【化学】天津市七校（静海一中，杨村中学，宝坻一中，大港一中等）2018-2019学年高二上学期期中联考（解析版） 试卷

天津市七校（静海一中，杨村中学，宝坻一中，大港一中等）2018-2019学年高二上学期期中联考
可能用到的相对原子质量：H: 1 C: 12 N: 14 O: 16 Na: 23 S: 32 Cl: 35.5 I: 127
第I卷
选择题（每小题只有一个选项符合题意，共18小题，每小题3分，共54分）
1.下列对能源的说法中不正确的是
A. 化学能是能量的一种形式，它不仅可以转化为热能，也能转化为电能或光能
B. 为了应对能源危机，应加大煤、石油等化石能源的开采，满足发展需求
C. 大力推广新能源汽车，建设绿色低碳的交通体系
D. 氢能具有燃烧热值高，资源丰富的优点，目前氢已用作火箭和燃料电池的燃料
【答案】B
【解析】
【详解】A. 化学反应中，不同能量之间可进行转化，化学能可转化为热能、光能、电能等，故A正确；
B. 煤、石油等化石能源是不可再生能源，不能无限制的开采，故B错误；
C. 新能源汽车以其低能耗、低污染等优势，对减少移动源排放、促进绿色低碳发展具有重要作用，故C正确；
D.氢能因燃烧热值高、污染小、水作为其原料，资源实在太丰富了，氢气燃烧产物为水无污染，目前氢已用作火箭和燃料电池的燃料，故D正确；
故答案为B。
2.下列对于化学反应进行的方向理解正确的是
A. 同种物质在气态时熵值最小，固态时最大
B. 在密闭条件下，体系可以自发的从无序变为有序
C. 大理石在常温下能够自发分解
D. 虽然硝酸铵溶于水要吸热，但它能够自发的向水中扩散
【答案】D
【解析】
【详解】A项，气态下分子混乱程度最大，固态下分子排列混乱程度最小，故A项错误；
B项，在密闭条件下，体系有自有序转变为无序的倾向，属于熵增过程，是自发过程，故B项错误；
C项，大理石分解的过程△H>0，△S>0，所以该反应常温下不能自发进行，故C项错误；
D项，在密闭条件下，体系有由有序自发地转变为无序的倾向，因为与有序体系相比，无序体系“更加稳定”。虽然硝酸铵溶于水要吸热，但它能够自发的向水中扩散，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】判断反应进行的方向要用综合判据，若△H-T△S<0，反应能自发进行。通常情况下，混乱度增大的反应和放热反应都有利于自发进行。
3.如图所示是25℃时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是

A. 该反应为放热反应
B. b曲线是表示加入了催化剂时的能量变化曲线
C. 加入催化剂，增加了反应的热效应
D. 反应开始通入1 mol N2和3 mol H2，反应后放出的热量一定为92kJ
【答案】A
【解析】
【分析】
该反应放出的能量大于吸收的能量，所以放热，△H=放出的能量-吸收的能量=600kJ/mol-508kJ/mol=92kJ/mol；其中曲线a是反应的活化能降低了，反应的焓变不变。
【详解】A.该反应放出的能量大于吸收的能量，所以该反应为放热反应，故A正确；
B. 曲线a是反应的活化能降低了，反应的焓变不变，所以是加入了催化剂所致，故B错误；
C. 反应体系中加入催化剂，不改变反应的始终态，则不会改变反应的热效应，故C错误；
D. 向密闭容器中通入1mol N2和3mol H2，不可能完全转化，所以达到平衡时放出热量小于92kJ，故D错误；
故答案选A。
【点睛】本题考查了化学反应中能量转化与催化剂的关系，反应热的计算，图象的应用能力，注意化学平衡的特征是可逆反应。
4.25 ℃和101 kPa时，反应 2A(g)=4B(g)+C(g) △H =+56.76kJ/mol，能够自发进行，其原因可能是
A. 是熵减少的反应 B. 是放热反应 C. 是吸热反应 D. 熵增大效应大于能量效应
【答案】D
【解析】
【分析】
由反应2A(g)=4B(g)+C(g) △H =+56.76kJ/mol，可以知道该反应吸热，且熵值增大，根据△H-T△S判断，反应能自发进行，必须满足△H-T△S<0才可。
【详解】反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据，在反应2A(g)=4B(g)+C(g) △H =+56.76kJ/mol，可以知道该反应吸热，且熵值增大。根据△H-T△S判断，反应能自发进行，必须满足△H-T△S<0才可，即熵增大效应大于能量效应。
所以D选项是正确的。
5.下列各式中属于正确的水解反应离子方程式的是
A. CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－ B. S2－＋H3O+ HS－＋H2O
C. CO32－＋2H2O H2CO3＋2OH－ D. HCO3－＋OH－ ＝ CO32－＋H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.表示醋酸根离子和水电离出的氢离子结合生成醋酸，属于水解反应，故A正确；
B. 若两边各去掉一个水分子，可以看出，这属于正盐和酸反应生成酸式盐，故B错误；
C. 碳酸是多元弱酸，多元弱酸盐的酸根离子的水解是分步进行的，故C错误；
D.碳酸氢根离子和氢氧根离子的反应为酸式盐和碱的反应，不是水解反应，故D错误；
故答案选A。
【点睛】水解反应的实质是弱碱阳离子或弱酸根离子与水电离出的H+或OH-结合生成弱电解质的反应，解答本题，要紧紧抓住盐类水解的实质，才能区分电离和水解的离子方程式的不同。
6.下列过程或现象与盐类水解无关的是
A. 纯碱溶液去油污
B. 铁在潮湿的环境下生锈
C. 用氯化铁溶液制氢氧化铁胶体
D. 利用明矾溶液的酸性可清除铜制品表面的铜锈
