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【化学】四川省成都市航天中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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四川省成都市航天中学2018-2019学年高二上学期期中考试
1.下列关于能源和作为能源的物质叙述错误的是
A. 化石能源物质内部蕴涵着大量的能量
B. 吸热反应没有利用价值
C. 绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来
D. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用
【答案】B
【解析】
【详解】A.煤、石油、天然气属于化石燃料，燃烧时释放大量的能量，可说明化石能源物质内部蕴涵着大量的能量，故A正确；
B.吸热反应也有一定的利用价值，如工业上由石灰石制备生石灰的反应、由煤制水煤气的反应都是吸热反应，B错误；
C. 光合作用是将太阳能转化为化学能的过程，将空气中的水、二氧化碳等转化为葡萄糖，故C正确；
D.化学能可转化为热能、电能等，如物质燃烧，原电池反应等，故D正确．
故选B。
2.对处于化学平衡的体系，关于化学平衡与化学反应速率的关系正确的是
A. 化学反应速率变化时，化学平衡一定发生移动
B. 正反应进行的程度大，正反应速率一定大
C. 化学平衡发生移动时，化学反应速率一定变化
D. 只有在催化剂存在下，才会发生化学反应速率变化，而化学平衡不移动的情况
【答案】C
【解析】
【分析】
根据化学反应平衡的本质分析化学反应速率与平衡的关系。
【详解】A.若正、逆反应速率变化后仍保持相等，则平衡不移动，故A错误；
B. 反应进行程度大小，与反应速率没有关系，故B错误；
C. 化学平衡发生移动时，正、逆反应速率一定不等，故反应速率一定发生变化，故C正确；
D. 如反应前后气体的体积不变，增大压强，化学反应速率增大，平衡也不移动，故D错误；
故选C。
【点睛】化学反应达到平衡的本质原因是正、逆反应速率相等；反应进行的程度与反应速率的大小没有关系。
3.实验测得：101 kPa时，1 mol H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ的热量；1 mol CH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3 kJ的热量。下列热化学方程式的书写正确的是
①CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=+890.3 kJ·mol−1
②CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−890.3 kJ·mol−1
③CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) ΔH=−890.3 kJ·mol−1
④2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH=−571.6 kJ·mol−1
A. 仅有② B. 仅有②③④ C. 仅有②④ D. 全部符合要求
【答案】C
【解析】
【分析】
根据热化学方程式的含义及书写规则分析热化学方程式书写是否正确。
【详解】①甲烷燃烧属于放热反应，所以ΔH小于零，故①错误；
②根据题干信息甲烷燃烧的热化学方程式写作：CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−890.3 kJ·mol−1所以②正确；
③热反应方程式中的反应热和物质的状态有关，此处的水应该是液态，所以③错误；
④根据题干信息可知，2 mol H2完全燃烧生成液态水，放出571.6 kJ的热量，热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)2H2O(l)ΔH=−571.6 kJ·mol−1所以④正确。
故选C。
【点睛】(1)热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子数或原子数，因此化学计量数可以是整数，也可以是分数；(2)热化学方程式中的反应热表示反应已完成时的热量变化，热化学方程式中的化学计量数必须与△H相对应，如果化学计量数加倍，则△H也要加倍。当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。
4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 17 g氨气中含有的质子数为10NA
B. 2.4 g金属镁变成镁离子时失去的电子数为0.1NA
C. 0.5 mol·L－1AlCl3溶液中Cl－的数目为1.5NA
D. 标准状况下，11.2 L CCl4所含的分子数为0.5NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.17g氨气的物质的量为：=1mol，1mol氨气分子中含有10mol质子，所含质子数为10NA，故A正确；
B.2.4g金属镁的物质的量为：=0.1mol，0.1molMg变成镁离子时失去0.2mol电子，失去电子数为0.2NA，故B错误；
C.没有告诉溶液的体积，故无法算出溶液中的离子的数目，故C错误；
D.标准状况下，CCl4为液体，无法根据气体摩尔体积进行计算，故D错误。
故选A。
【点睛】在计算气体体积时，一定注意是否为标准状况，是否为气体。
5. 对于化学反应方向的确定不仅与焓变(ΔH)有关，也与温度(T)、熵变(ΔS)有关，实验证明，化学反应的方向应由ΔH-TΔS确定，若ΔH-TΔS<0，则自发进行，否则不能自发进行。下列说法中，正确的是( )
A. 在温度、压强一定的条件下，焓因素和熵因素共同决定一个化学反应的方向
B. 温度、压强一定时，熵增加的反应一定能自发进行
C. 反应焓变是决定反应能否自发进行的唯一因素
D. 固体的溶解过程只与焓变有关
【答案】A
【解析】
试题分析：ΔH-TΔS<0时反应能自发进行，所以焓变和熵变是一定温度下化学反应能否自发进行的复合判据，选项A正确，选项B、C不正确；固体的溶解过程，体系的混乱度增大，它是熵增加的过程，所以选项D不正确。
考点：化学反应进行的方向
6.把下列四种X溶液分别迅速加入四个盛有10 mL 2 mol·L－1盐酸的烧杯中，此时，X和盐酸立刻进行反应，其中初始反应速率最快的是
A. 10℃ 10 mL 3 mol·L－1的X溶液 B. 20℃ 10 mL 2 mol·L－1的X溶液
C. 20℃ 10 mL 4 mol·L－1的X溶液 D. 10℃ 10 mL 2 mol·L－1的X溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
从影响反应速率的因素分析解答。
【详解】温度越高，化学反应速率反应越快；反应物浓度越大，化学反应速率越快。C选项中，温度最高、反应物的浓度最大，所以反应最快的应该是C。
故选C。
【点睛】反应物的浓度越大反应越快，和反应物的多少没关系。
7.在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)达到平衡状态标志的是
①C生成的速率与C分解的速率相等；②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B；③A、B、C的浓度不再变化；④A、B、C的压强不再变化；⑤混合气体的总压强不再变化；⑥混合气体的物质的量不再变化；⑦单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol B；⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2
A. ①⑥ B. ②④ C. ③⑧ D. ②⑧
【答案】D
【解析】
【详解】①C生成的速率与C分解的速率相等，即正反应速率与逆反应速率相等，故可以说明反应达到平衡；②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B，只有逆反应速率，不能说明正反应速率和逆反应速率相等，故不能说明反应达到平衡；③A、B、C的浓度不再变化，浓度不在改变说明达到平衡，故可以选；④A、B、C的压强不再变化，说明A、B、C的浓度不再变化，可以说明反应达到平衡；⑤因为反应物和生成物中气体的总物质的量不同，所以混合气体的总压强不再变化，说明各物质的浓度不再改变，可以说明反应达到平衡；⑥反应前后气体的物质的量不同，故混合气体的物质的量不再变化时，能够说明反应达到平衡；⑦单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol B，说明正反应速率等于逆反应速率，故可以说明反应达到平衡；⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2，不能说明各组分的浓度不再变化，故不可以说明反应达到平衡。
故选D。
【点睛】判断是否达到平衡可以从两方面入手：（1）正逆反应速率是否相等；（2）各反应物和生成物浓度是否改变。
8.H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++HS−和HS−H++S2−。若向H2S溶液中
A. 滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH减小
B. 加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
C. 通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH增大
D. 加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化)，溶液中所有离子浓度都减小
【答案】A
【解析】
【分析】
根据弱电解质电离平衡的移动分析解答。
【详解】A.滴加新制氯水，发生反应Cl2+H2S=2HCl+S↓平衡向左移动，酸性增强，溶液pH值减小，故A项正确；
B.加水促进电离，但氢离子浓度减小，故B项错误；
C.通入二氧化硫的反应：2H2S+SO2=3S+2H2O，当SO2过量时溶液显酸性，而且亚硫酸的酸性比H2S强，故 pH值减小，故C错误；
D. 加入CuSO4固体，发生反应：CuSO4+ H2S = H2SO4 + CuS↓，溶液中c(H+)增大，故D错误。
故选A。
9.已知盐酸是强酸，在下列叙述中说法正确，且能说明醋酸是弱酸的是
A. 将pH＝4的盐酸和醋酸稀释成pH＝5的溶液，醋酸所需加入水的量少
B. 盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与同浓度硫酸反应制取
C. 相同pH的盐酸和醋酸分别跟锌反应时，产生氢气的起始速率相等
D. 相同pH的盐酸和醋酸溶液中分别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变大
【答案】D
【解析】
【分析】
根据强电解质与弱电解质的定义和弱电解质的判断分析；
【详解】A. 醋酸是弱电解质，存在电离平衡，盐酸是强酸，完全电离，将pH＝4的盐酸和醋酸稀释成pH＝5的溶液，醋酸所需加入水的量大，故A错误；
B. 盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与同浓度硫酸反应制取，都是利用难挥发性酸制易挥发性酸，无法比较其酸性强弱，故B错误；
C. 因两酸pH相同，则c(H+)开始相同，不能说明醋酸酸性弱，故C错误；
D. 相同pH的盐酸和醋酸溶液中分别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变大，说明醋酸的电离平衡被破坏，因此能说明醋酸是弱酸，故D正确。
故选D。
【点睛】强酸完全电离，不存在电离平衡问题，只有弱酸才有电离平衡的问题。
10.已知：2CO(g)＋O2(g)2CO2(g) ΔH=−566 kJ·mol−1；
Na2O2(s)＋CO2(g)Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH=−226 kJ·mol−1
根据以上热化学方程式和图像判断，下列说法正确的是
A. CO的燃烧热为283 kJ
B. 2Na2O2(s)＋2CO2(s)===2Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH＞−452 kJ·mol−1
C. 上图可表示由1 mol CO生成CO2的反应过程和能量关系
D. 根据以上热化学方程式无法求算Na2O2(s)＋CO(g)===Na2CO3(s)的反应热
【答案】B
【解析】
【分析】
根据热化学方程式的含义及盖斯定律计算反应热，从图像中坐标轴的含义分析图像表达的意思。
【详解】A. 燃烧热的单位为kJ/mol ，所以CO的燃烧热为283 kJ/mol，故A错误；
B. CO2由固态到气态需吸收能量，所以反应2Na2O2（s）+2CO2（s）====2Na2CO3(s)+O2(g) ΔH＞-452 kJ/mol，故B正确；
C. 由题中信息可知，图中表示的是由2 mol CO生成2mol CO2的反应过程和能量关系，故C错误；
D. 根据盖斯定律，将题干中的第一个热化学方程式中的反应热除以2再加上第二个热化学方程式中的反应热，即可求出Na2O2(s)＋CO(g)===Na2CO3(s)的反应热，故D错误。
故选B。
【点睛】反应热与反应过程无关，只与反应物和生成物的状态有关。
11.常温下，下列各组离子在有关限定条件下溶液中一定能大量共存的是
A. 由水电离产生的c(H+)=10−12 mol·L−1的溶液中：K+、Na+、ClO−、I−
B. c(H+)= mol·L−1的溶液中：K+、Fe3+、Cl−、
C. pH=13的溶液中：、Cl−、、
D. 常温下，c(H+)/c(OH-)=1×10−12的溶液：K+、、、Na+
【答案】D
