还剩18页未读，
继续阅读
【化学】湖北省随州市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
展开
湖北省随州市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试
（满分：100分，考试时间：90分钟）
可能用到的相对原子质量：C 12 H 1 O 16 Na 23
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题：本题包括16小题，每小题只有1个选项符合题意，每小题3分，共48分。
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. 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
C. 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
D. 吸热反应没有利用价值
【答案】D
【解析】
试题分析：A.煤、石油、天然气等化石能源在燃烧时产生大量的热，为我们提供能量，所以化石能源物质内部蕴涵着大量的能量，A项正确；B.绿色植物在叶绿体内进行光合作用，在太阳光照射下，将二氧化碳和水转化为淀粉、蛋白质等有机物，将太阳能转化为化学能“贮存”起来，B项正确；C．物质燃烧时化学能转化为热能被利用；物质在发生原电池反应时将化学能转化为电能被人类利用，C项正确；D.煤是重要的供能物质，但煤燃烧热能利用率比较低，而且会产生大气污染，如果使煤与水反应生成水煤气等气体燃料---一氧化碳和氢气，不仅节能、能量利用率高，也洁净、无污染，该反应是个吸热反应。则吸热反应也有利用价值，D项错误；答案选D。
考点：考查对能源和作为能源的物质的认识问题。
2.对下列各种溶液中所含离子的判断合理的是（ ）
A. 向无色溶液中加氯水变橙色，溶液中可能含： SO42-、Br-、OH-、Ba2+
B. 在水电离出的c(H+)=1.0´10-11mol/L的溶液中可能含：Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-
C. 某溶液，加铝粉有氢气放出，则溶液中可能含：K+、Na+、H+、NO3-
D. 在c(Fe3+)=1.0 mol/L的溶液中可能含：K+、Na+、SCN-、HCO3-
【答案】B
【解析】
【分析】
A.溶液中的SO42-和Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，不可共存；B. 水电离出的c(H+)=1.0×10-11mol/L<1.0×10-7mol/L，溶液可能显酸性，可能显碱性；C. 加铝粉有氢气放出，溶液可能显酸性，可能显碱性；D. Fe3+与SCN-反应；
【详解】A.溶液中的SO42-和Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，不可共存，A错误；
B. 水电离出的c(H+)=1.0×10-11mol/L<1.0×10-7mol/L，溶液可能显酸性，可能显碱性，Mg2+、Cu2+在碱性条件下生成沉淀，酸性条件下不反应，B正确；
C. 加铝粉有氢气放出，溶液可能显酸性，也可能显碱性。碱性条件下，H+不共存；酸性条件下，因为有硝酸根存在，则无氢气生成，C错误；
D. Fe3+与SCN-反应，D错误；
答案为B；
【点睛】Al能与非氧化性酸反应生成氢气，可以与强碱反应生成氢气；与硝酸反应生成氮氧化物，无氢气生成，容易出错。
3.下列说法或表示法正确的是 （ ）
A. 化学反应必须发生有效碰撞，但有效碰撞不一定发生化学反应
B. 由C(s,石墨)=C(s,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0.5 mol/L 的H2SO4溶液与1 mol/L的 NaOH溶液等体积混合，放出的热量等于57.3 kJ
D. 乙醇的燃烧热ΔH= -1366.8 kJ· mol—1，则在25℃、101kPa时，1kg乙醇充分燃烧后放出2.971×104kJ热量
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 能发生化学反应的碰撞是有效碰撞，发生有效碰撞的分子一定是能量比较高的活化分子，能量比较低的普通分子，不能发生有效碰撞；B.能量低的物质较稳定；C.由于不知道溶液的体积，无法确定生成水的物质的量，则不能确定释放的热量；
【详解】A. 能发生化学反应的碰撞是有效碰撞，有效碰撞一定发生了化学反应。发生有效碰撞的分子一定是能量比较高的活化分子，能量比较低的普通分子，不能发生有效碰撞，A错误；
B.石墨生成金刚石为吸热反应，能量低的物质较稳定，石墨比金刚石稳定，B错误；
C.由于不知道溶液的体积，无法确定生成水的物质的量，则不能确定释放的热量，C错误；
D.乙醇的燃烧热为1mol乙醇完全燃烧时生成稳定的化合物时所释放的热量；1kg乙醇为21.74mol释放2.971×104kJ热量，D正确；
答案为D
【点睛】C项计算中和热时，需要知道溶液的体积，只给浓度无法计算，有时学生直接用浓度求解，容易出错。
4.物质(t-BuNO)2在正庚烷溶剂中发生如下反应：(t-BuNO)2 2(t-BuNO)，实验测得该反应的ΔH = +50.5 kJ·mol-1，活化能Ea= 90.4 kJ·mol-1。下列能量关系图合理的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：实验测得该反应的ΔH=+50.5kJ·mol-1，活化能Ea=90.4kJ·mol-1，该反应是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量；活化能数值与反应热数值的比值小于2，C图符合，答案选C；
考点：考查能量变化示意图分析