【答案】B
【解析】
【分析】
纯碱为强碱弱酸盐，氯化铁为强酸弱碱盐，明矾中含有铝离子，对应的水溶液都能水解，铁在潮湿的环境下生锈为金属的电化学腐蚀，与盐类水解无关。
【详解】A.纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，故A不选；
B.为钢铁的电化学腐蚀，与盐类水解无关，故B选；
C. 实验室制备氢氧化铁胶体，是把饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热到出现红褐色液体，与盐类水解有关，故C不选；
D. 明矾溶液显酸性：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，铜锈是Cu2(OH)2CO3，可以和H+反应，故D不选。
故答案选B。
7.在0.1 mol•L−1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－ + H+，对于该平衡，下列叙述正确的是
A. 加热，平衡向逆反应方向移动
B. 加入少量0.05 mol•L﹣1 H2SO4溶液，溶液中c（H+）不变
C. 加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
D. 加入少量水，水的电离平衡不移动
【答案】C
【解析】
【详解】A、弱电解质电离是吸热过程，加热促进电离，平衡向正反应方向移动，故A错误；
B、硫酸是强电解质，加入后溶液中c（H+）增大，电离平衡向着逆向移动，但是达到新的平衡时，溶液中c（H+）增大，故B错误；
C、加入少量NaOH固体后，H+和氢氧化钠反应，平衡向着正向移动，所以C选项是正确的；
D、加入水时，溶液被稀释，电离平衡向着正向移动，会促进醋酸的电离，故D错误；
所以C选项是正确的。
8.在1L密闭容器中进行如下反应：X（g）+3Y（g）2Z（g），达到平衡时 X、Y、Z的物质的量分别为 0.1mol、0.3mol、0.2mol，保持温度和容器体积不变时，再向容器中充入X、Y、Z的物质的量0.1mol、0.3mol、0.2mol，则下列说法正确的是
A. 化学平衡常数不变，平衡不移动 B. 向正反应方向移动
C. 向逆反应方向移动 D. 容器内压强始终保持原来的2倍
【答案】B
【解析】
【分析】
从题给数据可知，两次加料量是相同的，若为等温等压条件，则能建立等效平衡，但由于是等温等容，则相当于增大压强对平衡的影响，由于正反应是气体体积减小的反应，所以增大压强平衡向正反应方向移动，以此分析解答。
【详解】A. 平衡常数只和温度有关，温度不变，平衡常数不变，但平衡向正向移动，故A错误；
B. 等温等容条件下，再向容器中充入X、Y、Z的物质的量0.1mol、0.3mol、0.2mol，则相当于加压，平衡向正反应方向移动，故B正确；
C. 根据以上分析，平衡向正反应方向移动，故C错误；
D. 平衡向正反应方向移动，气体物质的量减小，压强也发生改变，故D错误；
故答案选B。
9.下列生产、生活等实际应用，能用勒夏特列原理解释的是
A. 加入催化剂有利于合成氨的反应
B. 500 ℃比室温更有利于合成氨的反应（已知合成氨反应是放热反应）
C. 由H2(g)、I2(g)和HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深
D. 阴暗处密封有利于氯水的储存
【答案】D
【解析】
【详解】A、使用催化剂不能使化学平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B、由于合成氨反应的正反应是放热反应，故从平衡移动分析低温比高温更有利于合成氨，而采用500℃是考虑到反应速率和催化剂的活性问题，故B不选；
C、体系颜色加深是因为I2的浓度增大，而加压平衡并未移动，不能用勒夏特列原理解释，故C不选；
D项，氯阴暗处密封有利于氯水的储存，因为氯气与水反应生成次氯酸，该反应是可逆反应，而次氯酸见光易分解，如果不避光平衡正向移动，氯水就变成盐酸，可用勒夏特列原理解释，故D选；
故答案选D。
【点睛】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且改变条件后平衡发生了移动，本题易错选项BC，要从原理上分析把握。
10.下列装置或操作正确且能达到实验目的的是
A. 读取滴定管读数 B. 排除滴定管内气泡
C. 酸碱中和滴定 D. 中和热的测定
【答案】B
【解析】
【详解】A、读数时，视线应在凹液面的最低点处，而且要与液面成水平，故A错误；
B、排除碱式滴定管内气泡的方法是：将胶管向上弯曲，用力捏挤玻璃珠，使溶液从尖嘴喷出，以排除气泡，故B正确；
C、不能用酸式滴定管盛装碱液，故C错误；
D、中和热测定时温度计要测反应混合液的最高温度，因此温度计要在小烧杯中，故D错误；
故选B。
11.已知室温时Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，Ksp(BaCO3)＝2.5×10－9。下列说法中不正确的是
A. BaCO3、BaSO4均不溶于水，所以均可以做胃病患者的钡餐试剂（提示：可溶性重金属钡盐是剧毒物质）
B. 虽然BaSO4和BaCO3溶解度相差较小，但BaCO3可以转化为BaSO4
C. 室温下，饱和BaSO4和BaCO3混合溶液中，c(SO42-)/c(CO32-)＝4.4×10－2
D. 分别用等体积的水和0.010 mol/L硫酸洗涤BaSO4沉淀，用水洗涤造成BaSO4的损失量大
【答案】A
【解析】
【详解】A.由于BaCO3能与胃酸的成分盐酸反应，生成可溶性钡盐，会引起中毒，所以不能用做胃病患者的钡餐试剂，故A错误；