【解析】
【分析】
根据离子共存的条件分析；
【详解】A. 由水电离产生的c(H+)=10−12 mol·L−1，说明水的电离受到抑制，溶液呈酸性或是碱性，呈酸性时因为有大量H+，所以ClO−不能大量存在，故A错误；
B. c(H+)= mol·L−1，说明c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性， Fe3+、CO32-会发生双水解，不能大量共存，故B错误；
C. pH=13的溶液中呈强碱性，HCO3-不能大量存在，故C错误；
D. 常温下，c(H+)/c(OH-)=1×10−12的溶液中存在大量的氢氧根离子，K+、AlO2-、CO32-、Na+之间不反应，都不与氢氧根离子反应，故可以大量共存，故D 正确。
故选D。
【点睛】有附加条件的离子共存问题，首先要先确定附加条件，而后才能准确的解决问题，例如：由水电离产生的c(H+)=10−12 mol·L−1，说明该溶液可能显酸性，亦可能显碱性，故需考虑全面。
12.工业上制备纯硅反应的热化学方程式：SiCl4(g)＋2H2(g)===Si(s)＋4HCl(g) ΔH=＋Q kJ·mol－1(Q＞0)。某温度、压强下，将一定量的反应物通入密闭容器中进行以上反应(此条件下为可逆反应)，下列叙述正确的是
A. 当反应吸收热量为0.025Q kJ时，生成的HCl通入100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液中恰好反应
B. 反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
C. 若反应开始时SiCl4为1 mol，则达到平衡时，吸收热量为Q kJ
D. 反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol·L－1，则H2的反应速率为0.03 mol·L－1·min－1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据化学反应速率的定义、计算公式分析；根据外界条件对化学平衡移动的影响分析。
【详解】由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成HCl的物质的量为：0.025QkJ/QKJ·mol－1×4=0.1mol，100mL1mol/L的NaOH的物质的量为：0.1L×1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，故A正确；
从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，故B错误；
该反应为可逆反应，具一定的限度，故1molSiCl4不能完全转化，达到平衡时，吸收热量一定小于QkJ，故C错误；
反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则v（HCl）= 0.12mol/L÷4min =0.03mol/（L•min），根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）= ×v（HCl）=×0.03mol/（L•min）=0.015mol/（L•min），故D错误。
故选A。
【点睛】(1)热化学反应方程式中，化学计量数等于该物质的物质的量，故ΔH之比等于物质的量之比=化学计量数之比。(2)可逆反应都具有一定的化学反应限度，不可能达到百分百转化。
13.现有等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量镁，产生H2的体积（同温同压下测定）的变化图示如下。其中正确的是
A. ①③ B. ②④ C. ①②③④ D. 都不对
【答案】D
【解析】
【分析】
根据强酸和弱酸的电离程度分析。
【详解】随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大，故①错误；
等pH时，醋酸浓度较大，加入足量镁，不仅产生的氢气的体积更大，反应更快，而且反应时间更长，不可能比盐酸更早结束，故②错误；
随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大，不可能逐渐减小，故③错误；
等物质的量浓度时，醋酸溶液中氢离子浓度较小，反应速率较小，不可能比盐酸反应的快，故④错误。
故选D。
【点睛】分析化学平衡图像时要注意横纵坐标及曲线的变化趋势，分析固定PH值变化和V(H2)变化，来进一步确定反应过程，注意方法规律的灵活应用。
14.T K时，向2.0L恒容密闭容器中充入0.10molCOCl2，发生反应 ，经过一段时间后反应达到平衡。反应过程中测得的部分数据见下表，下列说法正确的是
t/s
0
2
4
6
8
n(Cl2)/mol
0
0.030
0.039
0.040
0.040
A. 反应在前2s的平均速率mol·L-1·s-1
B. 保持其他条件不变，升高温度，若新平衡时c(C12)=0.038mol·L-1，则反应的△H<0
C. 平衡后向上述容器中再充入0.10molCOCl2，平衡正向移动，COCl2的转化率增大
D. T K时该反应的化学平衡常数为
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学反应速率的计算方法分析；根据勒夏特列原理的概念分析；
【详解】表中给出的数据是物质的量，根据化学方程式可知，生成物中一氧化碳的物质的量等于氯气的物质的量，反应速率用物质的量浓度计算，v(CO)= (0.03mol/2L)÷2s=0.0075mol·L－1·s－1，故A错误；
若平衡时c(Cl2)= 0.038mol·L-1，可计算得到，n(Cl2)=0.076mol>0.040mol，说明温度升高后，平衡向正反应方向移动，向吸热反应方向移动，故ΔH>0，故B错误；
平衡后向上述容器中再充入0.10molCOCl2，平衡正向移动，但是正反应方向是气体体积增大，相当于压强增大，促使平衡向逆反应方向移动，故转化率一定减小，故C错误；
K=c(CO)·c(Cl2)/c(COCl2)=(0.2mol/L×0.2mol/L)/0.03mol/L=，故D正确。
故选D。
【点睛】勒夏特列原理：在一个已经达到平衡的反应中，如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强，以及参加反应的化学物质的浓度），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。掌握勒夏特列原理并灵活应用，就能快速准确的解决这类问题。
15.下列实验及现象不能得出相应结论的是
选项
实验操作
现象
结论
A
将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，将其放置在坩埚中加热
钠表面变暗，加热时，钠易与氧气反应，加热时，钠燃烧，发出黄色火焰
钠易与氧气反应，加热时生成Na2O的速率加快
B
向碳酸钠和小苏打溶液中分别加入足量的盐酸
都冒气泡
两者均能与盐酸反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体
C
将FeSO4高温分解产生的气体通入品红溶液中
品红溶液褪色
分解产生的气体中含有SO2
D
将KI 和FeCl3溶液在试管中混合后，加 入CCl4振荡，静置
下层溶液显紫红色
氧化性:Fe3+>I2
【答案】A
【解析】
【详解】A.钠在空气中发生了比较复杂的化学反应，不仅生成氧化钠，还有氢氧化钠和碳酸钠，钠与氧气在加热的条件下反应时，生成过氧化钠，故A不能得出相应结论；
B.向碳酸钠和小苏打溶液中分别加入足量的盐酸，都能生成CO2，故B正确，但不符合题意；
C.SO2可以使品红溶液褪色，C正确，但不符合题意；
D.KI与FeCl3反应的离子反应方程式：2I- + 2Fe3+ = I2 + 2Fe2+ ，D正确，但不符合题意。
本题选A。
16.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－ ΔH>0，下列叙述正确的是
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B. 向水中加入少量CH3COOH，平衡逆向移动，c(H＋)降低
C. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变
D. 将水加热，KW增大，c(H＋)不变
【答案】C
【解析】
【分析】
根据弱电解质的电离平衡分析。
【详解】A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，但c(OH-)增大，故A错误；
B. 向水中加入少量CH3COOH，c(H+)增大，平衡逆向移动，故B错误；
C. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，NaHSO4=Na++H++SO42-，c(H+)增大，温度不变，Kw不变，故C正确；
D. 将水加热，即温度升高，Kw增大，水的电离程度增大，c(H＋)增大，故D错误。
故选C。
【点睛】Kw只受温度影响，温度不变，Kw不变。
17.根据vt图分析外界条件改变对可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g) ΔH<0的影响。该反应的速率与时间的关系如图所示：
可见在t1、t3、t5、t7时反应都达到平衡，如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件，则下列对t2、t4、t6、t8时改变条件的判断正确的是
A. 使用了催化剂、增大压强、减小反应物浓度、降低温度
B. 升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂
C. 增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度
D. 升高温度、减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂
【答案】D
【解析】
【分析】
从“断点”入手突破改变的条件,t2时正、逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，不是使用了催化剂，排除A，增大反应物浓度，平衡正向移动，排除C，t6时正反应速率大于逆反应速率，逆反应速率瞬时不变，应是增大反应物浓度，排除B。
【详解】t2时正、逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，排除A、C项；t4时正、逆反应速率均减小，平衡逆向移动，可以是减小压强；t6时正反应速率大于逆反应速率，逆反应速率瞬时不变，平衡正向移动，所以是增大反应物浓度，D项符合。故选D。
18.在密闭容器中，反应X(g)＋2Y(g)Z(g)分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c(X)＝0.100 mol·L－1，c(Y)＝0.200 mol·L－1，c(Z)＝0 mol·L－1。反应物X的浓度随时间的变化如图所示。
下列说法正确的是
A. 若反应①、②的平衡常数分别为K1、K2，则K1
C. 减小反应③的压强，可以使平衡时c(X)＝0.060 mol·L－1
D. 反应X(g)＋2Y(g) Z(g)的ΔH>0
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学平衡的概念和特征分析；根据外界条件对化学平衡状态的影响分析。
【详解】A . 因为①、②的起始浓度相同、平衡浓度相同，所以反应②应是在有催化剂的条件下进行的，此时K1＝K2，A不正确；
B. 从图中可以看出，实验②平衡时X的浓度变化量为0.04 mol•L－1，则Y的浓度变化量为0.08 mol•L－1，Y的转化率为40%，故B不正确；
C. 减小压强，容器的体积增大，各组分的浓度减小，平衡虽然向气体体积增大的方向移动，即向左移动，但各物质的浓度都比原来小，即c(X)＜0.0４0 mol·L－1，故C错误；
D. ③与①相比，X的变化量大，说明平衡正向移动，且化学反应速率加快，故此时的反应条件只能为升温，由此可见，正反应为吸热反应，故D正确。
故选D。
【点睛】化学反应平衡的本质是正逆反应速率相等，平衡时各反应物和生成物浓度保持不变。K值只受温度影响，温度不变，K值不变。当外界条件改变时，平衡向减弱改变的方向移动。
19.下列说法中不正确的有
①卤素单质从上到下熔沸点逐渐升高，碱金属单质从上到下熔沸点逐渐降低
②铁的氧化物（FexO)1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mLCl2，恰好将Fe完全氧化，x的值为0.80
③SiO2有导电性，可用于制备光导纤维
④二氧化硅既能与氢氟酸反应，又能与烧碱反应，所以它是两性氧化物
⑤金属活动性不同，冶炼方法也有所不同
⑥苏打和小苏打焰色反应的现象是相同的，说明灼烧过程中它们发生了相同的化学变化
⑦铁在纯氧中燃烧或在氯气中燃烧所得产物中铁的化合价均为+3价
⑧镁铝合金的强度和硬度都比纯铝和纯镁的大
⑨除去铜器表面铜绿而不损伤器物，可用稀硝酸
⑩Al(OH)3药剂适合于胃溃疡患者服用，治疗胃酸过多
A. ③④⑥⑦⑨ B. ①②③⑤ C. ④⑥⑦⑧⑨ D. ①②⑤⑧⑩
【答案】A
【解析】
【分析】
根据碱金属的性质分析；根据氧化还原反应的本质和特征分析；根据常见物质的分类相关知识分析；
【详解】①碱金属单质从上到下，熔沸点降低，卤族元素从上到下，单质状态从气体→液体→固体，熔沸点从上到下增大，故①正确；
②112mL的氯气（标况下）把＋2价铁氧化成＋3价，反应中转移电子物质的量为(112×10－3L/22.4mol•L－1) ×2=0.01mol，根据得失电子数目守恒，[1.56g/(56x+16) ]×(3-)=0.01，解得x=0.8，故②正确；
③SiO2不能导电，故③错误；
④两性氧化物是既能与酸反应，又能与碱反应生成盐和水，SiO2与HF生成SiF4和H2O，其中SiF4不属于盐，因此SiO2不属于两性氧化物，故④错误；