5.将1L 0.1 mol/L BaCl2溶液与足量稀硫酸充分反应放出a kJ热量；将1L 0.5 mol/LHCl溶液与足量CH3COONa溶液充分反应放出b kJ热量(不考虑醋酸钠水解)；将0.5L 1 mol/L H2SO4溶液与足量(CH3COO)2Ba(可溶性强电解质)溶液反应放出的热量为
A. (5a＋2b) kJ B. (4b－10a) kJ
C. (5a－2b) kJ D. (10a＋4b) kJ
【答案】A
【解析】
试题分析：1L 0.1mol•L-1BaCl2的物质的量为0.1mol，将1L 0.1mol•L-1BaCl2溶液与足量稀硫酸反应，涉及的离子方程式为：Ba2+（aq）+SO42-（aq）=BaSO4（s），放出akJ热量，生成0.1molBaSO4，则生成0.5molBaSO4，放出5akJ热量；1L 0.5mol•L-1HCl溶液的物质的量为0.5mol，将1L 0.5mol•L-1HCl溶液与足量CH3COONa溶液反应，涉及的离子方程式为H+（aq）+CH3COO-（aq）=CH3COOH（l），放出b kJ热量，生成0.5molCH3COOH，则生成1molCH3COOH，放出2bkJ热量。0.5L 1mol•L-1H2SO4的物质的量为0.5mol，将0.5L 1mol•L-1H2SO4溶液与足量（CH3COO）2Ba溶液反应，生成0.5molBaSO4，1molCH3COOH，涉及的离子方程式有Ba2+（aq）+SO42-（aq）=BaSO4（s），H+（aq）+CH3COO-（aq）=CH3COOH（l），溶液反应放出的热量为（5a+2b）kJ，答案选A。
考点：考查热化学方程式的书写和反应热的计算
6.将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（s）+B（g）⇌2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L﹣1 ， 现有下列几种说法：①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L﹣1•s﹣1 ②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1 ③2s时物质A的转化率为30% ④2s时物质B的浓度为0.7mol•L﹣1其中正确的是 （ ）
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】D
【解析】
【分析】
经2s后测得C的浓度为0.6mol•L﹣1，则n（C）=0.6mol•L﹣1×2L=1.2mol，根据：
2A（s）+B（g）⇌2C（g）
初始： 4 2 0
反应： 1.2 0.6 1.2
2s： 2.8 1.4 1.2
【详解】①物质A为固体，无法计算平均反应速率，①错误；
②v（B）=∆c/∆t=0.6/（2×2）mol/（L·s）=0.15mol/（L·s），②错误；
③2s时物质A的转化率=反应量/初始量=1.2/4=30%，③正确；
④2s时物质B的浓度=1.4mol/2L=0.7mol•L﹣1，④正确；
答案为D
7.在一个恒容的密闭容器中充入C固体和水蒸气，在一定条件下进行下列两个可逆反应： C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）现有下列状态：
①C的浓度不变 ②H2O和H2的浓度相等 ③恒温时，气体压强不再改变
④绝热时反应体系中温度保持不变 ⑤断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍
⑥混合气体密度不变 ⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变
其中不能表明反应已达到平衡状态的是
A. ①② B. ①⑦ C. ③⑥ D. ④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变。
【详解】①C是固体，其浓度一直不变，故错误；
②H2O和H2的浓度相等，并不是不变，故错误；
③恒温时，气体压强不再改变，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；
④绝热时反应体系中温度保持不变，说明放出的热量等于吸收的热量，即正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；
⑤断裂氢氧键速率等效于形成氢氢键速率的2倍的同时断裂氢氢键速率的2倍，所以正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；
⑥混合气体密度不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故正确；
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量和气体的质量不变，反应达平衡状态，故正确；
故选A。
【点睛】平衡状态中反应混合物中各组成成分的含量保持不变的理解
①质量不再改变：各组成成分的质量不再改变，各反应物或生成物的总质量不再改变（不是指反应物的生成物的总质量不变），各组分的质量分数不再改变。
②物质的量不再改变：各组分的物质的量不再改变，各组分的物质的量分数不再改变，各反应物或生成物的总物质的量不再改变。［反应前后气体的分子数不变的反应，如：除外］
③对气体物质：若反应前后的物质都是气体，且化学计量数不等，总物质的量、总压强（恒温、恒容）、平均摩尔质量、混合气体的密度（恒温、恒压）保持不变。［但不适用于这一类反应前后化学计量数相等的反应］
④反应物的转化率、产物的产率保持不变。
⑤有颜色变化的体系颜色不再发生变化。
⑥物质的量浓度不再改变。当各组分（不包括固体或纯液体）的物质的量浓度不再改变时，则达到了化学平衡状态。
8.T ℃时，在2 L密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）。反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Z的百分含量与时间的关系如图2所示。则下列结论正确的是（ ）