B. 由题给数据可知，Ksp(BaSO4)< Ksp(BaCO3)，溶度积较小的可以转化成溶度积更小的，故B正确；
C. 室温下，饱和BaSO4和BaCO3混合溶液中，溶液中Ba2＋浓度相等，根据溶度积常数可以求出，当两种沉淀共存时c(SO42-)/c(CO32-)=Ksp(BaSO4 )÷Ksp(BaCO3)＝1.1×10－10÷2.5×10－9＝4.4×10-2，故C正确；
D.硫酸钡溶于存在溶解平衡，电离出钡离子和硫酸根离子，硫酸溶液中含有硫酸根离子，能抑制硫酸钡溶解，所以用水洗涤造成BaSO4的损失大于用稀硫酸洗涤的损失量，故D正确；
故答案选A。
12.在某一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A（g）+B（g）2C（g）△H＜0，t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程（I、Ⅱ）如图所示。下列说法中不正确的是

A. t0～t1时，v(正)＞v(逆)
B. I、Ⅱ两过程分别达到平衡时，A的体积分数Ⅰ=Ⅱ
C. t2 时刻改变的条件可能是向密闭容器中加A物质
D. Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数Ⅰ=Ⅱ
【答案】C
【解析】
【分析】
A、由图象分析可以知道，t0～t，反应正向进行，v(正)＞v(逆)；
B、由图象分析可以知道，t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，体积分数不变；
C、向密闭容器中加A，正反应速率瞬间增大，不符合图象；
D、由图象分析可以知道，t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变，说明和原平衡等效，则平衡常数不变。
【详解】A、由图象分析可以知道，t0～t，反应正向进行，v(正)＞v(逆)，故A正确；
B、t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，A的体积分数Ⅰ=Ⅱ，故B正确；
C、向密闭容器中加A，正反应速率瞬间增大，逆反应速率瞬间不可能增大，不符合图象，所以C选项是不正确的；
D、t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变，说明和原平衡等效，所以Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数I=Ⅱ，故D正确；
故答案选C。
【点睛】本题的难点是t2时刻改变的条件。该反应特点是A（g）+B（g）2C（g），且在恒温恒压条件下，根据图像可知，t2时刻改变条件后，逆反应速率瞬间增大，达到新平衡后，逆反应速率和原平衡相等，因此改变的条件应是向密闭容器中加C，建立了等效平衡。
13.关于pH都等于9的两种溶液：①NaOH溶液 ②CH3COONa溶液，下列说法正确的是
A. 加水稀释相同倍数后溶液的pH：①＝②
B. 由水电离产生的OH－物质的量浓度：①＞②
C. 升高相同温度后，溶液pH：①＝②
D. 两种溶液中的Na+物质的量浓度：①＜②
【答案】D
【解析】
【分析】
NaOH为强碱，pH=9，则c（OH-）=10-5mol/L，c（NaOH）=10-5mol/L；CH3COONa为强碱弱酸盐，水解显碱性，则c（CH3COONa）＞10-5mol/L。
【详解】分别加水稀释相同倍数时，促进CH3COONa水解，pH变化的小，所以醋酸钠的pH大于氢氧化钠的pH，故A错误；CH3COONa水解促进水电离，氢氧化钠抑制水电离，由水电离产生的OH-物质的量浓度：醋酸钠>氢氧化钠，故B错误；分别加热到相同温度时，NaOH溶液c（OH-）不变，加热促进CH3COONa水解，CH3COONa溶液中c（OH-）增大，升高相同温度，NaOH溶液的pH小于CH3COONa溶液，故C错误；两溶液因pH均为9，因此c（ CH3COONa）大于c（NaOH），因此CH3COONa溶液中c（Na+）大于NaOH溶液中c（Na+），故D正确。
【点睛】本题考查盐类水解的应用，注意：酸、碱、能水解的盐对水的电离的影响是解答本题的关键，明确温度、稀释对水解的影响，题目难度中等。
14.常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是
A. pH＝2的醋酸溶液与pH＝12的氢氧化钠溶液等体积混合：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
B. 浓度为0.1 mol·L－1的碳酸氢钠溶液：c(Na＋)＋ c(H＋)＝c(HCO3－)＋c(OH－)
C. 浓度为0.1 mol·L－1的(NH4)2CO3溶液：c(NH4＋)＝2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)
D. 浓度均为0.1 mol·L－1的醋酸溶液与NaOH溶液混合后：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)
【答案】A
【解析】
【详解】A、因醋酸为弱酸，pH＝2的醋酸与pH＝12的氢氧化钠溶液等体积混合，反应后为醋酸和醋酸钠的混合溶液，该溶液显酸性，弱电解质的电离大于醋酸根离子的水解，则c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故A正确；
B、浓度为0.1 mol·L－1的碳酸氢钠溶液，由电荷守恒可以知道c(Na＋)＋ c(H＋)＝2cCO32-)+c(HCO3－)＋c(OH－)，故B错误；