⑤金属活动性不同，冶炼的方法不同，K－Al用电解法冶炼，Zn－Cu用热还原法冶炼，Cu以后用热分解法冶炼，故⑤正确；
⑥焰色反应不属于化学变化，故⑥错误；
⑦铁在纯氧燃烧得到产物是Fe3O4，纯铁在氯气燃烧生成FeCl3，Fe3O4认为是由＋2、＋3组成，故⑦错误；
⑧合金的硬度和强度比成分金属强，故⑧正确；
⑨铜在常温下与稀硝酸发生反应，因此不能用稀硝酸除去铜表面的铜绿，用盐酸或硫酸，故⑨错误；
⑩氢氧化铝表现两性，且对人体无毒，因此氢氧化铝用于中和胃酸过多，故⑩正确。
故A正确。
【点睛】(1)两性氧化物和两性氢氧化物，高中阶段只考查Al2O3和Al(OH)3的性质及应用；(2)Fe3O4可看做是Fe2O3•FeO的形式，故它既含有+3价Fe也含有+2价Fe。
20.下列实验操作规范且能达到目的的是
目的
操作
A．
取20.00 mL盐酸
在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶
B．
测定醋酸钠溶液pH
用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上
C．
配制浓度为0.010mol/L的高锰酸钾溶液
称取高锰酸钾固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
D．
清洗碘升华实验所用试管
先用酒精清洗，再用水清洗
【答案】D
【解析】
【分析】
根据滴定实验、pH值测定、一定物质的量浓度溶液的配制的操作和注意事项分析；
【详解】A.50 mL酸式滴定管，50mL以下没有刻度，可容纳盐酸，则将剩余盐酸放入锥形瓶，体积大于20mL，故A错误；
B．湿润pH试纸，溶液浓度发生变化，导致测定结果偏低，故B错误；
C．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，且只能在常温下使用，不能在容量瓶中溶解固体，故C错误；
D．碘易溶于酒精，可使试管内壁的碘除去，且酒精可与水混溶，用水冲洗可达到洗涤的目的，故D正确；
故选D。
【点睛】化学实验基础的误差分析，大多都可以通过物质的量计算过程中，物理量的变化推测，例如：湿润pH试纸即有水，使测定溶液浓度降低。
21.在一定温度下，a的容积保持不变，b的上盖可随容器内气体压强的改变而上下移动，以保持容器内外压强相等。在a、b中分别加入2 mol A和2 molB,起始时容器体积均为V L，发生反应2A＋B x C，并达到化学平衡状态，平衡时两容器中A、B、C的物质的量之比均为1:3:6。
下列说法一定正确的是
A. x的值为2 B. a、b容器中从起始到平衡所需时间相同
C. B物质可为固体或液体 D. 平衡时，b容器的体积小于V L
【答案】B
【解析】
【分析】
根据化学平衡的形成条件分析；根据外界条件对化学平衡移动的影响分析；
【详解】在一定温度下，a为恒压密闭容器，b为恒容密闭容器，平衡时两容器中A、B、C的物质的量之比均为1：3：6，说明两容器中A、B转化率分别相同，则a、b的平衡状态相同，说明反应2A+BxC（g）中，反应前后气体的化学计量数之和相等，则
A．若A为固体或液体，B为气体，x=1，故A错误；
B．反应2A+BxC（g）中，反应前后气体的化学计量数之和相等，气体的压强不变，体积不变，达到平衡用的时间相同，故B正确；
C．若x=1，则B为气体，A为固体或液体，若A为气体，B为固体或液体，则x=2，故C错误；
D．由于反应前后气体体积不变，故平衡时，a容器的体积等于VL，故D错误；
故选B。
22.在容积为2 L的3个密闭容器中发生反应3A(g)＋B(g)xC(g)，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时有关数据如下：
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
3 mol A、2 mol B
6 mol A、4 mol B
2 mol C
到达平衡的时间/min
5
8
A的浓度/(mol·L－1)
c1
c2
C的体积分数
w1
w3
混合气体密度/(g·L－1)
ρ1
ρ2
下列说法正确的是
A. 无论x的值是多少，均有2ρ1＝ρ2
B. 若x＜4，则2c1＜c2
C. 若w3＝w1，可断定x＝4
D. 容器甲中反应从开始到达平衡平均速率为v(A)＝0.3 mol·L-1·min-1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据外界条件对化学反应平衡移动的影响分析；根据化学反应速率的计算条件分析。
【详解】A、密度是混合气的质量和容器容积的比值，故A正确；
B、若x＝4，则容器乙相当于增大压强，平衡不移动，平衡时乙中A的浓度是甲的2倍。若x<4，则乙中压强较大，平衡向正反应方向进行的程度较大，则2c1>c2，选项B错误；
C、可以用反证法证明该选项是错的：若x=4，则反应前后气体的分子数不变，该反应达到化学平衡状态后，改变压强，平衡不移动。当甲中投入3mol A和1mol B时，与丙中投入2mol C 可以形成等效平衡，两容器中C的体积分数相同。在此基础上，再向A中加入1molB，则甲中平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，即w3＜w1，故C错误；
Ｄ、由于容器甲中无法确定平衡时A的物质的量，所以无法计算反应速率，故D错误。
故选A。
【点睛】增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动。掌握勒夏特列原理，即可快速准确的解决这种类型题。
23.下列说法正确的是
①FeO投入稀H2SO4和稀HNO3中均得到浅绿色溶液
②向红砖粉末中加入盐酸，充分振荡反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2〜3滴，溶液呈红色，但不一定说明红砖中含有氧化铁
③Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3
④制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁
⑤向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入300 mL1.mol·L-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含有Fe3+。若用过量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，固体减少的质量为2.4g
⑥磁性氧化铁溶于稀硝酸的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=== Fe3++NO↑+3H2O
⑦氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为Fe(OH)3+H+=Fe3++3H2O
⑧Fe2O3不可与水反应得到Fe(OH)3，但能通过化合反应制取Fe(OH)3
⑨赤铁矿的主要成分是Fe3O4，Fe3O4为红棕色晶体
A. ①④⑦ B. ⑤⑧ C. ②③⑥ D. ⑤⑥⑨
【答案】B
【解析】
【分析】
根据铁及其化合物的性质分析；根据氧化还原反应的本质和特征进行分析；
【详解】①FeO与稀HNO3反应生成Fe3+，呈黄色，故①错误；
②向红砖粉末中加入盐酸，目的是将氧化物转化为离子形式，滴加KSCN溶液后显红色，说明原溶液中含有Fe3+，说明红砖中一定含有Fe2O3，故②错误；
③FeCl3溶液在蒸发过程中，会发生水解生成Fe(OH)3，故③错误；
④制备氢氧化亚铁时，若不隔绝空气，得到的氢氧化亚铁容易被氧化成氢氧化铁，故④错误；
⑤Cu、Fe2O3的混合物中加入300mL1mol•L-1的盐酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，溶液中溶质为氯化铜、氯化亚铁，该反应过程为：盐酸与氧化铁恰好反应，生成氯化铁与水，生成的氯化铁与铜恰好反应转化为氯化铜、氯化亚铁。由水的分子式H2O可知，氧化物中2n(O)=n(HCl)=0.3L×1mol/L=0.3mol，故n(O)=0.15mol，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为氧化物中氧元素的质量，所以固体减少的质量为0.15mol×16g/mol=2.4g，故⑤正确；
⑥磁性氧化铁为Fe3O4中含有+2价和+3价的铁元素，溶于稀硝酸的离子方程式为：3 Fe3O4+28 H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O，故⑥错误；
⑦氢氧化铁溶于氢碘酸，生成的Fe3+仍然会与I-反应，故离子方程式为： 2Fe（OH）3+3H++2I-═2Fe2++3H2O+I2，故⑦错误；
⑧Fe2O3不可与水反应得到Fe(OH)3，但能通过化合反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3得到，故⑧正确；
⑨赤铁矿的主要成分是Fe2O3，Fe2O3为红棕色晶体，故⑨错误。
【点睛】Fe2+→Fe3+的过程中，需要填加氧化剂，例如：O2、硝酸、高锰酸钾、Cl2等；Fe3+→Fe2+的转化过程中，需要填加还原剂，例如：Fe、Cu、H2、CO、I-、Br-等。铁及其化合物的转化是高频考点，遇到有关铁元素的问题时，一定要注意相关物质的氧化性和还原性。
24.在容积为1.00 L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g) 2NO2(g) ΔH，随温度升高，混合气体的颜色变深。
回答下列问题：
（1）反应的ΔH_____0(填“＞”或“＜”)；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在0~60 s时段，平均反应速率v(NO2)为________mol·L-1·s-1，反应的平衡常数K为（数值）__________。
（2）100℃时达到平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4) 以0.0020 mol·L-1·s-1的平均速率降低，经10 s又达到平衡。则T__________100℃(填“大于”或“小于”)。
（3）利用图(a)和(b)中的信息，按图(b)装置(连通的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的_________(填“深”或“浅”)，其原因是__________________ 。
【答案】 (1). > (2). 0.0020或2.0×10-3 (3). 0.36或0.36 mol·L-1 (4). 大于 (5). 深 (6). N2O4(无色) 2NO2(红棕色) ΔH>0，是吸热反应，而双氧水的分解反应是放热反应。当右边双氧水分解时，放出的热量会使B瓶升温，从而使瓶中反应朝正反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深
【解析】
【分析】
根据化学反应速率的计算及化学平衡的移动原理分析。
【详解】(1)随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，即反应向吸热方向移动，故△H＞0；0～60s时段，N2O4浓度变化为：0.1mol/L-0.04mol/L=0.06mol/L，v（N2O4）=0.06mol/L÷60s==0.0010mol•L-1•s-1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，故v(NO2)=2 v（N2O4）=0.0020mol•L-1•s-1；K=c2(NO2)/c(N2O4)==(0.12mol/L)2/0.04mol/L=
0.36mol/L，故答案为：0.0020， 0.36mol/L；
(2)N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃，故答案为：大于；
(3)由于N2O4(无色) 2NO2(红棕色) △H﹥0，是吸热反应，而双氧水的分解反应是放热反应。当右边双氧水分解时，放出的热量会使B瓶升温，从而使瓶中反应朝正反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深。
【点睛】图像中的变化趋势是解题的关键，只有明确了图像趋势的含义才能快速解决此类化学平衡图像问题。
25.金属钛(Ti)具有硬度大、熔点高、耐酸碱腐蚀的优点，被广泛用于航空航天、医疗卫生及日常生活中。以钛铁矿(主要成分为FeTiO3)为主要原料冶炼金属钛的生产工艺如图所示。
回答下列有关问题：
（1）钛铁矿(精矿)中加入浓硫酸除生成TiOSO4外，还生成水和另外一种硫酸盐，且反应前后Fe的化合价不变，则FeTiO3中Ti的化合价为_______。
（2）上述流程图中加入“铁屑”的目的是_____(填字母)。
A.防止Fe2+被氧化 B.与Fe3+反应 C.防止Fe2+水解 D.防止Fe3+水解
（3）溶液Ⅰ经“操作a”可得固体副产品甲，则操作a的名称为_______、_________、_________，副产品甲的化学式是__________。
（4）已知钛酸难溶于水，其化学式为H2TiO3。则溶液Ⅱ中加入水，加热时发生的化学方程式为________________________________________________。
（5）“操作b”为加热，则中间产品乙的化学式为______________。
（6）一定条件下，利用气体丙与氢气可合成甲醇，该合成反应的化学方程式为____________________________，甲醇的电子式为__________。
【答案】 (1). +4 (2). A (3). 蒸发浓缩 (4). 冷却结晶 (5). 过滤 (6). FeSO4•7H2O (7). TiOSO4+2H2OH2TiO3↓+H2SO4 (8). TiO2 (9). CO+2H2CH3OH (10).