A. 容器中发生的反应可表示为3X（g）＋Y（g） ＝2Z（g）
B. 反应进行的前3 min内，用X表示的反应速率v（X）＝0.2 mol/（L·min）
C. 保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小
D. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是增大压强
【答案】C
【解析】
试题分析：A．根据图1分析，反应中X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，但最终均不为0，所以X、Y为反应物，Z为生成物，且该反应为可逆反应；根据物质的量的变化量与化学计量数成正比可知0.4mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，所以反应的化学方程式为3X（g）+Y（g）2Z（g），故A错误；B．反应进行的前3min内，v（X）==0.1mol/（L•min），故B错误；C．根据图2中曲线的斜率大小判断，T2时先到达平衡状态，说明反应速率大，根据温度越高反应速率越大说明T2温度高，温度升高时Z的百分含量降低，说明平衡向逆反应方向移动，则平衡常数减小，故C正确；D．图3与图1比较，图3到达平衡所用的时间较短，说明反应速率增大，但平衡状态没有发生改变，应是加入催化剂所致，故D错误。故选C。
考点：考查化学反应速率含义；化学反应速率和化学平衡图像的综合应用；影响化学平衡的条件
9.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。下列说法正确的是
A. 550℃时，若充入惰性气体，ʋ正，ʋ逆 均减小，平衡不移动
B. 650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C. T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
D. 925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0p总
【答案】B
【解析】
A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当550℃时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此ʋ正，ʋ逆 均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A错误；B．根据图像可知在650℃时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1 mol，则反应产生CO 0.4 mol，其中含有CO2 0.6 mol，反应产生0.4 molCO消耗CO2的物质的量是0.2 mol，因此CO2转化率为0.2 mol÷(0．6 mol+0.2 mol)×100%=25.0%，B正确；C．T℃时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C错误；D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=，D错误。答案选B。
10.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)，平衡时c (NO)与温度T的关系如下图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 在T2时，若反应体系处于状态D，则此时
B. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1
D. 该反应的△H>0
【答案】A
【解析】
试题分析：A．T2时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，故反应向正反应进行，则一定有υ（正）＞υ（逆），故A正确；B．该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以升温化学平衡常数减小，故K1＞K2，故B错误；C．达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系，则PB=PD＜PC，故C错误；D．由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆移，所以正反应为放热反应，即△H＜0，故D错误。
11.在某温度下，将3 mol A和2 mol B充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)＋B(g) C(g)＋D(g)，5 min后达平衡，各物质的平衡浓度的关系为：ca(A)·c(B)＝c(C)·c(D)。若在温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10倍，B的转化率不发生变化，则B的转化率为 （ ）
A. 60% B. 40% C. 24% D. 4%
【答案】A
【解析】
【分析】
在某温度下，各物质的平衡浓度的关系为：ca(A)·c(B)＝c(C)·c(D)，则K=1；在温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10倍，B的转化率不发生变化，可得到反应左右两边的气体计量数的和相等，则a=1。
【详解】A(g)＋B(g) C(g)＋D(g)
初始： 3 2
反应： n n n n
平衡：3-n 2-n n n K=n2/（3-n）×(2-n)=1，求得n=1.2mol，则转化率为60%，答案为A
12.下列实验过程可以达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验过程
A.