C、浓度为0.1 mol·L－1的(NH4)2CO3溶液，由物料守恒可以知道c(NH4＋)+c(NH3H2O)＝2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3) ，故C错误；
D、浓度均为0.1 mol·L－1的醋酸溶液与NaOH溶液若等体积混合，恰好生成醋酸钠，由质子守恒可以知道c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，但混合时溶液体积未知，故D错误；
所以A选项是正确的。
15.在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X（g）Y（g），温度T1、T2下X的物质的量浓度c（X）随时间t变化的曲线如图所示。下列叙述正确的是

A. T1＞T2 △H ＞ 0
B. 该反应进行到M点放出的热量等于进行到W点放出的热量
C. M点的正反应速率v（正）大于N点的逆反应速率v（逆）
D. M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据图像给出的在不同温度下达到平衡所需要的时间可得出，温度为T1时，化学反应速率大于温度为T2时的反应速率，所以T1>T2，当温度由T1变到T2时，降温，平衡向着正反应方向移动，所以正反应为放热反应，故A错误；
B、由图可知，M点X的转化率小于W点X的转化率，因此该反应进行到M点放出的热量小于进行到W点放出的热量，故B错误；
C、根据先拐先平，知T1>T2，M与W点，反应均达到平衡，温度越高，反应速率越大，M点的速率大于W点的反应速率，N点没有达到平衡，此时反应正向程度大，即N点的正向速率大于逆向速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，故C正确；
D、M点已达到平衡，M点时再加入一定量的X，则相当于增大压强，平衡正向移动，X的转化率增大，故D错误。
故答案选C。
16.下列说法正确的是
A. 任何酸与碱发生中和反应生成1mo1H2O的过程中，能量变化均相同
B. 已知：① C(s石墨)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5 kJ/mol② C(s金刚石)＋O2(g)=CO2(g) △H2=-395.0 kJ/mol，则金刚石比石墨稳定
C. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同
D. 表示硫的燃烧热的热化学方程式：S(s) +3/2O2(g)=SO3(g)；△H=-315kJ/mol
【答案】C
【解析】
【分析】
A、根据强酸强碱溶解要放热，弱酸弱碱电离要吸热分析；
B、根据物质的能量越低越稳定来判断；
C、反应的焓变只与起始和终了物质状态能量有关，与变化过程、反应条件无关；
D、根据燃烧热的定义判断。
【详解】A、强酸强碱溶解要放热，弱酸弱碱电离要吸热，所以任何酸与碱发生中和反应生成1mo1H2O的过程中，能量变化可能不同，故A错误；
B、由① C(s石墨)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5 kJ/mol ② C(s金刚石)＋O2(g)=CO2(g) △H2=-395.0 kJ/mol，则①-②得，C(s石墨)= C(s金刚石) △H=+1.5kJ/mol ，金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越高越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故B错误；
C、根据盖斯定律分析可以知道，反应的焓变只与起始和终了物质状态能量有关，与变化过程、反应条件无关，所以C选项是正确的；
D、硫的燃烧热是1molS完全燃烧生成二氧化硫放出的热量，故D错误；
所以C选项是正确的。
17.下列设计的实验方案能达到实验目的的是
A. 制取无水AlCl3：将AlCl3溶液加热蒸干并灼烧
B. 除去锅炉水垢中含有的CaSO4：先用Na2CO3溶液处理，然后再加酸去除
C. 证明氨水中存在电离平衡：向滴有酚酞的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液红色变浅
D. 配制FeCl3溶液时为防止溶液浑浊常加入少量稀硫酸
【答案】B
【解析】
【详解】A.AlCl3会水解生成 Al(OH)3，灼烧后失水成为 Al2O3，故A错误；
B.根据沉淀转化原理知，硫酸钙能转化为碳酸钙，再加酸溶解碳酸钙而除去，故B正确；
C.由于NH4+能发生水解，使溶液中H+增大，pH减小，也可以使溶液红色变浅，故不能证明氨水中存在电离平衡，故C错误；
D. 配制FeCl3溶液时为防止溶液浑浊常加入少量稀盐酸抑制水解，不能用稀硫酸，否则会引入杂质，故D错误；
故答案选B。
18.25℃时，向20 mL 0.01 mol·L-1HA(aq)中不断滴入0.02 mol·L-1 NaOH(aq)，混合溶液pH变化如图所示。此过程溶液下列说法不正确的是（已知：25℃时一元酸HA(aq)电离平衡常数Ka=1.6×10-5）

A. a点溶液的pH大于3
B. b点溶液中离子：c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
C. c点表示酸HA(aq)和NaOH(aq)溶液恰好完全反应
D. d点溶液加水稀释后c(H+)/c(HA)的值会增大
【答案】C
【解析】
【分析】
A、a点时，为0.01 mol·L-1HA溶液，根据电离常数计算c(H+)；
B、b点溶液为HA和NaA的混合物，溶液呈酸性；
C、根据反应方程式，结合溶液呈中性进行判断；