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应的本质和特征分析；根据物质的分离和提纯操作及注意事项分析；
【详解】(1)FeTiO3与浓硫酸反应，生成TiOSO4、水和另外一种硫酸盐，且反应前后Fe的化合价不变，说明未发生氧化还原反应，化合价不变，故FeTiO3中Ti的化合价为+4价；
(2)加入铁屑的目的是防止亚铁离子氧化，故选A；
(3)操作a后得到的固体副产物甲，根据题意及流程中信息可知，甲为绿矾，为防止绿矾在结晶过程中失去结晶水，因此该步骤为：蒸发浓缩，再冷却，使FeSO4结晶，最后过滤，从而得到绿矾，故答案为：蒸发浓缩 、冷却结晶、过滤，FeSO4•7H2O；
(4)由(1)可知溶液Ⅱ中有TiOSO4，经过过滤，故加入水发生TiOSO4的水解反应，生成H2TiO3和H2SO4，故方程式为：TiOSO4+2H2OH2TiO3↓+H2SO4；
(5)H2TiO3受热分解是生成TiO2，故答案为：TiO2；
(6)CO和H2在一定条件下生成甲醇，甲醇分子结构中H原子满足2电子稳定结构，C、O原子满足8电子稳定结构，故其电子式为：，故答案为：CO+2H2CH3OH，
。
【点睛】物质的分离和提纯中，注意分离后需要将药品恢复到原来状态；书写电子式前需考虑有机物原子间的成键方式。
26.硫是一种很活泼的元素，在适宜的条件下能形成−2、+6、+4、+2、+1价的化合物。
Ⅰ.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一，带有强烈的SO2气味，久置于空气中易被氧化，其溶于水生成的NaHSO3溶液呈酸性。某研究小组采用如图所示装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。
(1)装置Ⅰ中的浓硫酸____(能或不能)用稀硫酸代替，原因是______________________________________________。
(2)装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，要获得已析出的晶体，可采取的操作是__________。
(3)设计检验Na2S2O5晶体在空气中变质的实验方案：_______________。
Ⅱ.Na2S2O3溶液可以用于测定溶液中ClO2的含量，实验方案如下。
步骤1：准确量取ClO2溶液10.00 mL，稀释至100 mL。
步骤2：量取V1 mL稀释后的ClO2溶液于锥形瓶中，调节溶液的pH≤2，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟。(已知：ClO2+I−+H+I2+Cl−+H2O 未配平)
步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用c mol·L−1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。(已知：I2+2S2O32—=2I−+ S4O62—)
(1)准确量取10.00 mL ClO2溶液的玻璃仪器是____________。
(2)确定滴定终点的现象为________________________________。
(3)根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为____mol·L−1(用含字母的代数式表示)。
(4)下列操作会导致测定结果偏高的是_______________ (填字母)。
A．未用标准浓度的Na2S2O3溶液润洗滴定管
B．滴定前锥形瓶中有少量水
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D．读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
【答案】 (1). 不能 (2). 二氧化硫易溶于水 (3). 过滤 (4). 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量的盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则说明Na2S2O5晶体已变质 (5). 酸式滴定管 (6). 滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液刚好由蓝色变为无色，且保持30 s不变 (7). (8). AC
【解析】
【分析】
Ⅰ.稀硫酸不能代替浓硫酸，与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，因为二氧化硫易溶于水；装置Ⅱ中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体；Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可。Ⅱ. ClO2溶液具有强氧化性，量取ClO2溶液用酸式滴定管；滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂；根据电子守恒，二氧化氯和碘单质的反应中有如下关系：2ClO2～5I2，结合反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，由关系式求解即可。
【详解】Ⅰ.（1）稀硫酸不能代替浓硫酸，与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，因为二氧化硫易溶于水，故不能用稀硫酸。（2）装置Ⅱ中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体。（3）Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，其检验方法为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则说明Na2S2O5晶体已变质。
Ⅱ.（1）ClO2溶液具有强氧化性，所以准确量取10.00mLClO2溶液的玻璃仪器是酸式滴定管。（2）滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂，溶液蓝色褪去，滴定终点的现象为滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液刚好由蓝色变为无色，且保持30s不变。（3）根据电子守恒，二氧化氯和碘单质的反应中有如下关系：2ClO2～5I2，结合反应2Na2S2O3+I2=
Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，n（S2O32-）=cV2×10-3mol，所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol，则10mL的原溶液含有ClO2的物质的量为×10-2mol，所以原ClO2溶液的物质的量浓度为×10-2mol÷0.01L=mol/L。（4）A．未用标准浓度的Na2S2O3溶液润洗滴定管，会导致标准液浓度变小，用去标准液的体积偏大，所以测定结果偏高；B．滴定前锥形瓶有少量水，对实验无影响；C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，会导致标准液的体积偏大，所以测定结果偏高；D．滴定应在中性或弱酸性环境中进行，若溶液呈碱性，会导致用去的标准液的体积偏小，所以测定结果偏低；E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，读出标准液的体积的数据偏小，所以测定结果偏低，故答案为：AC。
【点睛】本题考查实验方案的设计，涉及化学方程式的有关计算、误差分析、物质检验、基本实验操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，难点是实验方案设计，注意化学用语使用的规范性。
27.反应：aA(g)+bB(g)cC(g)(ΔH<0)在等容条件下进行。改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：
回答问题：
（1）反应的化学方程式中，a∶b∶c为 ；
（2）A的平均反应速率vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为 ；
（3）B的平衡转化率αⅠ(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最小的是 ，其值是 ；
（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是 ，采取的措施是 ；
（5）比较第Ⅱ阶段反应温度(T2)和第Ⅲ阶段反应温度(T3)的高低：T2 T3(填“>”“<”或“=”)，判断的理由是 ；
（6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10 min后达到新的平衡，请在下图中用曲线表示第Ⅳ阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势(曲线上必须标出A、B、C)。
【答案】（1）1∶3∶2 （2）vⅠ(A)>vⅡ(A)>vⅢ(A) （3）αⅢ(B) 0．19(或19%)
（4）向正反应方向 从反应体系中移出产物C （5）> 此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动
（6）
(注：只要曲线能表示出平衡向逆反应方向移动及各物质浓度的相对变化比例即可)
【解析】
试题分析： （1）Ⅰ阶段，20 min内，Δc(A)=2．0 mol·L-1-1．00 mol·L-1=1．00 mol·L-1，Δc(B)=6．0 mol·L-1-3．00 mol·L-1=3．00 mol·L-1，Δc(C)=2．00 mol·L-1，则a∶b∶c=Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)=1∶3∶2。
（2）vⅠ(A)==0．05 mol·L-1·min-1，
vⅡ(A)=≈0．025 mol·L-1·min-1，
vⅢ(A)==0．012 mol·L-1·min-1。则vⅠ(A)>vⅡ(A)>vⅢ(A)。
（3）αⅠ(B)=×100%=50%，αⅡ(B)=×100%=38%，αⅢ(B)=×100%=19%。故αⅢ(B)最小。
（4）由图示可知，由第一次平衡到第二次平衡，A、B的浓度减小，说明平衡正向移动。由物质C的浓度变化可知，导致平衡正向移动的措施是从反应体系中移出了产物C。
（5）由图示可知，Ⅱ→Ⅲ，平衡正向移动，由于正反应是放热反应，故Ⅱ→Ⅲ是降温过程，即T2>T3。
（6）第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，则各物质的浓度减半，由于容器的体积扩大，压强减小，平衡会向逆反应方向(气体体积增大的方向)移动，故平衡后，0．25 mol·L-1
1.下列关于能源和作为能源的物质叙述错误的是
A. 化石能源物质内部蕴涵着大量的能量
B. 吸热反应没有利用价值
C. 绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来
D. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用
【答案】B
【解析】
【详解】A.煤、石油、天然气属于化石燃料，燃烧时释放大量的能量，可说明化石能源物质内部蕴涵着大量的能量，故A正确；
B.吸热反应也有一定的利用价值，如工业上由石灰石制备生石灰的反应、由煤制水煤气的反应都是吸热反应，B错误；
C. 光合作用是将太阳能转化为化学能的过程，将空气中的水、二氧化碳等转化为葡萄糖，故C正确；
D.化学能可转化为热能、电能等，如物质燃烧，原电池反应等，故D正确．
故选B。
2.对处于化学平衡的体系，关于化学平衡与化学反应速率的关系正确的是
A. 化学反应速率变化时，化学平衡一定发生移动
B. 正反应进行的程度大，正反应速率一定大
C. 化学平衡发生移动时，化学反应速率一定变化
D. 只有在催化剂存在下，才会发生化学反应速率变化，而化学平衡不移动的情况
【答案】C
【解析】
【分析】
根据化学反应平衡的本质分析化学反应速率与平衡的关系。
【详解】A.若正、逆反应速率变化后仍保持相等，则平衡不移动，故A错误；
B. 反应进行程度大小，与反应速率没有关系，故B错误；
C. 化学平衡发生移动时，正、逆反应速率一定不等，故反应速率一定发生变化，故C正确；
D. 如反应前后气体的体积不变，增大压强，化学反应速率增大，平衡也不移动，故D错误；
故选C。
【点睛】化学反应达到平衡的本质原因是正、逆反应速率相等；反应进行的程度与反应速率的大小没有关系。
3.实验测得：101 kPa时，1 mol H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ的热量；1 mol CH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3 kJ的热量。下列热化学方程式的书写正确的是
①CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=+890.3 kJ·mol−1
②CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−890.3 kJ·mol−1
③CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) ΔH=−890.3 kJ·mol−1
④2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH=−571.6 kJ·mol−1
A. 仅有② B. 仅有②③④ C. 仅有②④ D. 全部符合要求
【答案】C
【解析】
【分析】
根据热化学方程式的含义及书写规则分析热化学方程式书写是否正确。
【详解】①甲烷燃烧属于放热反应，所以ΔH小于零，故①错误；
②根据题干信息甲烷燃烧的热化学方程式写作：CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−890.3 kJ·mol−1所以②正确；
③热反应方程式中的反应热和物质的状态有关，此处的水应该是液态，所以③错误；
④根据题干信息可知，2 mol H2完全燃烧生成液态水，放出571.6 kJ的热量，热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)2H2O(l)ΔH=−571.6 kJ·mol−1所以④正确。
故选C。
【点睛】(1)热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子数或原子数，因此化学计量数可以是整数，也可以是分数；(2)热化学方程式中的反应热表示反应已完成时的热量变化，热化学方程式中的化学计量数必须与△H相对应，如果化学计量数加倍，则△H也要加倍。当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。
4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 17 g氨气中含有的质子数为10NA
B. 2.4 g金属镁变成镁离子时失去的电子数为0.1NA
C. 0.5 mol·L－1AlCl3溶液中Cl－的数目为1.5NA
D. 标准状况下，11.2 L CCl4所含的分子数为0.5NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.17g氨气的物质的量为：=1mol，1mol氨气分子中含有10mol质子，所含质子数为10NA，故A正确；
B.2.4g金属镁的物质的量为：=0.1mol，0.1molMg变成镁离子时失去0.2mol电子，失去电子数为0.2NA，故B错误；
C.没有告诉溶液的体积，故无法算出溶液中的离子的数目，故C错误；
D.标准状况下，CCl4为液体，无法根据气体摩尔体积进行计算，故D错误。
故选A。
【点睛】在计算气体体积时，一定注意是否为标准状况，是否为气体。
5. 对于化学反应方向的确定不仅与焓变(ΔH)有关，也与温度(T)、熵变(ΔS)有关，实验证明，化学反应的方向应由ΔH-TΔS确定，若ΔH-TΔS<0，则自发进行，否则不能自发进行。下列说法中，正确的是( )
A. 在温度、压强一定的条件下，焓因素和熵因素共同决定一个化学反应的方向
B. 温度、压强一定时，熵增加的反应一定能自发进行
C. 反应焓变是决定反应能否自发进行的唯一因素
D. 固体的溶解过程只与焓变有关
【答案】A
【解析】
试题分析：ΔH-TΔS<0时反应能自发进行，所以焓变和熵变是一定温度下化学反应能否自发进行的复合判据，选项A正确，选项B、C不正确；固体的溶解过程，体系的混乱度增大，它是熵增加的过程，所以选项D不正确。
考点：化学反应进行的方向
6.把下列四种X溶液分别迅速加入四个盛有10 mL 2 mol·L－1盐酸的烧杯中，此时，X和盐酸立刻进行反应，其中初始反应速率最快的是
A. 10℃ 10 mL 3 mol·L－1的X溶液 B. 20℃ 10 mL 2 mol·L－1的X溶液
C. 20℃ 10 mL 4 mol·L－1的X溶液 D. 10℃ 10 mL 2 mol·L－1的X溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
从影响反应速率的因素分析解答。
【详解】温度越高，化学反应速率反应越快；反应物浓度越大，化学反应速率越快。C选项中，温度最高、反应物的浓度最大，所以反应最快的应该是C。
故选C。
【点睛】反应物的浓度越大反应越快，和反应物的多少没关系。
7.在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)达到平衡状态标志的是
①C生成的速率与C分解的速率相等；②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B；③A、B、C的浓度不再变化；④A、B、C的压强不再变化；⑤混合气体的总压强不再变化；⑥混合气体的物质的量不再变化；⑦单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol B；⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2
A. ①⑥ B. ②④ C. ③⑧ D. ②⑧
【答案】D
【解析】
【详解】①C生成的速率与C分解的速率相等，即正反应速率与逆反应速率相等，故可以说明反应达到平衡；②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B，只有逆反应速率，不能说明正反应速率和逆反应速率相等，故不能说明反应达到平衡；③A、B、C的浓度不再变化，浓度不在改变说明达到平衡，故可以选；④A、B、C的压强不再变化，说明A、B、C的浓度不再变化，可以说明反应达到平衡；⑤因为反应物和生成物中气体的总物质的量不同，所以混合气体的总压强不再变化，说明各物质的浓度不再改变，可以说明反应达到平衡；⑥反应前后气体的物质的量不同，故混合气体的物质的量不再变化时，能够说明反应达到平衡；⑦单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol B，说明正反应速率等于逆反应速率，故可以说明反应达到平衡；⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2，不能说明各组分的浓度不再变化，故不可以说明反应达到平衡。
故选D。
【点睛】判断是否达到平衡可以从两方面入手：（1）正逆反应速率是否相等；（2）各反应物和生成物浓度是否改变。
8.H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++HS−和HS−H++S2−。若向H2S溶液中
A. 滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH减小
B. 加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
C. 通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH增大
D. 加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化)，溶液中所有离子浓度都减小
【答案】A
【解析】
【分析】
根据弱电解质电离平衡的移动分析解答。
【详解】A.滴加新制氯水，发生反应Cl2+H2S=2HCl+S↓平衡向左移动，酸性增强，溶液pH值减小，故A项正确；
B.加水促进电离，但氢离子浓度减小，故B项错误；
C.通入二氧化硫的反应：2H2S+SO2=3S+2H2O，当SO2过量时溶液显酸性，而且亚硫酸的酸性比H2S强，故 pH值减小，故C错误；
D. 加入CuSO4固体，发生反应：CuSO4+ H2S = H2SO4 + CuS↓，溶液中c(H+)增大，故D错误。
故选A。
9.已知盐酸是强酸，在下列叙述中说法正确，且能说明醋酸是弱酸的是
A. 将pH＝4的盐酸和醋酸稀释成pH＝5的溶液，醋酸所需加入水的量少
B. 盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与同浓度硫酸反应制取
C. 相同pH的盐酸和醋酸分别跟锌反应时，产生氢气的起始速率相等
D. 相同pH的盐酸和醋酸溶液中分别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变大
【答案】D
【解析】
【分析】
根据强电解质与弱电解质的定义和弱电解质的判断分析；
【详解】A. 醋酸是弱电解质，存在电离平衡，盐酸是强酸，完全电离，将pH＝4的盐酸和醋酸稀释成pH＝5的溶液，醋酸所需加入水的量大，故A错误；
B. 盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与同浓度硫酸反应制取，都是利用难挥发性酸制易挥发性酸，无法比较其酸性强弱，故B错误；
C. 因两酸pH相同，则c(H+)开始相同，不能说明醋酸酸性弱，故C错误；
D. 相同pH的盐酸和醋酸溶液中分别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变大，说明醋酸的电离平衡被破坏，因此能说明醋酸是弱酸，故D正确。
故选D。
【点睛】强酸完全电离，不存在电离平衡问题，只有弱酸才有电离平衡的问题。
10.已知：2CO(g)＋O2(g)2CO2(g) ΔH=−566 kJ·mol−1；
Na2O2(s)＋CO2(g)Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH=−226 kJ·mol−1
根据以上热化学方程式和图像判断，下列说法正确的是
A. CO的燃烧热为283 kJ
B. 2Na2O2(s)＋2CO2(s)===2Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH＞−452 kJ·mol−1
C. 上图可表示由1 mol CO生成CO2的反应过程和能量关系
D. 根据以上热化学方程式无法求算Na2O2(s)＋CO(g)===Na2CO3(s)的反应热
【答案】B
【解析】
【分析】
根据热化学方程式的含义及盖斯定律计算反应热，从图像中坐标轴的含义分析图像表达的意思。
【详解】A. 燃烧热的单位为kJ/mol ，所以CO的燃烧热为283 kJ/mol，故A错误；
B. CO2由固态到气态需吸收能量，所以反应2Na2O2（s）+2CO2（s）====2Na2CO3(s)+O2(g) ΔH＞-452 kJ/mol，故B正确；
C. 由题中信息可知，图中表示的是由2 mol CO生成2mol CO2的反应过程和能量关系，故C错误；
D. 根据盖斯定律，将题干中的第一个热化学方程式中的反应热除以2再加上第二个热化学方程式中的反应热，即可求出Na2O2(s)＋CO(g)===Na2CO3(s)的反应热，故D错误。
故选B。
【点睛】反应热与反应过程无关，只与反应物和生成物的状态有关。
11.常温下，下列各组离子在有关限定条件下溶液中一定能大量共存的是
A. 由水电离产生的c(H+)=10−12 mol·L−1的溶液中：K+、Na+、ClO−、I−
B. c(H+)= mol·L−1的溶液中：K+、Fe3+、Cl−、
C. pH=13的溶液中：、Cl−、、
D. 常温下，c(H+)/c(OH-)=1×10−12的溶液：K+、、、Na+
【答案】D
【解析】
【分析】
根据离子共存的条件分析；
【详解】A. 由水电离产生的c(H+)=10−12 mol·L−1，说明水的电离受到抑制，溶液呈酸性或是碱性，呈酸性时因为有大量H+，所以ClO−不能大量存在，故A错误；
B. c(H+)= mol·L−1，说明c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性， Fe3+、CO32-会发生双水解，不能大量共存，故B错误；
C. pH=13的溶液中呈强碱性，HCO3-不能大量存在，故C错误；
D. 常温下，c(H+)/c(OH-)=1×10−12的溶液中存在大量的氢氧根离子，K+、AlO2-、CO32-、Na+之间不反应，都不与氢氧根离子反应，故可以大量共存，故D 正确。
故选D。
【点睛】有附加条件的离子共存问题，首先要先确定附加条件，而后才能准确的解决问题，例如：由水电离产生的c(H+)=10−12 mol·L−1，说明该溶液可能显酸性，亦可能显碱性，故需考虑全面。
12.工业上制备纯硅反应的热化学方程式：SiCl4(g)＋2H2(g)===Si(s)＋4HCl(g) ΔH=＋Q kJ·mol－1(Q＞0)。某温度、压强下，将一定量的反应物通入密闭容器中进行以上反应(此条件下为可逆反应)，下列叙述正确的是
A. 当反应吸收热量为0.025Q kJ时，生成的HCl通入100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液中恰好反应
B. 反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
C. 若反应开始时SiCl4为1 mol，则达到平衡时，吸收热量为Q kJ
