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【化学】山西省阳泉二中2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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山西省阳泉二中2018-2019学年高二上学期期中考试
第I卷（选择题）
一、单选题（每小题2分，共44分）
1. 未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或者污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是（ ）
①天然气 ②生物质能 ③潮汐能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥煤 ⑦风能 ⑧氢能
A. ①②③④ B. ②③⑤⑦⑧ C. ⑤⑥⑦⑧ D. ③④⑤⑥⑦⑧
【答案】B
【解析】
试题分析：煤、石油、天然气是化石能源是不可再生能源，燃烧时生成的污染物较多，不是新能源；常见新能源有：太阳能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，它们都是可再生、无污染的新能源。故选B。
【考点定位】考查化石能源与新能源
【名师点晴】本题考查化石能源与新能源，注意加强基础知识的积累。煤、石油、天然气等化石燃料燃烧时能生成大量的二氧化碳、一氧化碳、二氧化硫、氮氧化物等污染环境的物质，而且化石燃料属于不可再生能源。现代社会对能量的需求量越来越大，化学反应提供的能量已不能满足人类的需求．目前，人们正在利用和开发其他新能源，如太阳能、核能、风能、地热能和潮汐能等．这些能源的利用，不但可以部分解决化石能源面临耗尽的问题，还可以减少对环境的污染，我们要树立节能环保的意识。
2.下列物质的分类组合中正确的是
A
B
C
D
强电解质
Cu(OH)2
KCl
HCl
CaCO3
弱电解质
NaOH
NH3•H2O
BaSO4
CH3COOH
非电解质
SO2
金刚石
NH3
C2H5OH
导电物质
石墨
稀H2SO4
熔融KCl
铜
【答案】D
【解析】
Cu(OH)2属于弱电解质，不属于强电解质，A错误；金刚石既不是电解质，也不是非电解质，它是单质，B错误；BaSO4属于难溶性盐，但属于强电解质，C错误；CaCO3为盐，属于强电解质、CH3COOH为弱酸，属于弱电解质、C2H5OH不导电，属于非电解质；铜属于金属，能够导电，D正确；正确选项D。
点睛：电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等。
3.下列热化学方程式中ΔH数值代表燃烧热的是( )
A. CH4(g)＋2O2(g)===2H2O(1)＋CO2(g) ΔH1
B. S(s)＋3/2O2(g)===SO3(g) ΔH2
C. C6H12O6(s)＋6O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(g) ΔH3
D. 2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH4
【答案】A
【解析】
【分析】
从燃烧热的定义分析，燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量。
【详解】A、甲烷完全燃烧时应生成CO2和液态水，热化学方程式中△H等于燃烧热，故A正确；B、S不能与氧气反应直接生成SO3，故B错误；C、反应中生成的水为气体，不符合燃烧热的定义，热化学方程式中△H不代表燃烧热，故C错误；D、热化学方程式中CO的物质的量不为1mol，热化学方程式中△H不等于燃烧热，故D错误；故选A。
【点睛】本题考查燃烧热的定义，注意燃烧热概念的理解。本题的易错点为CD，要注意燃烧热的热化学方程式时可燃物一定是1 mol，即可燃物的计量系数一定是1，稳定的氧化物指反应中C→CO2，H→H2O(液)，S→SO2(气)等。
4.用稀硫酸与过量锌粒反应制取氢气，欲加快化学反应速率而不改变产生氢气的量，下列措施不可行的是
A. 升高温度 B. 滴加少量浓硫酸
C. 滴加少量硫酸铜溶液 D. 改用等质量的锌粉
【答案】B
【解析】
【分析】
加热、增大浓度、增大接触面积、构成原电池，均可加快反应速率。
【详解】升高温度，增大活化分子百分数，反应速率增大，A正确；滴加少量浓硫酸，硫酸的物质的量增大，生成氢气的体积偏大，B错误；锌置换出铜，形成铜锌原电池反应，反应速率增大，C正确；改用等质量的锌粉，固体的表面积增大，反应速率增大，D正确。
故选B。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于分析能力和基本理论知识的综合运用的考查，把握影响化学反应速率的因素是解答的关键。
5.金刚石和石墨是碳元素的两种同素异形体.在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石要吸收1.895kJ的热量，试判断在100kPa压强下，下列结论不正确的是
A. 石墨比金刚石稳定
B. 金刚石和石墨的微观结构不同
C. lmol石墨比lmol金刚石的总能量高
D. 石墨转化为金刚石是化学变化
【答案】C
【解析】
A、石墨转化成金刚石，此反应属于吸热反应，即石墨的能量低于金刚石，能量越低，物质越稳定，石墨比金刚石稳定，故A说法正确；B、金刚石属于原子晶体，石墨为混合晶体，因此两种物质微观结构不同，故B说法正确；C、根据A选项分析，故C说法错误；D、石墨转化成金刚石，结构发生改变，属于化学变化，故D说法正确。
6.甲溶液的pH是3，乙溶液的pH是4,甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为
A. 1:10 B. 10:1 C. 2:1 D. 1:2
【答案】B
【解析】
甲溶液的pH是3，c(H+)=1.010-3mol/L，乙溶液的pH是4，c(H+)=1.010-4mol/L，所以甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为10:1，故答案选B。
7.对于反应A(g)+4B(g) ＝ 2C(g)+2D(g),下列数据表示反应进行得最快的是（ ）
A. v(A)＝1.4mol/(L·s) B. v(B)＝3.6mol/(L·s)
C. v(C)＝2mol/(L·s) D. v(D)＝3.0mol/(L·min)
【答案】A
【解析】
反应速率之比是相应的化学计量数之比，根据方程式可知如果都用B物质表示其反应速率，则分别是[mol/(L·s)]5.6、3.6、4、0.1，所以表示反应进行得最快的是选项A，答案选A。
点睛：同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值，但在比较时应该注意单位的统一，例如选项D。
8. 下列溶液，一定呈中性的是
A. 由等体积、等物质的量浓度的硫酸跟NaOH溶液混合后所形成的溶液
B. c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1的溶液
C. pH＝7的溶液
D. c(H＋)=的溶液（Kw为该温度下水的离子积常数）
【答案】D
【解析】
试题分析：A、由等体积、等物质的量浓度的硫酸跟NaOH溶液混合后所形成的溶液，因为硫酸中氢离子的物质的量大于氢氧化钠中氢氧根离子的物质的量，所以溶液呈酸性，错误；B、常温时c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1的溶液为中性，但未指明温度时，不能判断溶液的酸碱性，错误；C、常温时pH＝7的溶液为中性，但未指明温度时，不能判断溶液的酸碱性，错误；D、因为c(H＋) ×c(OH-)=KW，所以c(H＋)=时，说明c(H＋) =c(OH-)，此溶液一定是中性溶液，正确，答案选D。
考点：考查溶液为中性的判断
9.已知稀溶液中H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)，生成1 mol H2O(l)放出57.3 kJ 热量。下列过程中放出热量为57.3 kJ的是
A. 1 mol H2SO4与足量的NaOH溶液反应
B. 稀盐酸与氨水反应生成1 mol H2O(l)
C. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1 mol H2O(l)