D、d点溶液存在A-的水解平衡，在一定温度下水解平衡常数不变，据此分析。
【详解】A、a点时，为0.01 mol·L-1HA溶液，已知25℃时一元酸HA(aq)电离平衡常数Ka=1.6×10-5，
HAH++A-
起始浓度（mol/L） 0.01 0 0
平衡浓度（mol/L） 0.01-x x x
=1.610-5，由于x很小，0.01-x0.01，则x2=1.610-7，解得x=410-4，pH=-lg410-4=4-2lg2=4-20.3=3.4>3，故A正确；
B、b点时酸过量，溶液为HA和NaA的混合物，溶液呈酸性，应存在c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故B正确；
C、若酸HA(aq)和NaOH(aq)溶液恰好完全反应则生成NaA为强碱弱酸盐，水解显碱性，pH>7，与c点溶液呈中性不符，故C错误；
D、d点为NaOH和NaA的混合物，溶液中存在醋酸根离子的水解平衡：A -+H2OHA+OH-，水解常数Kh==，在一定温度下不变，加水稀释后，c(A-)减小，则c(HA) /c(H+)减小，故c(H+)/c(HA)的值增大，故D正确；
故选C。
第II卷
非选择题（共4小题，共46分）
19.水煤气法制取甲醇（CH3OH）的反应及其反应的焓变、平衡常数如下：
① CH4(g) +1/2O2(g)CO(g) + 2H2(g) △H1 =－35.4kJ·mol－1 平衡常数K1
② CO(g) + 2H2(g) CH3OH (g) △H2 =－90.1 kJ·mol－1 平衡常数K2
③ 2CH4(g) + O2(g) 2CH3OH(g) △H3 平衡常数K3
（1）在25℃、101kPa下，1g液态甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为_________________________________。
（2）依据盖斯定律求出反应③ 2CH4(g) + O2(g) 2CH3OH(g) △H3 =_____kJ·mol－1，相同温度下K3=______（用含K1、K2代数式表示）。
（3）下列关于化学反应中的能量及变化理解错误的是（填字母序号）______。
a．反应中活化能的作用是使反应物活化，从而启动反应或改变反应速率
b．化学键的断裂与形成一定伴随着电子的转移和能量变化
c．在一定条件下，某一化学反应是吸热反应还是放热反应，由生成物与反应物的焓值差即焓变（△H）决定
d．氯化钠晶体熔化时，离子键被破坏，吸收能量，发生化学变化
e．200℃、101kPa时，1 mol H2和碘蒸气作用生成HI的反应，热化学方程式表示如下：H2(g)＋I2(g) === 2HI(g)　 △H= -14.9 kJ·mol－1
f．燃烧热定义中“生成稳定的氧化物”，意味着这些氧化物不能再燃烧了
【答案】 (1). CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO 2(g)+2H2O(l) ΔH＝-725.76kJ·mol-1 (2). -251 (3). K12·K22 (4). b d e
【解析】
【分析】
（1）由1g液态甲醇燃烧放热22.68kJ，则1mol CH3OH燃烧放热22.68 kJ×32=725.76kJ，并在热化学方程式中标明物质的状态；
（2）根据盖斯定律求反应热；通过化学方程式加和求反应的平衡常数；
（3）a．活化能的作用在于使反应物活化，从而启动反应或改变反应速率；
b．成键释放能量，但不一定发生氧化还原反应；
c．在一定条件下，某一化学反应是吸热反应还是放热反应，由生成物与反应物的焓值差即焓变（△H）决定；
d．氯化钠熔化只有离子键的断裂，没有新键的形成，不属于化学变化；
e．没有反应热数据，不能写出热化学方程式；
f． “生成稳定的氧化物” 指在燃烧的过程中不会再发生反应的氧化物，也就是完全燃烧。
【详解】（1） 由1g液态甲醇燃烧放热22.68kJ，则1mol CH3OH燃烧放热22.68 kJ×32=725.76kJ，则该燃烧反应的热化学方程式为CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO 2(g)+2H2O(l) ΔH＝-725.76kJ·mol-1 ，
因此，本题正确答案是：CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO 2(g)+2H2O(l) ΔH＝-725.76kJ·mol-1 ；
（2）已知：① CH4(g) +1/2O2(g)CO(g) + 2H2(g) △H1 =－35.4kJ·mol－1
② CO(g) + 2H2(g) CH3OH (g) △H2 =－90.1 kJ·mol－1
根据盖斯定律，①×2+②×2得③ 2CH4(g) + O2(g) 2CH3OH(g)
故△H3 =（－35.4kJ·mol－1）×2+（－90.1 kJ·mol－1 ）×2=-251kJ·mol－1，
相同温度下K3=== K12·K22，
因此，本题正确答案是：-251 ；K12·K22 ；
（3）a．活化能的作用在于使反应物活化，从而启动反应或改变反应速率，故a正确；
b．成键释放能量，但不一定发生氧化还原反应，则化学键的形成一定伴随着能量变化，不一定存在电子的转移，故b错误；
c．在一定条件下，某一化学反应是吸热反应还是放热反应，由生成物与反应物的焓值差即焓变（△H）决定，故c正确；
d．化学变化是旧键的断裂和新键的形成，氯化钠熔化只有离子键的断裂，没有新键的形成，不属于化学变化，故d错误；
e．没有反应热数据，不能写出热化学方程式，故e错误；
f． “生成稳定的氧化物” 指在燃烧的过程中不会再发生反应的氧化物，也就是完全燃烧，故f正确。