D. 反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol·L－1，则H2的反应速率为0.03 mol·L－1·min－1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据化学反应速率的定义、计算公式分析；根据外界条件对化学平衡移动的影响分析。
【详解】由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成HCl的物质的量为：0.025QkJ/QKJ·mol－1×4=0.1mol，100mL1mol/L的NaOH的物质的量为：0.1L×1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，故A正确；
从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，故B错误；
该反应为可逆反应，具一定的限度，故1molSiCl4不能完全转化，达到平衡时，吸收热量一定小于QkJ，故C错误；
反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则v（HCl）= 0.12mol/L÷4min =0.03mol/（L•min），根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）= ×v（HCl）=×0.03mol/（L•min）=0.015mol/（L•min），故D错误。
故选A。
【点睛】(1)热化学反应方程式中，化学计量数等于该物质的物质的量，故ΔH之比等于物质的量之比=化学计量数之比。(2)可逆反应都具有一定的化学反应限度，不可能达到百分百转化。
13.现有等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量镁，产生H2的体积（同温同压下测定）的变化图示如下。其中正确的是
A. ①③ B. ②④ C. ①②③④ D. 都不对
【答案】D
【解析】
【分析】
根据强酸和弱酸的电离程度分析。
【详解】随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大，故①错误；
等pH时，醋酸浓度较大，加入足量镁，不仅产生的氢气的体积更大，反应更快，而且反应时间更长，不可能比盐酸更早结束，故②错误；
随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大，不可能逐渐减小，故③错误；
等物质的量浓度时，醋酸溶液中氢离子浓度较小，反应速率较小，不可能比盐酸反应的快，故④错误。
故选D。
【点睛】分析化学平衡图像时要注意横纵坐标及曲线的变化趋势，分析固定PH值变化和V(H2)变化，来进一步确定反应过程，注意方法规律的灵活应用。
14.T K时，向2.0L恒容密闭容器中充入0.10molCOCl2，发生反应 ，经过一段时间后反应达到平衡。反应过程中测得的部分数据见下表，下列说法正确的是
t/s
0
2
4
6
8
n(Cl2)/mol
0
0.030
0.039
0.040
0.040
A. 反应在前2s的平均速率mol·L-1·s-1
B. 保持其他条件不变，升高温度，若新平衡时c(C12)=0.038mol·L-1，则反应的△H<0
C. 平衡后向上述容器中再充入0.10molCOCl2，平衡正向移动，COCl2的转化率增大
D. T K时该反应的化学平衡常数为
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学反应速率的计算方法分析；根据勒夏特列原理的概念分析；
【详解】表中给出的数据是物质的量，根据化学方程式可知，生成物中一氧化碳的物质的量等于氯气的物质的量，反应速率用物质的量浓度计算，v(CO)= (0.03mol/2L)÷2s=0.0075mol·L－1·s－1，故A错误；
若平衡时c(Cl2)= 0.038mol·L-1，可计算得到，n(Cl2)=0.076mol>0.040mol，说明温度升高后，平衡向正反应方向移动，向吸热反应方向移动，故ΔH>0，故B错误；
平衡后向上述容器中再充入0.10molCOCl2，平衡正向移动，但是正反应方向是气体体积增大，相当于压强增大，促使平衡向逆反应方向移动，故转化率一定减小，故C错误；
K=c(CO)·c(Cl2)/c(COCl2)=(0.2mol/L×0.2mol/L)/0.03mol/L=，故D正确。
故选D。
【点睛】勒夏特列原理：在一个已经达到平衡的反应中，如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强，以及参加反应的化学物质的浓度），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。掌握勒夏特列原理并灵活应用，就能快速准确的解决这类问题。
15.下列实验及现象不能得出相应结论的是
选项
实验操作
现象
结论
A
将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，将其放置在坩埚中加热
钠表面变暗，加热时，钠易与氧气反应，加热时，钠燃烧，发出黄色火焰
钠易与氧气反应，加热时生成Na2O的速率加快
B
向碳酸钠和小苏打溶液中分别加入足量的盐酸
都冒气泡
两者均能与盐酸反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体
C
将FeSO4高温分解产生的气体通入品红溶液中
品红溶液褪色
分解产生的气体中含有SO2
D
将KI 和FeCl3溶液在试管中混合后，加 入CCl4振荡，静置
下层溶液显紫红色
氧化性:Fe3+>I2
【答案】A
【解析】
【详解】A.钠在空气中发生了比较复杂的化学反应，不仅生成氧化钠，还有氢氧化钠和碳酸钠，钠与氧气在加热的条件下反应时，生成过氧化钠，故A不能得出相应结论；
B.向碳酸钠和小苏打溶液中分别加入足量的盐酸，都能生成CO2，故B正确，但不符合题意；
C.SO2可以使品红溶液褪色，C正确，但不符合题意；
D.KI与FeCl3反应的离子反应方程式：2I- + 2Fe3+ = I2 + 2Fe2+ ，D正确，但不符合题意。
本题选A。
16.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－ ΔH>0，下列叙述正确的是
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B. 向水中加入少量CH3COOH，平衡逆向移动，c(H＋)降低
C. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变
D. 将水加热，KW增大，c(H＋)不变
【答案】C
【解析】
【分析】
根据弱电解质的电离平衡分析。
【详解】A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，但c(OH-)增大，故A错误；
B. 向水中加入少量CH3COOH，c(H+)增大，平衡逆向移动，故B错误；
C. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，NaHSO4=Na++H++SO42-，c(H+)增大，温度不变，Kw不变，故C正确；
D. 将水加热，即温度升高，Kw增大，水的电离程度增大，c(H＋)增大，故D错误。
故选C。
【点睛】Kw只受温度影响，温度不变，Kw不变。
17.根据vt图分析外界条件改变对可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g) ΔH<0的影响。该反应的速率与时间的关系如图所示：
可见在t1、t3、t5、t7时反应都达到平衡，如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件，则下列对t2、t4、t6、t8时改变条件的判断正确的是
A. 使用了催化剂、增大压强、减小反应物浓度、降低温度
B. 升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂
C. 增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度
D. 升高温度、减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂
【答案】D
【解析】
【分析】
从“断点”入手突破改变的条件,t2时正、逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，不是使用了催化剂，排除A，增大反应物浓度，平衡正向移动，排除C，t6时正反应速率大于逆反应速率，逆反应速率瞬时不变，应是增大反应物浓度，排除B。
【详解】t2时正、逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，排除A、C项；t4时正、逆反应速率均减小，平衡逆向移动，可以是减小压强；t6时正反应速率大于逆反应速率，逆反应速率瞬时不变，平衡正向移动，所以是增大反应物浓度，D项符合。故选D。
18.在密闭容器中，反应X(g)＋2Y(g)Z(g)分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c(X)＝0.100 mol·L－1，c(Y)＝0.200 mol·L－1，c(Z)＝0 mol·L－1。反应物X的浓度随时间的变化如图所示。
下列说法正确的是
A. 若反应①、②的平衡常数分别为K1、K2，则K1
C. 减小反应③的压强，可以使平衡时c(X)＝0.060 mol·L－1
D. 反应X(g)＋2Y(g) Z(g)的ΔH>0
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学平衡的概念和特征分析；根据外界条件对化学平衡状态的影响分析。
【详解】A . 因为①、②的起始浓度相同、平衡浓度相同，所以反应②应是在有催化剂的条件下进行的，此时K1＝K2，A不正确；
B. 从图中可以看出，实验②平衡时X的浓度变化量为0.04 mol•L－1，则Y的浓度变化量为0.08 mol•L－1，Y的转化率为40%，故B不正确；
C. 减小压强，容器的体积增大，各组分的浓度减小，平衡虽然向气体体积增大的方向移动，即向左移动，但各物质的浓度都比原来小，即c(X)＜0.0４0 mol·L－1，故C错误；
D. ③与①相比，X的变化量大，说明平衡正向移动，且化学反应速率加快，故此时的反应条件只能为升温，由此可见，正反应为吸热反应，故D正确。
故选D。
【点睛】化学反应平衡的本质是正逆反应速率相等，平衡时各反应物和生成物浓度保持不变。K值只受温度影响，温度不变，K值不变。当外界条件改变时，平衡向减弱改变的方向移动。
19.下列说法中不正确的有
①卤素单质从上到下熔沸点逐渐升高，碱金属单质从上到下熔沸点逐渐降低
②铁的氧化物（FexO)1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mLCl2，恰好将Fe完全氧化，x的值为0.80
③SiO2有导电性，可用于制备光导纤维
④二氧化硅既能与氢氟酸反应，又能与烧碱反应，所以它是两性氧化物
⑤金属活动性不同，冶炼方法也有所不同
⑥苏打和小苏打焰色反应的现象是相同的，说明灼烧过程中它们发生了相同的化学变化
⑦铁在纯氧中燃烧或在氯气中燃烧所得产物中铁的化合价均为+3价
⑧镁铝合金的强度和硬度都比纯铝和纯镁的大
⑨除去铜器表面铜绿而不损伤器物，可用稀硝酸
⑩Al(OH)3药剂适合于胃溃疡患者服用，治疗胃酸过多
A. ③④⑥⑦⑨ B. ①②③⑤ C. ④⑥⑦⑧⑨ D. ①②⑤⑧⑩
【答案】A
【解析】
【分析】
根据碱金属的性质分析；根据氧化还原反应的本质和特征分析；根据常见物质的分类相关知识分析；
【详解】①碱金属单质从上到下，熔沸点降低，卤族元素从上到下，单质状态从气体→液体→固体，熔沸点从上到下增大，故①正确；
②112mL的氯气（标况下）把＋2价铁氧化成＋3价，反应中转移电子物质的量为(112×10－3L/22.4mol•L－1) ×2=0.01mol，根据得失电子数目守恒，[1.56g/(56x+16) ]×(3-)=0.01，解得x=0.8，故②正确；
③SiO2不能导电，故③错误；
④两性氧化物是既能与酸反应，又能与碱反应生成盐和水，SiO2与HF生成SiF4和H2O，其中SiF4不属于盐，因此SiO2不属于两性氧化物，故④错误；
⑤金属活动性不同，冶炼的方法不同，K－Al用电解法冶炼，Zn－Cu用热还原法冶炼，Cu以后用热分解法冶炼，故⑤正确；
⑥焰色反应不属于化学变化，故⑥错误；
⑦铁在纯氧燃烧得到产物是Fe3O4，纯铁在氯气燃烧生成FeCl3，Fe3O4认为是由＋2、＋3组成，故⑦错误；
⑧合金的硬度和强度比成分金属强，故⑧正确；
⑨铜在常温下与稀硝酸发生反应，因此不能用稀硝酸除去铜表面的铜绿，用盐酸或硫酸，故⑨错误；
⑩氢氧化铝表现两性，且对人体无毒，因此氢氧化铝用于中和胃酸过多，故⑩正确。
故A正确。
【点睛】(1)两性氧化物和两性氢氧化物，高中阶段只考查Al2O3和Al(OH)3的性质及应用；(2)Fe3O4可看做是Fe2O3•FeO的形式，故它既含有+3价Fe也含有+2价Fe。
20.下列实验操作规范且能达到目的的是
目的