D. 稀NaOH与98%浓硫酸反应生成 1 mol H2O(l)
【答案】C
【解析】
分析：中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，结合反应的特点分析判断。
详解：A. 1 mol H2SO4与足量的NaOH溶液反应生成2mol水，放出的热量是2×57.3 kJ，A错误；
B. 一水合氨是弱碱，存在电离平衡，电离吸热，则稀盐酸与氨水反应生成1 mol H2O(l)时放出热量小于57.3 kJ，B错误；
C. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1 mol H2O(l)时放出热量为57.3 kJ，C正确；
D. 浓硫酸溶于水放热，则稀NaOH与98%浓硫酸反应生成 1 mol H2O(l)时放出热量大于57.3 kJ，D错误；答案选C。
10.室温下，由水电离产生的c(OH-)=10-11mol/L的溶液中，一定大量共存的离子组（ ）
A. Na+ 、 NH4+ 、Cl- 、SO42- B. S2- 、CH3COO- 、Na+ 、Cs+
C. K+ 、 Na+ 、 I- 、NO3- D. K+ 、 Na+ NO3- 、SO42-
【答案】D
【解析】
常温时，若由水电离产生的c（OH-）为1×10-11mol・L-1，说明可能为酸性溶液也可能是碱性溶液。
A. 在碱性条件下NH4+不能大量共存，故A错误；
B. 酸性条件下，S2−、CH3COO−不能大量存在，都与氢离子反应，故B错误；
C. 若为酸性溶液，则H＋、NO3－和I－会发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；
D. 无论酸或碱溶液中，该组离子之间均不反应，一定大量共存，故D正确。
故答案选D。
11.体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，与NaOH溶液中和时两者消耗NaOH的物质的量
A. 相同 B. 中和HCl的多
C. 中和CH3COOH的多 D. 无法比较
【答案】C
【解析】
盐酸和醋酸都是一元酸，pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以C（HCl）＜C（CH3COOH），等体积的两种溶液 n（HCl）＜n（CH3COOH），所以醋酸消耗的氢氧化钠多，故选C．
【点评】本题考查弱电解质的电离，明确“pH相同的相同元数的酸中，弱酸的物质的量浓度大于强酸”是解本题的关键，难度不大．
12.对可逆反应2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g) △H＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是
①增加A的量，平衡向正反应方向移动 ②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小 ③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变 ④增大B的浓度，平衡向正反应方向移动 ⑤加入催化剂，B的转化率提高
A. ①② B. ③ C. ④ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
试题分析：①A是固体，增大A的量对平衡无影响，故①错误；②升高温度，v(正)、v(逆)均应增大，但v(逆)增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故②错误；③压强增大平衡不移动，但v(正)、v(逆)都增大，故③错误；④增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v(正)＞v(逆)，故④正确；⑤使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故⑤错误；故选C。
考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。
13.常温下，等体积的酸溶液和碱溶液混合后pH一定等于7 的是
A. pH=3 的盐酸和pH=11的KOH溶液 B. pH=3 的硝酸和pH=11的氨水
C. pH=3 的硫酸和pH=13 的NaOH溶液 D. pH=3 的醋酸和pH=11的KOH 溶液
【答案】A
【解析】
A、盐酸属于强酸，pH=3的盐酸，其c(H＋)=10－3mol·L－1，KOH属于强碱，pH=11的KOH溶液中c(OH－)= 10－3mol·L－1，等体积混合，充分反应后，溶液显中性，溶液的pH一定等于7，故A正确；B、氨水是弱碱，等体积混合后，溶质为NH4NO3和NH3·H2O，溶液显碱性，即pH>7，故B错误；C、pH=3的硫酸中c(H＋)=10－3mol·L－1，pH=13的NaOH溶液中c(OH－)=10－1mol·L－1，等体积混合后，溶液显碱性，pH>7，故C错误；D、醋酸是弱酸，等体积混合后，溶液显酸性，即pH<7，故D错误。
14.关于常温下pH＝12的稀氨水，下列叙述不正确的是
A. 溶液中c （OH-）＝1.0´10-2 mol·L-1
B. 由水电离出的c （OH-）＝1.0´10-12 mol·L-1
C. 加水稀释后，氨水的电离程度增大
D. 加入少量NH4Cl固体，溶液pH变大
【答案】D
【解析】
分析：pH＝12的稀氨水，c （H+）=10-12 mol·L-1，c （OH-）＝1.0´10-2 mol·L-1；碱溶液抑制水电离，因此c（OH-）（水）= c（H+）=10-12 mol·L-1；一水合氨属于弱电解质，存在电离平衡：NH3∙H2ONH4++OH-，加水稀释，促进电离；增加c(NH4+)，平衡左移，抑制电离；据此解答此题。
详解：A. pH＝12的稀氨水，c（H+）=10-12 mol·L-1，c（OH-）＝1.0´10-2 mol·L-1，A正确；碱溶液抑制水电离，由水电离出的c（OH-）= c（H+）=10-12 mol·L-1，B正确；一水合氨为弱电解质，加水稀释，促进电离，氨水的电离程度增大，C正确；一水合氨存在电离平衡：NH3∙H2ONH4++OH-，加入少量NH4Cl固体，增加c(NH4+)，平衡左移，氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，溶液pH变小，D错误；正确选项D。
15.在25℃时，用蒸馏水稀释1mol/L的醋酸溶液至0.01mol/L，随着溶液的稀释，下列各项始终保持增大趋势的是
A. c(H+)/c(CH3COOH) B. c(H+)
C. c(CH3COOH)/c(CH3COO-) D. c(CH3COO-)
【答案】A
【解析】
在稀释过程中，醋酸溶液的电离程度增大，n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)增大，因此n(H+)/ n(CH3COOH)增大，A正确；加水稀释过程中c(H+)减小，B错误；由于加水稀释过程中，c(CH3COOH)、c(CH3COO-)均减小，但是由于平衡右移，导致c(CH3COO-)减小的程度小，c(CH3COOH)/c(CH3COO-)减小，C错误；加水稀释，c(CH3COO-)减小，D错误；正确选项A。
点睛：温度不变的情况下，用蒸馏水稀释醋酸溶液，溶液中的c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)均减小，但是溶液中c(OH-)增大，因为KW不变。
16.已知断开1molH-H键吸收的能量为436kJ，形成lmolN-H键放出的能量为391kJ，根据化学方程式N2+3H22NH3，反应完1molN2放出的能量为92.4kJ，则断开1molN≡N键吸收的能量是
A. 945.6 kJ B. 869kJ C. 649.6kJ D. 431kJ
【答案】D
【解析】
试题分析：已知：H-H键能为436kJ/mol，H-N键能为391kJ/mol，设N≡N的键能为x，对于反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol，反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，故x+3×436kJ/mol-2×3×391kJ/mol=-92.4kJ/mol，解得：x=945.6kJ/mol，答案选D。
【考点定位】本题考查了反应热的有关计算、反应热与化学键键能的关系