因此，本题答案选：b d e。
20.t℃时，将3 mol A和2 mol B气体通人体积为2L的密闭容器中（容积不变），发生如下反应：3A(g)+B(g) 2C(g)，2 min时反应达到平衡状态（温度不变），测得C的浓度为0.2 mol/L，请填写下列空白：
（1）该过程用A表示的反应速率为：v(A)=_______；该温度下该反应的化学平衡常数表达式为__________。
（2）比较达到平衡时，A、B两反应物的转化率：α(A)______α(B)（填“＞”、“=”或“＜”）。
（3）判断反应达到平衡状态的依据是（填字母序号）__________。
a．生成C的速率与消耗B的速率相等 b．混合气体的密度不变
c．混合气体的相对平均分子质量不变 d．A的质量分数不再发生变化
（4）若升高温度，再次达平衡时，平衡常数数值变大，则该反应的H_____0（填“＞”、“=”或“＜”）。
（5）若保持温度不变时，继续向原平衡混合物的容器中通入少量氦气(氦气和A、B、C都不反应)后，则化学反应速率会__________（填“加快”、“减慢”或“不变”），化学平衡将_________（填“正反应方向移动”、“逆反应方向移动”或“不移动”）。
（6）在恒温恒容密闭容器中进行上述反应，起始投料时各物质的浓度如下表：

A
B
C
投料I
3.0 mol/L
1.0 mol/L
0
投料II
2.0 mol/L
1.0 mol/L
2.0 mol/L
按投料I进行反应，测得达到化学平衡状态时A的转化率为40％，若按投料II进行反应，起始时反应进行的方向为________（填“正向”、“逆向”或“不移动）。
【答案】 (1). 0.15 mol/(L·min) (2). K=c2(C)/c3(A)c(B) (3). ＞ (4). c d (5). ＞ (6). 不变 (7). 不移动 (8). 逆向
【解析】
【分析】
（1）列出三行式，找出转化量和平衡量，再根据v=计算反应速率；根据化学方程式，列出平衡常数表达式。
（2）列出三行式，找出转化量和平衡量，求出A、B的转化率，再比较大小；
（3）达到平衡状态时正反应速率和逆反应速率相等，各物质的百分含量保持不变；
（4）若升高温度，再次达平衡时，平衡常数数值变大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，由于升高温度平衡向吸热反应方向移动，则正反应为吸热反应，△H>0；
（5）恒容容器充入惰气，各物质的浓度不变，则化学反应速率不变，化学平衡将不移动；
（6）根据投料I达到平衡时A的转化率，求出平衡时各物质的浓度，进而求出该温度下平衡常数；若按投料II进行反应，Qc==0.5>K，所以起始时反应向逆向进行。
【详解】 3A(g)+B(g) 2C(g)
起始浓度（mol/L）1.5       1         0
转化浓度（mol/L）0.3        0.1        0.2
平衡浓度（mol/L）1.2        0.9        0.2
2min达平衡，该过程用A表示的反应速率为：v(A)==0.15 mol/(L·min)；
根据化学方程式，平衡常数表达式为K=c2(C)/c3(A)c(B)。
故答案为：0.15 mol/(L·min)； K=c2(C)/c3(A)c(B)；
（2）达到平衡时，A的转化率：α(A)=×100%=20%，
α(B)=×100%=10%，所以α(A) ＞α(B)。
故答案为：＞；
（3）a．生成C的速率与消耗B的速率相等不能说明正反应速率等于逆反应速率，故不能判断是否达到平衡，a不选；
b．由于该反应容积固定，V不变，反应物和生成物都是气体，总质量不变，所以混合气体的密度始终不变，不能判断是否达到平衡，b不选；
c．根据M=，混合气体的质量不变，但气体的总物质的量随反应改变，若相对平均分子质量不变则说明各物质的百分含量不再改变，说明达到平衡状态，c选；
d．A的质量分数不再发生变化，则反应混合物中各组分百分含量都不变，说明达到平衡状态，d选；
故答案为：c d；
（4）若升高温度，再次达平衡时，平衡常数数值变大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，由于升高温度平衡向吸热反应方向移动，则正反应为吸热反应，△H>0；
故答案为：＞；
（5）通入少量氦气后，由于是恒容，各物质的浓度不变，则化学反应速率不变，化学平衡不移动。
故答案为：不变 ；不移动；
（6）恒温恒容密闭容器中，起始投料I建立平衡:
3A(g)+B(g) 2C(g)
起始浓度（mol/L）3        1         0
转化浓度（mol/L）3x        x        2x
平衡浓度（mol/L）3-3x       1-x        2x
A的转化率为40％，则×100%=40%，解得x=0.4，
则该温度下的平衡常数为K===0.18
若按投料II进行反应，Qc==0.5>K，所以起始时反应向逆向进行。
故答案为：逆向。
【点睛】本题较难，考查化学反应速率及化学平衡，学生能利用浓度商和平衡常数来分析（6）是解答本题的关键。
21.现有室温下浓度均为1×10﹣3 mol/L的几种溶液：①盐酸、②硫酸、③醋酸、④硫酸铵、⑤氨水、⑥氢氧化钠溶液，回答下列问题：
（1）氨水的电离方程式为_______，硫酸铵在水溶液中水解的离子方程式为___________。
（2）将③、⑥混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为③________⑥（填“＞”、“=”或“＜”），溶液中的离子浓度由大到小的顺序为____________________________。