操作
A．
取20.00 mL盐酸
在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶
B．
测定醋酸钠溶液pH
用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上
C．
配制浓度为0.010mol/L的高锰酸钾溶液
称取高锰酸钾固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
D．
清洗碘升华实验所用试管
先用酒精清洗，再用水清洗
【答案】D
【解析】
【分析】
根据滴定实验、pH值测定、一定物质的量浓度溶液的配制的操作和注意事项分析；
【详解】A.50 mL酸式滴定管，50mL以下没有刻度，可容纳盐酸，则将剩余盐酸放入锥形瓶，体积大于20mL，故A错误；
B．湿润pH试纸，溶液浓度发生变化，导致测定结果偏低，故B错误；
C．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，且只能在常温下使用，不能在容量瓶中溶解固体，故C错误；
D．碘易溶于酒精，可使试管内壁的碘除去，且酒精可与水混溶，用水冲洗可达到洗涤的目的，故D正确；
故选D。
【点睛】化学实验基础的误差分析，大多都可以通过物质的量计算过程中，物理量的变化推测，例如：湿润pH试纸即有水，使测定溶液浓度降低。
21.在一定温度下，a的容积保持不变，b的上盖可随容器内气体压强的改变而上下移动，以保持容器内外压强相等。在a、b中分别加入2 mol A和2 molB,起始时容器体积均为V L，发生反应2A＋B x C，并达到化学平衡状态，平衡时两容器中A、B、C的物质的量之比均为1:3:6。
下列说法一定正确的是
A. x的值为2 B. a、b容器中从起始到平衡所需时间相同
C. B物质可为固体或液体 D. 平衡时，b容器的体积小于V L
【答案】B
【解析】
【分析】
根据化学平衡的形成条件分析；根据外界条件对化学平衡移动的影响分析；
【详解】在一定温度下，a为恒压密闭容器，b为恒容密闭容器，平衡时两容器中A、B、C的物质的量之比均为1：3：6，说明两容器中A、B转化率分别相同，则a、b的平衡状态相同，说明反应2A+BxC（g）中，反应前后气体的化学计量数之和相等，则
A．若A为固体或液体，B为气体，x=1，故A错误；
B．反应2A+BxC（g）中，反应前后气体的化学计量数之和相等，气体的压强不变，体积不变，达到平衡用的时间相同，故B正确；
C．若x=1，则B为气体，A为固体或液体，若A为气体，B为固体或液体，则x=2，故C错误；
D．由于反应前后气体体积不变，故平衡时，a容器的体积等于VL，故D错误；
故选B。
22.在容积为2 L的3个密闭容器中发生反应3A(g)＋B(g)xC(g)，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时有关数据如下：
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
3 mol A、2 mol B
6 mol A、4 mol B
2 mol C
到达平衡的时间/min
5
8
A的浓度/(mol·L－1)
c1
c2
C的体积分数
w1
w3
混合气体密度/(g·L－1)
ρ1
ρ2
下列说法正确的是
A. 无论x的值是多少，均有2ρ1＝ρ2
B. 若x＜4，则2c1＜c2
C. 若w3＝w1，可断定x＝4
D. 容器甲中反应从开始到达平衡平均速率为v(A)＝0.3 mol·L-1·min-1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据外界条件对化学反应平衡移动的影响分析；根据化学反应速率的计算条件分析。
【详解】A、密度是混合气的质量和容器容积的比值，故A正确；
B、若x＝4，则容器乙相当于增大压强，平衡不移动，平衡时乙中A的浓度是甲的2倍。若x<4，则乙中压强较大，平衡向正反应方向进行的程度较大，则2c1>c2，选项B错误；
C、可以用反证法证明该选项是错的：若x=4，则反应前后气体的分子数不变，该反应达到化学平衡状态后，改变压强，平衡不移动。当甲中投入3mol A和1mol B时，与丙中投入2mol C 可以形成等效平衡，两容器中C的体积分数相同。在此基础上，再向A中加入1molB，则甲中平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，即w3＜w1，故C错误；
Ｄ、由于容器甲中无法确定平衡时A的物质的量，所以无法计算反应速率，故D错误。
故选A。
【点睛】增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动。掌握勒夏特列原理，即可快速准确的解决这种类型题。
23.下列说法正确的是
①FeO投入稀H2SO4和稀HNO3中均得到浅绿色溶液
②向红砖粉末中加入盐酸，充分振荡反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2〜3滴，溶液呈红色，但不一定说明红砖中含有氧化铁
③Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3
④制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁
⑤向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入300 mL1.mol·L-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含有Fe3+。若用过量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，固体减少的质量为2.4g
⑥磁性氧化铁溶于稀硝酸的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=== Fe3++NO↑+3H2O
⑦氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为Fe(OH)3+H+=Fe3++3H2O
⑧Fe2O3不可与水反应得到Fe(OH)3，但能通过化合反应制取Fe(OH)3
⑨赤铁矿的主要成分是Fe3O4，Fe3O4为红棕色晶体
A. ①④⑦ B. ⑤⑧ C. ②③⑥ D. ⑤⑥⑨
【答案】B
【解析】
【分析】
根据铁及其化合物的性质分析；根据氧化还原反应的本质和特征进行分析；
【详解】①FeO与稀HNO3反应生成Fe3+，呈黄色，故①错误；
②向红砖粉末中加入盐酸，目的是将氧化物转化为离子形式，滴加KSCN溶液后显红色，说明原溶液中含有Fe3+，说明红砖中一定含有Fe2O3，故②错误；
③FeCl3溶液在蒸发过程中，会发生水解生成Fe(OH)3，故③错误；
④制备氢氧化亚铁时，若不隔绝空气，得到的氢氧化亚铁容易被氧化成氢氧化铁，故④错误；
⑤Cu、Fe2O3的混合物中加入300mL1mol•L-1的盐酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，溶液中溶质为氯化铜、氯化亚铁，该反应过程为：盐酸与氧化铁恰好反应，生成氯化铁与水，生成的氯化铁与铜恰好反应转化为氯化铜、氯化亚铁。由水的分子式H2O可知，氧化物中2n(O)=n(HCl)=0.3L×1mol/L=0.3mol，故n(O)=0.15mol，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为氧化物中氧元素的质量，所以固体减少的质量为0.15mol×16g/mol=2.4g，故⑤正确；
⑥磁性氧化铁为Fe3O4中含有+2价和+3价的铁元素，溶于稀硝酸的离子方程式为：3 Fe3O4+28 H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O，故⑥错误；
⑦氢氧化铁溶于氢碘酸，生成的Fe3+仍然会与I-反应，故离子方程式为： 2Fe（OH）3+3H++2I-═2Fe2++3H2O+I2，故⑦错误；
⑧Fe2O3不可与水反应得到Fe(OH)3，但能通过化合反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3得到，故⑧正确；
⑨赤铁矿的主要成分是Fe2O3，Fe2O3为红棕色晶体，故⑨错误。
【点睛】Fe2+→Fe3+的过程中，需要填加氧化剂，例如：O2、硝酸、高锰酸钾、Cl2等；Fe3+→Fe2+的转化过程中，需要填加还原剂，例如：Fe、Cu、H2、CO、I-、Br-等。铁及其化合物的转化是高频考点，遇到有关铁元素的问题时，一定要注意相关物质的氧化性和还原性。
24.在容积为1.00 L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g) 2NO2(g) ΔH，随温度升高，混合气体的颜色变深。
回答下列问题：
（1）反应的ΔH_____0(填“＞”或“＜”)；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在0~60 s时段，平均反应速率v(NO2)为________mol·L-1·s-1，反应的平衡常数K为（数值）__________。
（2）100℃时达到平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4) 以0.0020 mol·L-1·s-1的平均速率降低，经10 s又达到平衡。则T__________100℃(填“大于”或“小于”)。
（3）利用图(a)和(b)中的信息，按图(b)装置(连通的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的_________(填“深”或“浅”)，其原因是__________________ 。
【答案】 (1). > (2). 0.0020或2.0×10-3 (3). 0.36或0.36 mol·L-1 (4). 大于 (5). 深 (6). N2O4(无色) 2NO2(红棕色) ΔH>0，是吸热反应，而双氧水的分解反应是放热反应。当右边双氧水分解时，放出的热量会使B瓶升温，从而使瓶中反应朝正反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深
【解析】
【分析】
根据化学反应速率的计算及化学平衡的移动原理分析。
【详解】(1)随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，即反应向吸热方向移动，故△H＞0；0～60s时段，N2O4浓度变化为：0.1mol/L-0.04mol/L=0.06mol/L，v（N2O4）=0.06mol/L÷60s==0.0010mol•L-1•s-1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，故v(NO2)=2 v（N2O4）=0.0020mol•L-1•s-1；K=c2(NO2)/c(N2O4)==(0.12mol/L)2/0.04mol/L=
0.36mol/L，故答案为：0.0020， 0.36mol/L；
(2)N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃，故答案为：大于；
(3)由于N2O4(无色) 2NO2(红棕色) △H﹥0，是吸热反应，而双氧水的分解反应是放热反应。当右边双氧水分解时，放出的热量会使B瓶升温，从而使瓶中反应朝正反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深。
【点睛】图像中的变化趋势是解题的关键，只有明确了图像趋势的含义才能快速解决此类化学平衡图像问题。
25.金属钛(Ti)具有硬度大、熔点高、耐酸碱腐蚀的优点，被广泛用于航空航天、医疗卫生及日常生活中。以钛铁矿(主要成分为FeTiO3)为主要原料冶炼金属钛的生产工艺如图所示。
回答下列有关问题：
（1）钛铁矿(精矿)中加入浓硫酸除生成TiOSO4外，还生成水和另外一种硫酸盐，且反应前后Fe的化合价不变，则FeTiO3中Ti的化合价为_______。
（2）上述流程图中加入“铁屑”的目的是_____(填字母)。
A.防止Fe2+被氧化 B.与Fe3+反应 C.防止Fe2+水解 D.防止Fe3+水解
（3）溶液Ⅰ经“操作a”可得固体副产品甲，则操作a的名称为_______、_________、_________，副产品甲的化学式是__________。
（4）已知钛酸难溶于水，其化学式为H2TiO3。则溶液Ⅱ中加入水，加热时发生的化学方程式为________________________________________________。
（5）“操作b”为加热，则中间产品乙的化学式为______________。
（6）一定条件下，利用气体丙与氢气可合成甲醇，该合成反应的化学方程式为____________________________，甲醇的电子式为__________。
【答案】 (1). +4 (2). A (3). 蒸发浓缩 (4). 冷却结晶 (5). 过滤 (6). FeSO4•7H2O (7). TiOSO4+2H2OH2TiO3↓+H2SO4 (8). TiO2 (9). CO+2H2CH3OH (10).