【名师点晴】明确反应热与键能的关系是解答本题的关键，在热化学方程式中，反应热＝反应物的总键能-生成物的总键能。
17.下列说法中不正确的是
①将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质
②氨溶于水得到的溶液氨水能导电，所以氨水是电解质
③固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电
④固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电
⑤强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强
A. ①④ B. ①④⑤ C. ①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
试题分析：①硫酸钡熔融状态下能电离导电，是电解质，错误。②氨溶于水与水反应生成一水合氨，一水合氨能电离出离子，一水合氨是电解质，氨气是非电解质，错误。③熔融态共价化合物不电离不导电，错误。④离子化合物熔融状态电离而导电，正确。⑤溶液的导电能力与溶液的离子浓度和离子带电荷有关，强电解质的导电能力不一定比弱电解质强，错误。所以选D。
考点：物质的分类，电解质，离子化合物和共价化合物的判断
【名师点睛】电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，包括酸碱盐和金属氧化物。非电解质是指在水溶液或熔融状态下都不导电的化合物，常见的有乙醇，蔗糖，二氧化碳，二氧化硫，氨气等。注意电解质不定导电，导电的不一定是电解质，需要看物质存在的环境是否为溶液或熔融状态下，看是否为自身电离而导电。
18.下列说法正确的是
A. 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数从而使有效碰撞次数增大
B. 有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C. 催化剂不影响活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
D. 升温能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
【答案】D
【解析】
A、增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，不是活化分子百分数，A错误；B、有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），实际就是在增大气体浓度，所以增加的是单位体积内活化分子数，仍然不会增大活化分子的百分数，B错误；C、催化剂会改变反应活化能，从而改变活化分子百分数，所以C错误；D、升高温度会使分子的平均能量升高，从而使达到活化分子的比例增加，即增加了活化分子百分数，D正确。
点睛：从碰撞理论来说，增加反应速率就是要增加单位时间的有效碰撞的次数。而发生有效碰撞要求必须是活化分子。所以增大活化分子百分数是加快反应速率的有效方法。能够影响活化分子百分数的方法，实际只有温度和催化剂。升高温度，会提高分子的平均能量，从而使达到活化分子标准的分子数增加；而加入催化剂是改变了活化能，也就是改变了活化分子的标准，从而改变了活化分子百分数。
19.100℃时，将0.1mol N2O4置于1L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4（g）2NO2（g），下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是
①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2 ②NO2生成速率与NO2消耗速率相等③烧瓶内气体的压强不再变化④烧瓶内气体的质量不再变化⑤NO2的物质的量浓度不再改变⑥烧瓶内气体的颜色不再加深⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化⑧烧瓶内气体的密度不再变化
A. ②③⑥⑦ B. ①④⑧ C. 只有①④ D. 只有⑦⑧
【答案】B
【解析】
①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2，描述的是正反应，从反应方程式可得，从发生到平衡一直是1：2，不能说明已达平衡状态；②NO2生成速率与NO2消耗速率相等，正逆反应速率相等，说明已达平衡状态；③该反应左右两边气体分子数不相等，只要不平衡压强就会变化，烧瓶内气体的压强不再变化，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；④根据质量守恒定律烧瓶内气体的质量始终不变，不能说明已达平衡状态；⑤NO2的物质的量浓度不再改变，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；⑥烧瓶内气体的颜色不再加深，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；⑦该反应左右两边气体分子数不相等，只要不平衡烧瓶内气体的平均相对分子质量就会变化，当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；⑧密度=质量÷体积，气体质量不变，气体体积不变，所以密度始终不变，不能说明已达平衡状态。综上，①④⑧符合题意，故选B。
点睛：本题考查了化学平衡状态的判断，根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，注意，若题中涉及的某物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量不变时，说明可逆反应到达平衡状态。
20.已知：C（s）＋O2（g）=CO2（g） △H1=－395kJ/mol，
CO（g）＋1/2O2（g）=CO2（g） △H2=－283kJ/mol，
则反应C（s）＋1/2O2（g）=CO（g）的反应热△H3等于 ( )
A. －112 kJ/mol B. －395 kJ/mol C. + 112 kJ/mol D. －283 kJ/mol
【答案】A
【解析】
试题分析：由盖斯定律可知反应C （s） ＋ 1/2 O2 （g） = CO （g） 的反应热△H3=△H1-△H2 =－395kJ/mol-（－283kJ/mol）=－112 kJ/mol ，故选A
考点：盖斯定律的应用
21.反应:CaCl2+CO2+H2O =CaCO3↓+2HCl 在任何情况下都不能发生反应，原因是该反应（ ）
A. △H>0 △S>0 B. △H<0 △S<0 C. △H<0 △S>0 D. △H>0 △S< 0
【答案】D
【解析】
试题分析：CaCl2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HCl在任何条件下都不能发生，是因为该反应是体系是混乱程度减小的吸热反应，即△H >0 ΔS>0，ΔG=△H-TΔS>0,故选项是A。
考点：考查反应的自发性的知识。
22.在一定温度中，将1 molA 和2mol B放入容积为5L 的某密闭容器中发生反应:A(s) +2B(g)C(g)+2D(g)。5min后达到平衡，测得容器内B的浓度减少了0.2mol/L，则下列叙述不正确的是
A. 在5min 内该反应用C 的浓度变化表示的反应速率为0.02mol/(L·min)
B. 平衡时B 的转化率为50%
C. 平衡时B 的体积分数约为33.3%
D. 初始时的压强与平衡时的压强比为4 :5
【答案】C
【解析】
A. 测得容器内B的浓度减少了0.2mol/L，则生成C是0.1mol/L，因此在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.1mol/L÷5min＝0.02mol/(L·min)，A正确；B. 消耗B是0.2mol/L×5L＝1mol，则平衡时B的转化率为1mol/2mol×100%＝50%，B正确；C. 消耗B是1mol，生成C是0.5mol，D是1mol，A是固态，所以平衡时B的体积分数为×100%＝40%，C错误；D. A是固态，所以初始时的压强与平衡时的压强比为＝4:5，D正确，答案选C。
第II卷（非选择题）
二、填空题（共56分）
23.现有以下物质：①NaCl晶体 ②盐酸 ③CaCO3固体 ④熔融KCl ⑤蔗糖 ⑥铜⑦CO2 ⑧冰醋酸 ⑨KOH固体 ⑩液氨