（3）在某温度下（Kw=1×10﹣12），将100 mL的①与100 mL的⑥溶液混合后（假设混合后溶液的体积为混合前两溶液的体积之和），溶液的pH=_________。
（4）若将等体积的②、③溶液加热至相同温度后，溶液的pH ②_______③（填“＞” 、“=”或“＜”）。
（5）室温时，若用①滴定⑤，适宜的指示剂为_____，当滴定过程中pH=9时，且溶液中满足4c(NH4+)=7c(NH3·H2O)，则氨水的电离平衡常数Kb(NH3·H2O)=____（填数值）。
【答案】 (1). NH3·H2ONH4+ + OH－ (2). NH4+ + H2O NH3·H2O+H+ (3). ＞ (4). c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-) (5). 6 (6). < (7). 甲基橙 (8). 1.75×10－5
【解析】
【分析】
（1）依据一水合氨为弱电解质书写电离方程式；铵根离子为弱碱阳离子和水电离出的氢氧根离子结合生成一水合氨和氢离子；
（2）若二溶液体积相同，生成了醋酸钠溶液，显示碱性，所以醋酸应该体积大些；反应后的pH等于7的醋酸钠中性溶液，根据电荷守恒分析离子浓度大小关系；
（3）将100 mL、1×10﹣3 mol/L的盐酸与100 mL、1×10﹣3 mol/L的氢氧化钠溶液恰好完全反应，溶液呈中性，由于Kw=1×10﹣12，c(H+)=1×10﹣6，pH=6。
（4）若将等体积等浓度的硫酸、醋酸溶液，由于硫酸是二元强酸，醋酸是弱酸，不完全电离，溶液中的c(H+)硫酸大于醋酸，所以溶液的pH ②＜③；
（5）用1×10﹣3 mol/L的盐酸滴定1×10﹣3 mol/L的氨水，恰好完全反应时生成氯化铵，溶液呈酸性，所以适宜的指示剂为甲基橙；当滴定过程中pH=9时，溶液为一水合氨和氯化铵的混合溶液，氨水的电离平衡常数Kb(NH3·H2O)=，将4c(NH4+)=7c(NH3·H2O)，c(OH-)=10-5mol/L，代入得：
Kb(NH3·H2O)==1.75×10-5。
【详解】（1）NH3·H2O为弱电解质，发生部分电离，电离方程式为NH3·H2ONH4+ + OH－；NH4+为弱碱阳离子和水电离出的氢氧根离子结合生成一水合氨和氢离子，水解的离子方程式为NH4+ + H2O NH3·H2O+H+；
因此，本题正确答案为：NH3·H2ONH4+ + OH－；NH4+ + H2O NH3·H2O+H+；
（2）若二溶液体积相同，生成了醋酸钠溶液，显示碱性，所以醋酸应该体积大些，消耗两溶液的体积为③>⑥；反应后的pH等于7的醋酸钠中性溶液，根据电荷守恒c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)；
因此，本题正确答案为：>；c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)；
（3）将100 mL、1×10﹣3 mol/L的盐酸与100 mL、1×10﹣3 mol/L的氢氧化钠溶液恰好完全反应，溶液呈中性，由于此时Kw=1×10﹣12，则c(H+)=1×10﹣6，pH=6。
因此，本题正确答案为：6；
（4）若将等体积等浓度的硫酸、醋酸溶液，由于硫酸是二元强酸，醋酸是弱酸，不完全电离，溶液中的c(H+)硫酸大于醋酸，所以溶液的pH ②＜③；
因此，本题正确答案为：＜；
（5）用1×10﹣3 mol/L的盐酸滴定1×10﹣3 mol/L的氨水，恰好完全反应时生成氯化铵，溶液呈酸性，所以适宜的指示剂为甲基橙；
当滴定过程中pH=9时，溶液为一水合氨和氯化铵的混合溶液，氨水的电离平衡常数Kb(NH3·H2O)=，将已知4c(NH4+)=7c(NH3·H2O)，c(OH-)=10-5mol/L，代入得：
Kb(NH3·H2O)==1.75×10-5。
因此，本题正确答案为：甲基橙；1.75×10-5。
22.结合所学内容，回答下列问题：
Ⅰ．某同学进行影响草酸与酸性高锰酸钾溶液反应速率因素的研究。草酸与酸性高锰酸钾的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。室温下，两支试管分别编号①和②，实验数据如下：
实验序号
①
②
加入试剂
4 mL 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液
2 mL 0.1mol/L H2C2O4溶液
4 mL 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液
2 mL 0.1mol/L H2C2O4溶液
一粒黄豆粒大的MnSO4固体
褪色时间/s
116
6

试管①中KMnO4溶液褪色的速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快。
请回答：
(1)该实验结论是___________________________________________________________。
(2)实验②选用MnSO4固体而不是MnCl2固体的原因是____________________________。
(3)该同学为使实验更加严密，在试管③中做了如下实验，请预测褪色时间约为_____。
实验序号
③
加入试剂
4 mL 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液
2 mL 0.1mol/L H2C2O4溶液
一粒黄豆粒大的Na2SO4固体
褪色时间/s

Ⅱ．滴定法是一种重要的定量分析方法，应用范围很广。某地市场上销售的一种食用精制盐包装袋上有如下部分说明：
产品等级
一级
配料