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应的本质和特征分析；根据物质的分离和提纯操作及注意事项分析；
【详解】(1)FeTiO3与浓硫酸反应，生成TiOSO4、水和另外一种硫酸盐，且反应前后Fe的化合价不变，说明未发生氧化还原反应，化合价不变，故FeTiO3中Ti的化合价为+4价；
(2)加入铁屑的目的是防止亚铁离子氧化，故选A；
(3)操作a后得到的固体副产物甲，根据题意及流程中信息可知，甲为绿矾，为防止绿矾在结晶过程中失去结晶水，因此该步骤为：蒸发浓缩，再冷却，使FeSO4结晶，最后过滤，从而得到绿矾，故答案为：蒸发浓缩 、冷却结晶、过滤，FeSO4•7H2O；
(4)由(1)可知溶液Ⅱ中有TiOSO4，经过过滤，故加入水发生TiOSO4的水解反应，生成H2TiO3和H2SO4，故方程式为：TiOSO4+2H2OH2TiO3↓+H2SO4；
(5)H2TiO3受热分解是生成TiO2，故答案为：TiO2；
(6)CO和H2在一定条件下生成甲醇，甲醇分子结构中H原子满足2电子稳定结构，C、O原子满足8电子稳定结构，故其电子式为：，故答案为：CO+2H2CH3OH，
。
【点睛】物质的分离和提纯中，注意分离后需要将药品恢复到原来状态；书写电子式前需考虑有机物原子间的成键方式。
26.硫是一种很活泼的元素，在适宜的条件下能形成−2、+6、+4、+2、+1价的化合物。
Ⅰ.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一，带有强烈的SO2气味，久置于空气中易被氧化，其溶于水生成的NaHSO3溶液呈酸性。某研究小组采用如图所示装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。
(1)装置Ⅰ中的浓硫酸____(能或不能)用稀硫酸代替，原因是______________________________________________。
(2)装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，要获得已析出的晶体，可采取的操作是__________。
(3)设计检验Na2S2O5晶体在空气中变质的实验方案：_______________。
Ⅱ.Na2S2O3溶液可以用于测定溶液中ClO2的含量，实验方案如下。
步骤1：准确量取ClO2溶液10.00 mL，稀释至100 mL。
步骤2：量取V1 mL稀释后的ClO2溶液于锥形瓶中，调节溶液的pH≤2，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟。(已知：ClO2+I−+H+I2+Cl−+H2O 未配平)
步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用c mol·L−1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。(已知：I2+2S2O32—=2I−+ S4O62—)
(1)准确量取10.00 mL ClO2溶液的玻璃仪器是____________。
(2)确定滴定终点的现象为________________________________。
(3)根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为____mol·L−1(用含字母的代数式表示)。
(4)下列操作会导致测定结果偏高的是_______________ (填字母)。
A．未用标准浓度的Na2S2O3溶液润洗滴定管
B．滴定前锥形瓶中有少量水
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D．读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
【答案】 (1). 不能 (2). 二氧化硫易溶于水 (3). 过滤 (4). 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量的盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则说明Na2S2O5晶体已变质 (5). 酸式滴定管 (6). 滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液刚好由蓝色变为无色，且保持30 s不变 (7). (8). AC
【解析】
【分析】
Ⅰ.稀硫酸不能代替浓硫酸，与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，因为二氧化硫易溶于水；装置Ⅱ中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体；Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可。Ⅱ. ClO2溶液具有强氧化性，量取ClO2溶液用酸式滴定管；滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂；根据电子守恒，二氧化氯和碘单质的反应中有如下关系：2ClO2～5I2，结合反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，由关系式求解即可。
【详解】Ⅰ.（1）稀硫酸不能代替浓硫酸，与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，因为二氧化硫易溶于水，故不能用稀硫酸。（2）装置Ⅱ中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体。（3）Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，其检验方法为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则说明Na2S2O5晶体已变质。
Ⅱ.（1）ClO2溶液具有强氧化性，所以准确量取10.00mLClO2溶液的玻璃仪器是酸式滴定管。（2）滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂，溶液蓝色褪去，滴定终点的现象为滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液刚好由蓝色变为无色，且保持30s不变。（3）根据电子守恒，二氧化氯和碘单质的反应中有如下关系：2ClO2～5I2，结合反应2Na2S2O3+I2=
Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，n（S2O32-）=cV2×10-3mol，所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol，则10mL的原溶液含有ClO2的物质的量为×10-2mol，所以原ClO2溶液的物质的量浓度为×10-2mol÷0.01L=mol/L。（4）A．未用标准浓度的Na2S2O3溶液润洗滴定管，会导致标准液浓度变小，用去标准液的体积偏大，所以测定结果偏高；B．滴定前锥形瓶有少量水，对实验无影响；C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，会导致标准液的体积偏大，所以测定结果偏高；D．滴定应在中性或弱酸性环境中进行，若溶液呈碱性，会导致用去的标准液的体积偏小，所以测定结果偏低；E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，读出标准液的体积的数据偏小，所以测定结果偏低，故答案为：AC。
【点睛】本题考查实验方案的设计，涉及化学方程式的有关计算、误差分析、物质检验、基本实验操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，难点是实验方案设计，注意化学用语使用的规范性。
27.反应：aA(g)+bB(g)cC(g)(ΔH<0)在等容条件下进行。改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：
回答问题：
（1）反应的化学方程式中，a∶b∶c为 ；
（2）A的平均反应速率vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为 ；
（3）B的平衡转化率αⅠ(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最小的是 ，其值是 ；
（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是 ，采取的措施是 ；
（5）比较第Ⅱ阶段反应温度(T2)和第Ⅲ阶段反应温度(T3)的高低：T2 T3(填“>”“<”或“=”)，判断的理由是 ；
（6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10 min后达到新的平衡，请在下图中用曲线表示第Ⅳ阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势(曲线上必须标出A、B、C)。
【答案】（1）1∶3∶2 （2）vⅠ(A)>vⅡ(A)>vⅢ(A) （3）αⅢ(B) 0．19(或19%)
（4）向正反应方向 从反应体系中移出产物C （5）> 此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动
（6）
(注：只要曲线能表示出平衡向逆反应方向移动及各物质浓度的相对变化比例即可)
【解析】
试题分析： （1）Ⅰ阶段，20 min内，Δc(A)=2．0 mol·L-1-1．00 mol·L-1=1．00 mol·L-1，Δc(B)=6．0 mol·L-1-3．00 mol·L-1=3．00 mol·L-1，Δc(C)=2．00 mol·L-1，则a∶b∶c=Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)=1∶3∶2。
（2）vⅠ(A)==0．05 mol·L-1·min-1，
vⅡ(A)=≈0．025 mol·L-1·min-1，
vⅢ(A)==0．012 mol·L-1·min-1。则vⅠ(A)>vⅡ(A)>vⅢ(A)。
（3）αⅠ(B)=×100%=50%，αⅡ(B)=×100%=38%，αⅢ(B)=×100%=19%。故αⅢ(B)最小。
（4）由图示可知，由第一次平衡到第二次平衡，A、B的浓度减小，说明平衡正向移动。由物质C的浓度变化可知，导致平衡正向移动的措施是从反应体系中移出了产物C。
（5）由图示可知，Ⅱ→Ⅲ，平衡正向移动，由于正反应是放热反应，故Ⅱ→Ⅲ是降温过程，即T2>T3。
（6）第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，则各物质的浓度减半，由于容器的体积扩大，压强减小，平衡会向逆反应方向(气体体积增大的方向)移动，故平衡后，0．25 mol·L-1
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