(1)以上物质中能导电的是___________________________。(填序号，下同)
(2)以上物质中属于电解质的是_____________________，强电解质的是_____________________，属于弱电解质的是__________________，属于非电解质的是___________________________。
【答案】 (1). ②④⑥ (2). ①③④⑨ (3). ⑧ (4). ⑤⑦⑩
【解析】
（1）含有自由移动电子或离子的物质可以导电，以上物质中能导电的是盐酸、熔融KCl、铜；（2）完全电离出离子的电解质的强电解质，以上物质中属于强电解质的是氯化钠晶体、碳酸钙固体、熔融氯化钾、氢氧化钾固体，部分电离出离子，存在电离平衡的电解质是弱电解质，属于弱电解质的是冰醋酸，溶于水和在熔融状态下均不能自身电离出离子的化合物是非电解质，属于非电解质的是蔗糖、CO2和液氨。
24.25℃时，50mL0.1mol/L醋酸中存在下述平衡：___________________________（用离子方程式表示）
若分别作如下改变，对上述平衡有何影响？
(1)加入少量冰醋酸，平衡将__________移动(正向、逆向)，溶液中c(H+)将_________(增大、减小、不变)；
(2)加入一定量蒸馏水，平衡将__________移动(正向、逆向)，溶液中c(H+)将_________(增大、减小、不变)
(3)加入少量0.1mol/L盐酸，平衡将_________移动(正向、逆向)，溶液中c(H+)将_________(增大、减小、不变)
(4)加入20mL0.10mol/LNaCl，平衡将_________移动(正向、逆向)，溶液中c(H+)将_________(增大、减小、不变)
【答案】 (1). CH3COOHCH3COO-+ H+ (2). 正向 (3). 增大 (4). 正向 (5). 减小 (6). 逆向 (7). 增大 (8). 正向 (9). 减小
【解析】
【详解】醋酸为弱电解质，电离平衡方程式为：CH3COOHCH3COO-+ H+。答案：CH3COOHCH3COO-+ H+。
(1)根据电离平衡方程式可知加入少量冰醋酸，平衡将正向移动，溶液中c(H+)将 增大。答案：正向 、 增大。
(2)加入一定量蒸馏水，平衡将正向，溶液中c(H+)将减小。答案： 正向、 减小。
(3)加入少量0.1mol/L盐酸，c（H+）增大，平衡将逆向移动，溶液中c(H+)将增大。答案：逆向 、 增大。
(4)加入20mL0.10mol/LNaCl，相当于加水稀释，平衡将正向移动，溶液中c(H+)将减小。答案：正向 、减小。
25.可逆反应：aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)根据图回答：
(1)压强 P1比P2 ________(填“大”或“小”)；
(2)(a +b)比(c +d)________(填“大”或“小”)；
(3)温度t1℃比t2℃ _________(填“高”或“低”)；
(4)正反应为________反应(填“吸热”或“放热”)；
【答案】（1） 小 （2） 小 （3） 大 （4） 吸热
【解析】
由左图可知，压强p2下先达到平衡，即p2>p1，并且加压，A的转化率减小，平衡左移，即气体系数（a +b）<（c +d）
由右图可知，温度t1先达到平衡，t1>t2，并且升温，A的含量减小，平衡右移，正反应为吸热反应
26. 比较填空（填“>”、“<”或“＝”）
（1）Ⅰ．比较等体积等浓度的溶液①盐酸 ②醋酸 与足量锌粒反应产生氢气的体积，① ②
Ⅱ．比较2H2(g)＋O2(g)2H2O(g) ΔH1 2H2(g)＋O2(g)2H2O(l) ΔH2的反应热 ΔH1 ΔH2
Ⅲ．比较常温下两溶液水的电离程度，①pH=4盐酸 ②pH =10氨水溶液① ②
Ⅳ．同温度下溶液①使甲基橙呈现红色，溶液②使石蕊呈现紫色，比较两者pH① ②
（2）Ⅴ．已知某可逆反应aA(g) + bB(g)cC(g) + dD(g)。反应过程中，当其它条件不变时，C的体积分数与温度(T)和压强(P)的关系如右图，则a + b c + d
Ⅵ．比较①0.1mol/L醋酸与②0.01mol/L醋酸的导电能力，① ②
Ⅶ．1mol/L氨水与0.1mol/L氨水的c(OH-)之比 10
Ⅷ．体积相同的恒容密闭容器，在A中充入SO2和O2各1g，在B中充入SO2和O2各2g，相同条件下发生反应2SO2+O22SO3平衡时 SO2的转化率A B
【答案】= ＞ = ＜ ＞ ＞ ＜ ＜
【解析】
试题分析：（1）Ⅰ．等体积等浓度的盐酸和醋酸中溶质的物质的量相等，二者均为一元酸，与足量锌粒反应产生氢气的体积相等，故①=②；Ⅱ．燃烧为放热反应，放出的热量越多，ΔH越小，气态水转化为液态水放热，故后者放出的热量多，故反应热 ΔH1>ΔH2；Ⅲ．酸溶液分析水的电离，计算溶液中氢氧根浓度，pH=4盐酸中氢氧根浓度为1×10-10mol/L；碱溶液分析水的电离，计算溶液中氢离子浓度，pH =10氨水中氢离子浓度为1×10-10mol/L；故常温下两溶液水的电离程度，①=②；Ⅳ．甲基橙的变色范围为3.1——4.4；石蕊的变色范围为5——8，故同温度下溶液①使甲基橙呈现红色，溶液②使石蕊呈现紫色，两者pH：①<②。
（2）Ⅴ．由图像知温度相同时增大压强C的体积分数增大，平衡正向移动，则正向为气体物质的量减小的反应，则a + b> c + d；Ⅵ．溶液的导电性取决于溶液中自由移动离子的浓度，故①0.1mol/L醋酸与②0.01mol/L醋酸的导电能力，①>②；Ⅶ．浓度越大，弱电解质的电离程度越小，故1mol/L氨水与0.1mol/L氨水的c(OH-)之比<10；Ⅷ．体积相同的恒容密闭容器，在A中充入SO2和O2各1g，在B中充入SO2和O2各2g，B中相当于在A的基础上增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率增大，故平衡时 SO2的转化率A
27.化学平衡原理在工农业生产中发挥着重要的指导作用。
(1)反应C(s)+CO2(g) 2CO(g)平衡常数K的表达式为________________；
已知C(s) + H2O(g)CO(g)+H2(g)的平衡常数为K1；H2(g)＋CO2(g) CO(g)＋H2O(g)的平衡常数为K2 ，则K与K1、K2二者的关系为________________________。
(2)已知某温度下，反应2SO2+O22SO3，的平衡常数K=19
在该温度下的体积固定的密闭容器中，c0(SO2)=1mol·L－1，c0(O2)=1 mol·L－1，当反应在该温度下SO2转化率为80％时，该反应__________(填“是”或“否”)达到化学平衡状态，若未达到，向_________(填“正反应”或“逆反应”) 方向进行。
(3)对于可逆反应：aA(g) +bB(g) cC(g)+dD(g) △H = a kJ·mol-1；若a+b＞c+d，减小压强平衡向_______(填“正反应”或“逆反应”)方向移动；若升高温度，平衡向逆反应方向移动，则a_______0(填“＞”或“＜”)
【答案】 (1). c2(CO)/c(CO2) (2). K=K1×K2 (3). 否 (4). 逆反应 (5). 逆反应 (6). ＜
【解析】
【详解】(1)反应C(s)+CO2(g) 2CO(g)的平衡常数K=c2(CO)/c(CO2);
反应C(s) + H2O(g)CO(g)+H2(g)的平衡常数为K1= c(CO)c(H2)/c(H2O),反应H2(g)＋CO2(g) CO(g)＋H2O(g的平衡常数为K2=c(CO)c(H2O)/ c(CO2)c(H2) ,由平衡常数[c(CO)c(H2)/c(H2O)][c(CO)c(H2O)/ c(CO2)c(H2)]= c2(CO)/c(CO2),即K= K1 K2;因此，答案是: c2(CO)/c(CO2) ；K=K1×K2 。
(2) 该温度下SO2转化率为80％时,c(SO2)=1molL-1,则
2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）
开始mol·L－1 1 1 0
变化mol·L－1 0.8 0.4 0.8
SO2转化率为80％时mol·L－1 0.2 0.6 0.8
所以浓度商Qc=0.82/(0.22>19,该反应未达平衡状态，反应向逆反应进行;本题正确答案是:否；逆反应;
(3)减小压强平衡向气体体积增大的方向移动,因为a+b>c+d,故平衡向逆反应移动;升高温度,平衡向逆反应方向移动,说明正反应是放热反应,即a<0;
因此，答案是:逆反应,<.。