食盐、碘酸钾(KIO3)、抗结剂
碘含量(以I计)
20～50 mg·kg－1
已知：IO3－＋5I－＋6H＋ = 3I2＋3H2O，I2＋2S2O32- = 2I－＋S4O62-某学生拟测定食用精制盐的碘含量，其步骤为
a．准确称取W g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解
b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全
c．加入指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10－3 mol·L－1的Na2S2O3溶液10.0 mL，恰好反应完全
(4)c中加入的指示剂可选用_________，恰好完全反应时的现象是_______________。
(5)若操作b在空气中振荡时间过长，则最终测定的测定食用精制盐中的的碘含量会__________(填“偏高”、“偏低”或“没有影响”)。
(6)根据以上实验和包装说明，算得所测食用精制盐的碘含量是(以含W的代数式表示)________mg·kg－1(计算结果保留整数即可)。
【答案】 (1). 在其他条件相同时，Mn2+是KMnO4与H2C2O4反应的催化剂，起着加快反应速率的作用 (2). 酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也会使KMnO4溶液褪色。或控制单一变量，排除Cl－对反应速率有影响的可能性（两者取其一即可） (3). 116 s (4). 淀粉 (5). 溶液由蓝色恰好变为无色,且30s不变化 (6). 偏高 (7). 423/W
【解析】
【分析】
Ⅰ．（1）实验①、②、③中使用的反应物是都是 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液、0.1mol/L H2C2O4溶液，都在室温下反应，说明浓度相同，温度相同，对比其他条件以及高锰酸钾褪色时间的快慢，从催化剂对化学反应速率的影响进行分析； 根据草酸与酸性高锰酸钾反应生成了MnSO4来分析；
（2）根据酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化氯化锰中的氯离子，也会使KMnO4溶液褪色，产生干扰进行分析；
（3）实验①、②、③中使用的反应物是都是 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液、0.1mol/L H2C2O4，
实验③没有Mn2+的催化作用，反应速率和实验①应相同；
Ⅱ．（4）碘遇淀粉溶液变蓝；溶液呈蓝色，随反应I2＋2S2O32- = 2I－＋S4O62-进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色；
（5）若操作b在空气中振荡时间过长，则有部分I-可能被空气中的氧气氧化成I2,在滴定时消耗的标准液偏多，计算结果偏大；
（6）根据IO3－＋5I－＋6H＋ = 3I2＋3H2O反应方程式计算。
【详解】（1）实验①、②、③中使用的反应物是都是 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液、0.1mol/L H2C2O4，都在室温下反应，说明浓度相同，温度相同，高锰酸钾褪色时间最快的是②，加了硫酸锰，③中加的是硫酸钠与①褪色时间基本相同，对比得知起催化作用的是Mn2+， 
因此，本题正确答案是：在其他条件相同时，Mn2+是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，起着加快反应速率的作用；
（2）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也会使KMnO4溶液褪色。或控制单一变量，排除Cl－对反应速率有影响的可能性（两者取其一即可）
因此，本题正确答案是：酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也会使KMnO4溶液褪色。或控制单一变量，排除Cl－对反应速率有影响的可能性（两者取其一即可）；
（3）实验①、②、③中使用的反应物是都是 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液、0.1mol/L H2C2O4，
实验③没有Mn2+的催化作用，反应速率和实验①应相同，褪色时间约为116s；
因此，本题正确答案是：116s；
Ⅱ．（4）碘遇淀粉溶液变蓝，故加入的指示剂可选用淀粉；溶液呈蓝色，随反应I2＋2S2O32- = 2I－＋S4O62-进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点，判断c中反应恰好完全所根据的现象是：溶液由蓝色恰好变为无色,且30s不变化，
因此，本题正确答案是：淀粉；溶液由蓝色恰好变为无色,且30s不变化；
（5）若操作b在空气中振荡时间过长，则有部分I-可能被空气中的氧气氧化成I2,在滴定时消耗的标准液偏多，计算结果偏高；
因此，本题正确答案是：偏高；
（6）b中生成的碘在c中反应IO3－＋5I－＋6H＋ = 3I2＋3H2O，所以
IO3－~~~~~~ 3I2~~~~~~6S2O32-
 1mol                  6mol
x   2.0×10-3mol/L×0.01L=2.0×10-5mol
解得：x=2.0×10-5mol，m(I)=2.0×10-5mol×127g/mol=4.23×10-4g=0.423mg
则每千克食盐中含碘==mg/kg，
因此，本题正确答案是：423/W。