【点睛】根据三段式计算出SO2转化率为80％时,各组分的浓度,计算浓度商,根据浓度商与平衡常数的关系,判断是否处于平衡状态或平衡的移动方向, Qc=K,处于平衡状态, Qc>K反应向逆反应进行, Qc
第I卷（选择题）
一、单选题（每小题2分，共44分）
1. 未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或者污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是（ ）
①天然气 ②生物质能 ③潮汐能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥煤 ⑦风能 ⑧氢能
A. ①②③④ B. ②③⑤⑦⑧ C. ⑤⑥⑦⑧ D. ③④⑤⑥⑦⑧
【答案】B
【解析】
试题分析：煤、石油、天然气是化石能源是不可再生能源，燃烧时生成的污染物较多，不是新能源；常见新能源有：太阳能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，它们都是可再生、无污染的新能源。故选B。
【考点定位】考查化石能源与新能源
【名师点晴】本题考查化石能源与新能源，注意加强基础知识的积累。煤、石油、天然气等化石燃料燃烧时能生成大量的二氧化碳、一氧化碳、二氧化硫、氮氧化物等污染环境的物质，而且化石燃料属于不可再生能源。现代社会对能量的需求量越来越大，化学反应提供的能量已不能满足人类的需求．目前，人们正在利用和开发其他新能源，如太阳能、核能、风能、地热能和潮汐能等．这些能源的利用，不但可以部分解决化石能源面临耗尽的问题，还可以减少对环境的污染，我们要树立节能环保的意识。
2.下列物质的分类组合中正确的是
A
B
C
D
强电解质
Cu(OH)2
KCl
HCl
CaCO3
弱电解质
NaOH
NH3•H2O
BaSO4
CH3COOH
非电解质
SO2
金刚石
NH3
C2H5OH
导电物质
石墨
稀H2SO4
熔融KCl
铜
【答案】D
【解析】
Cu(OH)2属于弱电解质，不属于强电解质，A错误；金刚石既不是电解质，也不是非电解质，它是单质，B错误；BaSO4属于难溶性盐，但属于强电解质，C错误；CaCO3为盐，属于强电解质、CH3COOH为弱酸，属于弱电解质、C2H5OH不导电，属于非电解质；铜属于金属，能够导电，D正确；正确选项D。
点睛：电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等。
3.下列热化学方程式中ΔH数值代表燃烧热的是( )
A. CH4(g)＋2O2(g)===2H2O(1)＋CO2(g) ΔH1
B. S(s)＋3/2O2(g)===SO3(g) ΔH2
C. C6H12O6(s)＋6O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(g) ΔH3
D. 2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH4
【答案】A
【解析】
【分析】
从燃烧热的定义分析，燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量。
【详解】A、甲烷完全燃烧时应生成CO2和液态水，热化学方程式中△H等于燃烧热，故A正确；B、S不能与氧气反应直接生成SO3，故B错误；C、反应中生成的水为气体，不符合燃烧热的定义，热化学方程式中△H不代表燃烧热，故C错误；D、热化学方程式中CO的物质的量不为1mol，热化学方程式中△H不等于燃烧热，故D错误；故选A。
【点睛】本题考查燃烧热的定义，注意燃烧热概念的理解。本题的易错点为CD，要注意燃烧热的热化学方程式时可燃物一定是1 mol，即可燃物的计量系数一定是1，稳定的氧化物指反应中C→CO2，H→H2O(液)，S→SO2(气)等。
4.用稀硫酸与过量锌粒反应制取氢气，欲加快化学反应速率而不改变产生氢气的量，下列措施不可行的是
A. 升高温度 B. 滴加少量浓硫酸
C. 滴加少量硫酸铜溶液 D. 改用等质量的锌粉
【答案】B
【解析】
【分析】
加热、增大浓度、增大接触面积、构成原电池，均可加快反应速率。
【详解】升高温度，增大活化分子百分数，反应速率增大，A正确；滴加少量浓硫酸，硫酸的物质的量增大，生成氢气的体积偏大，B错误；锌置换出铜，形成铜锌原电池反应，反应速率增大，C正确；改用等质量的锌粉，固体的表面积增大，反应速率增大，D正确。
故选B。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于分析能力和基本理论知识的综合运用的考查，把握影响化学反应速率的因素是解答的关键。
5.金刚石和石墨是碳元素的两种同素异形体.在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石要吸收1.895kJ的热量，试判断在100kPa压强下，下列结论不正确的是
A. 石墨比金刚石稳定
B. 金刚石和石墨的微观结构不同
C. lmol石墨比lmol金刚石的总能量高
D. 石墨转化为金刚石是化学变化
【答案】C
【解析】
A、石墨转化成金刚石，此反应属于吸热反应，即石墨的能量低于金刚石，能量越低，物质越稳定，石墨比金刚石稳定，故A说法正确；B、金刚石属于原子晶体，石墨为混合晶体，因此两种物质微观结构不同，故B说法正确；C、根据A选项分析，故C说法错误；D、石墨转化成金刚石，结构发生改变，属于化学变化，故D说法正确。
6.甲溶液的pH是3，乙溶液的pH是4,甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为
A. 1:10 B. 10:1 C. 2:1 D. 1:2
【答案】B
【解析】
甲溶液的pH是3，c(H+)=1.010-3mol/L，乙溶液的pH是4，c(H+)=1.010-4mol/L，所以甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为10:1，故答案选B。
7.对于反应A(g)+4B(g) ＝ 2C(g)+2D(g),下列数据表示反应进行得最快的是（ ）
A. v(A)＝1.4mol/(L·s) B. v(B)＝3.6mol/(L·s)
C. v(C)＝2mol/(L·s) D. v(D)＝3.0mol/(L·min)
【答案】A
【解析】
反应速率之比是相应的化学计量数之比，根据方程式可知如果都用B物质表示其反应速率，则分别是[mol/(L·s)]5.6、3.6、4、0.1，所以表示反应进行得最快的是选项A，答案选A。
点睛：同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值，但在比较时应该注意单位的统一，例如选项D。
8. 下列溶液，一定呈中性的是
A. 由等体积、等物质的量浓度的硫酸跟NaOH溶液混合后所形成的溶液
B. c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1的溶液
C. pH＝7的溶液
D. c(H＋)=的溶液（Kw为该温度下水的离子积常数）
【答案】D
【解析】
试题分析：A、由等体积、等物质的量浓度的硫酸跟NaOH溶液混合后所形成的溶液，因为硫酸中氢离子的物质的量大于氢氧化钠中氢氧根离子的物质的量，所以溶液呈酸性，错误；B、常温时c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1的溶液为中性，但未指明温度时，不能判断溶液的酸碱性，错误；C、常温时pH＝7的溶液为中性，但未指明温度时，不能判断溶液的酸碱性，错误；D、因为c(H＋) ×c(OH-)=KW，所以c(H＋)=时，说明c(H＋) =c(OH-)，此溶液一定是中性溶液，正确，答案选D。
考点：考查溶液为中性的判断
9.已知稀溶液中H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)，生成1 mol H2O(l)放出57.3 kJ 热量。下列过程中放出热量为57.3 kJ的是
A. 1 mol H2SO4与足量的NaOH溶液反应
B. 稀盐酸与氨水反应生成1 mol H2O(l)
C. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1 mol H2O(l)
D. 稀NaOH与98%浓硫酸反应生成 1 mol H2O(l)
【答案】C
【解析】
分析：中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，结合反应的特点分析判断。
详解：A. 1 mol H2SO4与足量的NaOH溶液反应生成2mol水，放出的热量是2×57.3 kJ，A错误；
B. 一水合氨是弱碱，存在电离平衡，电离吸热，则稀盐酸与氨水反应生成1 mol H2O(l)时放出热量小于57.3 kJ，B错误；
C. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1 mol H2O(l)时放出热量为57.3 kJ，C正确；
D. 浓硫酸溶于水放热，则稀NaOH与98%浓硫酸反应生成 1 mol H2O(l)时放出热量大于57.3 kJ，D错误；答案选C。
10.室温下，由水电离产生的c(OH-)=10-11mol/L的溶液中，一定大量共存的离子组（ ）
A. Na+ 、 NH4+ 、Cl- 、SO42- B. S2- 、CH3COO- 、Na+ 、Cs+
C. K+ 、 Na+ 、 I- 、NO3- D. K+ 、 Na+ NO3- 、SO42-
【答案】D
【解析】
常温时，若由水电离产生的c（OH-）为1×10-11mol・L-1，说明可能为酸性溶液也可能是碱性溶液。
A. 在碱性条件下NH4+不能大量共存，故A错误；
B. 酸性条件下，S2−、CH3COO−不能大量存在，都与氢离子反应，故B错误；
C. 若为酸性溶液，则H＋、NO3－和I－会发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；
D. 无论酸或碱溶液中，该组离子之间均不反应，一定大量共存，故D正确。
故答案选D。
11.体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，与NaOH溶液中和时两者消耗NaOH的物质的量
A. 相同 B. 中和HCl的多
C. 中和CH3COOH的多 D. 无法比较
【答案】C
【解析】
盐酸和醋酸都是一元酸，pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以C（HCl）＜C（CH3COOH），等体积的两种溶液 n（HCl）＜n（CH3COOH），所以醋酸消耗的氢氧化钠多，故选C．
【点评】本题考查弱电解质的电离，明确“pH相同的相同元数的酸中，弱酸的物质的量浓度大于强酸”是解本题的关键，难度不大．
12.对可逆反应2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g) △H＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是
①增加A的量，平衡向正反应方向移动 ②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小 ③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变 ④增大B的浓度，平衡向正反应方向移动 ⑤加入催化剂，B的转化率提高
A. ①② B. ③ C. ④ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
试题分析：①A是固体，增大A的量对平衡无影响，故①错误；②升高温度，v(正)、v(逆)均应增大，但v(逆)增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故②错误；③压强增大平衡不移动，但v(正)、v(逆)都增大，故③错误；④增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v(正)＞v(逆)，故④正确；⑤使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故⑤错误；故选C。
考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。
13.常温下，等体积的酸溶液和碱溶液混合后pH一定等于7 的是
A. pH=3 的盐酸和pH=11的KOH溶液 B. pH=3 的硝酸和pH=11的氨水
C. pH=3 的硫酸和pH=13 的NaOH溶液 D. pH=3 的醋酸和pH=11的KOH 溶液
【答案】A
【解析】
A、盐酸属于强酸，pH=3的盐酸，其c(H＋)=10－3mol·L－1，KOH属于强碱，pH=11的KOH溶液中c(OH－)= 10－3mol·L－1，等体积混合，充分反应后，溶液显中性，溶液的pH一定等于7，故A正确；B、氨水是弱碱，等体积混合后，溶质为NH4NO3和NH3·H2O，溶液显碱性，即pH>7，故B错误；C、pH=3的硫酸中c(H＋)=10－3mol·L－1，pH=13的NaOH溶液中c(OH－)=10－1mol·L－1，等体积混合后，溶液显碱性，pH>7，故C错误；D、醋酸是弱酸，等体积混合后，溶液显酸性，即pH<7，故D错误。
14.关于常温下pH＝12的稀氨水，下列叙述不正确的是
A. 溶液中c （OH-）＝1.0´10-2 mol·L-1
B. 由水电离出的c （OH-）＝1.0´10-12 mol·L-1
C. 加水稀释后，氨水的电离程度增大
D. 加入少量NH4Cl固体，溶液pH变大
【答案】D
【解析】
分析：pH＝12的稀氨水，c （H+）=10-12 mol·L-1，c （OH-）＝1.0´10-2 mol·L-1；碱溶液抑制水电离，因此c（OH-）（水）= c（H+）=10-12 mol·L-1；一水合氨属于弱电解质，存在电离平衡：NH3∙H2ONH4++OH-，加水稀释，促进电离；增加c(NH4+)，平衡左移，抑制电离；据此解答此题。
详解：A. pH＝12的稀氨水，c（H+）=10-12 mol·L-1，c（OH-）＝1.0´10-2 mol·L-1，A正确；碱溶液抑制水电离，由水电离出的c（OH-）= c（H+）=10-12 mol·L-1，B正确；一水合氨为弱电解质，加水稀释，促进电离，氨水的电离程度增大，C正确；一水合氨存在电离平衡：NH3∙H2ONH4++OH-，加入少量NH4Cl固体，增加c(NH4+)，平衡左移，氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，溶液pH变小，D错误；正确选项D。
15.在25℃时，用蒸馏水稀释1mol/L的醋酸溶液至0.01mol/L，随着溶液的稀释，下列各项始终保持增大趋势的是
A. c(H+)/c(CH3COOH) B. c(H+)
C. c(CH3COOH)/c(CH3COO-) D. c(CH3COO-)
【答案】A
【解析】
在稀释过程中，醋酸溶液的电离程度增大，n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)增大，因此n(H+)/ n(CH3COOH)增大，A正确；加水稀释过程中c(H+)减小，B错误；由于加水稀释过程中，c(CH3COOH)、c(CH3COO-)均减小，但是由于平衡右移，导致c(CH3COO-)减小的程度小，c(CH3COOH)/c(CH3COO-)减小，C错误；加水稀释，c(CH3COO-)减小，D错误；正确选项A。
点睛：温度不变的情况下，用蒸馏水稀释醋酸溶液，溶液中的c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)均减小，但是溶液中c(OH-)增大，因为KW不变。
16.已知断开1molH-H键吸收的能量为436kJ，形成lmolN-H键放出的能量为391kJ，根据化学方程式N2+3H22NH3，反应完1molN2放出的能量为92.4kJ，则断开1molN≡N键吸收的能量是
A. 945.6 kJ B. 869kJ C. 649.6kJ D. 431kJ
【答案】D
【解析】
试题分析：已知：H-H键能为436kJ/mol，H-N键能为391kJ/mol，设N≡N的键能为x，对于反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol，反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，故x+3×436kJ/mol-2×3×391kJ/mol=-92.4kJ/mol，解得：x=945.6kJ/mol，答案选D。
【考点定位】本题考查了反应热的有关计算、反应热与化学键键能的关系
【名师点晴】明确反应热与键能的关系是解答本题的关键，在热化学方程式中，反应热＝反应物的总键能-生成物的总键能。
17.下列说法中不正确的是
①将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质
②氨溶于水得到的溶液氨水能导电，所以氨水是电解质
③固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电
④固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电
⑤强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强
A. ①④ B. ①④⑤ C. ①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
试题分析：①硫酸钡熔融状态下能电离导电，是电解质，错误。②氨溶于水与水反应生成一水合氨，一水合氨能电离出离子，一水合氨是电解质，氨气是非电解质，错误。③熔融态共价化合物不电离不导电，错误。④离子化合物熔融状态电离而导电，正确。⑤溶液的导电能力与溶液的离子浓度和离子带电荷有关，强电解质的导电能力不一定比弱电解质强，错误。所以选D。
考点：物质的分类，电解质，离子化合物和共价化合物的判断
【名师点睛】电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，包括酸碱盐和金属氧化物。非电解质是指在水溶液或熔融状态下都不导电的化合物，常见的有乙醇，蔗糖，二氧化碳，二氧化硫，氨气等。注意电解质不定导电，导电的不一定是电解质，需要看物质存在的环境是否为溶液或熔融状态下，看是否为自身电离而导电。
18.下列说法正确的是
A. 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数从而使有效碰撞次数增大
B. 有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C. 催化剂不影响活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
D. 升温能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
【答案】D
【解析】
A、增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，不是活化分子百分数，A错误；B、有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），实际就是在增大气体浓度，所以增加的是单位体积内活化分子数，仍然不会增大活化分子的百分数，B错误；C、催化剂会改变反应活化能，从而改变活化分子百分数，所以C错误；D、升高温度会使分子的平均能量升高，从而使达到活化分子的比例增加，即增加了活化分子百分数，D正确。
点睛：从碰撞理论来说，增加反应速率就是要增加单位时间的有效碰撞的次数。而发生有效碰撞要求必须是活化分子。所以增大活化分子百分数是加快反应速率的有效方法。能够影响活化分子百分数的方法，实际只有温度和催化剂。升高温度，会提高分子的平均能量，从而使达到活化分子标准的分子数增加；而加入催化剂是改变了活化能，也就是改变了活化分子的标准，从而改变了活化分子百分数。
19.100℃时，将0.1mol N2O4置于1L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4（g）2NO2（g），下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是
①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2 ②NO2生成速率与NO2消耗速率相等③烧瓶内气体的压强不再变化④烧瓶内气体的质量不再变化⑤NO2的物质的量浓度不再改变⑥烧瓶内气体的颜色不再加深⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化⑧烧瓶内气体的密度不再变化
A. ②③⑥⑦ B. ①④⑧ C. 只有①④ D. 只有⑦⑧
【答案】B
【解析】
①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2，描述的是正反应，从反应方程式可得，从发生到平衡一直是1：2，不能说明已达平衡状态；②NO2生成速率与NO2消耗速率相等，正逆反应速率相等，说明已达平衡状态；③该反应左右两边气体分子数不相等，只要不平衡压强就会变化，烧瓶内气体的压强不再变化，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；④根据质量守恒定律烧瓶内气体的质量始终不变，不能说明已达平衡状态；⑤NO2的物质的量浓度不再改变，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；⑥烧瓶内气体的颜色不再加深，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；⑦该反应左右两边气体分子数不相等，只要不平衡烧瓶内气体的平均相对分子质量就会变化，当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；⑧密度=质量÷体积，气体质量不变，气体体积不变，所以密度始终不变，不能说明已达平衡状态。综上，①④⑧符合题意，故选B。
点睛：本题考查了化学平衡状态的判断，根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，注意，若题中涉及的某物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量不变时，说明可逆反应到达平衡状态。
20.已知：C（s）＋O2（g）=CO2（g） △H1=－395kJ/mol，
CO（g）＋1/2O2（g）=CO2（g） △H2=－283kJ/mol，
则反应C（s）＋1/2O2（g）=CO（g）的反应热△H3等于 ( )
A. －112 kJ/mol B. －395 kJ/mol C. + 112 kJ/mol D. －283 kJ/mol
【答案】A
【解析】
试题分析：由盖斯定律可知反应C （s） ＋ 1/2 O2 （g） = CO （g） 的反应热△H3=△H1-△H2 =－395kJ/mol-（－283kJ/mol）=－112 kJ/mol ，故选A
考点：盖斯定律的应用
21.反应:CaCl2+CO2+H2O =CaCO3↓+2HCl 在任何情况下都不能发生反应，原因是该反应（ ）
A. △H>0 △S>0 B. △H<0 △S<0 C. △H<0 △S>0 D. △H>0 △S< 0
【答案】D
【解析】
试题分析：CaCl2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HCl在任何条件下都不能发生，是因为该反应是体系是混乱程度减小的吸热反应，即△H >0 ΔS>0，ΔG=△H-TΔS>0,故选项是A。
考点：考查反应的自发性的知识。
22.在一定温度中，将1 molA 和2mol B放入容积为5L 的某密闭容器中发生反应:A(s) +2B(g)C(g)+2D(g)。5min后达到平衡，测得容器内B的浓度减少了0.2mol/L，则下列叙述不正确的是
A. 在5min 内该反应用C 的浓度变化表示的反应速率为0.02mol/(L·min)
B. 平衡时B 的转化率为50%
C. 平衡时B 的体积分数约为33.3%
D. 初始时的压强与平衡时的压强比为4 :5
【答案】C
【解析】
A. 测得容器内B的浓度减少了0.2mol/L，则生成C是0.1mol/L，因此在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.1mol/L÷5min＝0.02mol/(L·min)，A正确；B. 消耗B是0.2mol/L×5L＝1mol，则平衡时B的转化率为1mol/2mol×100%＝50%，B正确；C. 消耗B是1mol，生成C是0.5mol，D是1mol，A是固态，所以平衡时B的体积分数为×100%＝40%，C错误；D. A是固态，所以初始时的压强与平衡时的压强比为＝4:5，D正确，答案选C。
第II卷（非选择题）
二、填空题（共56分）
23.现有以下物质：①NaCl晶体 ②盐酸 ③CaCO3固体 ④熔融KCl ⑤蔗糖 ⑥铜⑦CO2 ⑧冰醋酸 ⑨KOH固体 ⑩液氨
(1)以上物质中能导电的是___________________________。(填序号，下同)
(2)以上物质中属于电解质的是_____________________，强电解质的是_____________________，属于弱电解质的是__________________，属于非电解质的是___________________________。
【答案】 (1). ②④⑥ (2). ①③④⑨ (3). ⑧ (4). ⑤⑦⑩
【解析】
（1）含有自由移动电子或离子的物质可以导电，以上物质中能导电的是盐酸、熔融KCl、铜；（2）完全电离出离子的电解质的强电解质，以上物质中属于强电解质的是氯化钠晶体、碳酸钙固体、熔融氯化钾、氢氧化钾固体，部分电离出离子，存在电离平衡的电解质是弱电解质，属于弱电解质的是冰醋酸，溶于水和在熔融状态下均不能自身电离出离子的化合物是非电解质，属于非电解质的是蔗糖、CO2和液氨。
24.25℃时，50mL0.1mol/L醋酸中存在下述平衡：___________________________（用离子方程式表示）
若分别作如下改变，对上述平衡有何影响？
(1)加入少量冰醋酸，平衡将__________移动(正向、逆向)，溶液中c(H+)将_________(增大、减小、不变)；
(2)加入一定量蒸馏水，平衡将__________移动(正向、逆向)，溶液中c(H+)将_________(增大、减小、不变)
(3)加入少量0.1mol/L盐酸，平衡将_________移动(正向、逆向)，溶液中c(H+)将_________(增大、减小、不变)
(4)加入20mL0.10mol/LNaCl，平衡将_________移动(正向、逆向)，溶液中c(H+)将_________(增大、减小、不变)
【答案】 (1). CH3COOHCH3COO-+ H+ (2). 正向 (3). 增大 (4). 正向 (5). 减小 (6). 逆向 (7). 增大 (8). 正向 (9). 减小
【解析】
【详解】醋酸为弱电解质，电离平衡方程式为：CH3COOHCH3COO-+ H+。答案：CH3COOHCH3COO-+ H+。
(1)根据电离平衡方程式可知加入少量冰醋酸，平衡将正向移动，溶液中c(H+)将 增大。答案：正向 、 增大。
(2)加入一定量蒸馏水，平衡将正向，溶液中c(H+)将减小。答案： 正向、 减小。
(3)加入少量0.1mol/L盐酸，c（H+）增大，平衡将逆向移动，溶液中c(H+)将增大。答案：逆向 、 增大。
(4)加入20mL0.10mol/LNaCl，相当于加水稀释，平衡将正向移动，溶液中c(H+)将减小。答案：正向 、减小。
25.可逆反应：aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)根据图回答：
(1)压强 P1比P2 ________(填“大”或“小”)；
(2)(a +b)比(c +d)________(填“大”或“小”)；
(3)温度t1℃比t2℃ _________(填“高”或“低”)；
(4)正反应为________反应(填“吸热”或“放热”)；
【答案】（1） 小 （2） 小 （3） 大 （4） 吸热
【解析】
由左图可知，压强p2下先达到平衡，即p2>p1，并且加压，A的转化率减小，平衡左移，即气体系数（a +b）<（c +d）
由右图可知，温度t1先达到平衡，t1>t2，并且升温，A的含量减小，平衡右移，正反应为吸热反应
26. 比较填空（填“>”、“<”或“＝”）
（1）Ⅰ．比较等体积等浓度的溶液①盐酸 ②醋酸 与足量锌粒反应产生氢气的体积，① ②
Ⅱ．比较2H2(g)＋O2(g)2H2O(g) ΔH1 2H2(g)＋O2(g)2H2O(l) ΔH2的反应热 ΔH1 ΔH2
Ⅲ．比较常温下两溶液水的电离程度，①pH=4盐酸 ②pH =10氨水溶液① ②
Ⅳ．同温度下溶液①使甲基橙呈现红色，溶液②使石蕊呈现紫色，比较两者pH① ②
（2）Ⅴ．已知某可逆反应aA(g) + bB(g)cC(g) + dD(g)。反应过程中，当其它条件不变时，C的体积分数与温度(T)和压强(P)的关系如右图，则a + b c + d
Ⅵ．比较①0.1mol/L醋酸与②0.01mol/L醋酸的导电能力，① ②
Ⅶ．1mol/L氨水与0.1mol/L氨水的c(OH-)之比 10
Ⅷ．体积相同的恒容密闭容器，在A中充入SO2和O2各1g，在B中充入SO2和O2各2g，相同条件下发生反应2SO2+O22SO3平衡时 SO2的转化率A B
【答案】= ＞ = ＜ ＞ ＞ ＜ ＜
【解析】
试题分析：（1）Ⅰ．等体积等浓度的盐酸和醋酸中溶质的物质的量相等，二者均为一元酸，与足量锌粒反应产生氢气的体积相等，故①=②；Ⅱ．燃烧为放热反应，放出的热量越多，ΔH越小，气态水转化为液态水放热，故后者放出的热量多，故反应热 ΔH1>ΔH2；Ⅲ．酸溶液分析水的电离，计算溶液中氢氧根浓度，pH=4盐酸中氢氧根浓度为1×10-10mol/L；碱溶液分析水的电离，计算溶液中氢离子浓度，pH =10氨水中氢离子浓度为1×10-10mol/L；故常温下两溶液水的电离程度，①=②；Ⅳ．甲基橙的变色范围为3.1——4.4；石蕊的变色范围为5——8，故同温度下溶液①使甲基橙呈现红色，溶液②使石蕊呈现紫色，两者pH：①<②。
（2）Ⅴ．由图像知温度相同时增大压强C的体积分数增大，平衡正向移动，则正向为气体物质的量减小的反应，则a + b> c + d；Ⅵ．溶液的导电性取决于溶液中自由移动离子的浓度，故①0.1mol/L醋酸与②0.01mol/L醋酸的导电能力，①>②；Ⅶ．浓度越大，弱电解质的电离程度越小，故1mol/L氨水与0.1mol/L氨水的c(OH-)之比<10；Ⅷ．体积相同的恒容密闭容器，在A中充入SO2和O2各1g，在B中充入SO2和O2各2g，B中相当于在A的基础上增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率增大，故平衡时 SO2的转化率A
27.化学平衡原理在工农业生产中发挥着重要的指导作用。
(1)反应C(s)+CO2(g) 2CO(g)平衡常数K的表达式为________________；
已知C(s) + H2O(g)CO(g)+H2(g)的平衡常数为K1；H2(g)＋CO2(g) CO(g)＋H2O(g)的平衡常数为K2 ，则K与K1、K2二者的关系为________________________。
(2)已知某温度下，反应2SO2+O22SO3，的平衡常数K=19
在该温度下的体积固定的密闭容器中，c0(SO2)=1mol·L－1，c0(O2)=1 mol·L－1，当反应在该温度下SO2转化率为80％时，该反应__________(填“是”或“否”)达到化学平衡状态，若未达到，向_________(填“正反应”或“逆反应”) 方向进行。
(3)对于可逆反应：aA(g) +bB(g) cC(g)+dD(g) △H = a kJ·mol-1；若a+b＞c+d，减小压强平衡向_______(填“正反应”或“逆反应”)方向移动；若升高温度，平衡向逆反应方向移动，则a_______0(填“＞”或“＜”)
【答案】 (1). c2(CO)/c(CO2) (2). K=K1×K2 (3). 否 (4). 逆反应 (5). 逆反应 (6). ＜
【解析】
【详解】(1)反应C(s)+CO2(g) 2CO(g)的平衡常数K=c2(CO)/c(CO2);
反应C(s) + H2O(g)CO(g)+H2(g)的平衡常数为K1= c(CO)c(H2)/c(H2O),反应H2(g)＋CO2(g) CO(g)＋H2O(g的平衡常数为K2=c(CO)c(H2O)/ c(CO2)c(H2) ,由平衡常数[c(CO)c(H2)/c(H2O)][c(CO)c(H2O)/ c(CO2)c(H2)]= c2(CO)/c(CO2),即K= K1 K2;因此，答案是: c2(CO)/c(CO2) ；K=K1×K2 。
(2) 该温度下SO2转化率为80％时,c(SO2)=1molL-1,则
2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）
开始mol·L－1 1 1 0
变化mol·L－1 0.8 0.4 0.8
SO2转化率为80％时mol·L－1 0.2 0.6 0.8
所以浓度商Qc=0.82/(0.22>19,该反应未达平衡状态，反应向逆反应进行;本题正确答案是:否；逆反应;
(3)减小压强平衡向气体体积增大的方向移动,因为a+b>c+d,故平衡向逆反应移动;升高温度,平衡向逆反应方向移动,说明正反应是放热反应,即a<0;
因此，答案是:逆反应,<.。
【点睛】根据三段式计算出SO2转化率为80％时,各组分的浓度,计算浓度商,根据浓度商与平衡常数的关系,判断是否处于平衡状态或平衡的移动方向, Qc=K,处于平衡状态, Qc>K反应向逆反应进行, Qc
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