比较碳酸和醋酸的酸性
常温下，用pH计测量等浓度醋酸钠和碳酸氢钠溶液的pH
B.
探究浓度对反应速率的影响
向盛有4mL浓度分别为0.01mol/L和0.05mol/LKMnO4酸性溶液的两支试管中，同时加入4mL0.1mol/L的草酸溶液，记录褪色所需时间
C.
证明Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Al (OH)3]
向1mL0.1 mol·L－1NaOH溶液中滴加2滴0.1 mol·L－1 AlCl3溶液，充分反应后再滴加2滴0.1 mol·L－1 FeCl3溶液,观察沉淀颜色变化
D.
探究温度对反应速率的影响
将2支盛有5 mL同浓度NaHSO3溶液的试管和两支盛有2 mL 5%H2O2溶液的试管分成两组，一组放入冷水中，另一组放入热水中，经过一段时间分别混合并搅拌，观察实验现象
【答案】A
【解析】
【分析】
A.碳酸和醋酸均为弱酸，测量相同浓度的两种酸的pH，酸性越强的pH越小；B.2MnO4- + 5H2C2O4 +6H+＝2Mn2+ + 10CO2↑+8H2O，一只试管中高锰酸钾过量，溶液不褪色；
【详解】A.碳酸和醋酸均为弱酸，测量相同浓度的两种酸的pH，酸性越强的pH越小，A正确；
B.2MnO4- + 5H2C2O4 +6H+＝2Mn2+ + 10CO2↑+8H2O，根据化学方程式可以计算出其中浓度较小的试管中高锰酸钾过量，该试管中溶液在反应后不可能褪色，故不能证明H2C2O4浓度越大反应速率越快，B错误；
C.氢氧化钠在和氯化铝溶液反应时，由于氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，无沉淀，且仍有氢氧化钠剩余，再加入氯化铁时一定产生红褐色氢氧化铁沉淀，所以不能证明在相同温度下两者的Ksp的大小，C错误；
D. NaHSO3溶液与5%H2O2溶液反应生成硫酸氢钠溶液，均为无色溶液，无明显现象，D错误；
答案为A
13.下列试剂和装置能达到实验目的的是 （ ）
A.
B.
C.
D.
测定CO2的生成速率
测定稀硫酸和稀氢氧化钠的中和热
探究催化剂对反应速率的影响
用稀硫酸比较铝和铁的金属活动性
【答案】C
【解析】
【分析】
A.装置应该用分液漏斗，生成的二氧化碳可以从长颈漏斗中逸出；
B.装置缺少环形玻璃搅拌棒；
C.对比两个装置，滴加氯化铁的产生气泡加快，则证明催化剂对反应速率的影响；
D.铝粉和铁钉无法对比，应固体的表面积相同；
【详解】A.装置应该用分液漏斗，生成的二氧化碳可以从长颈漏斗中逸出，A错误；
B.装置缺少环形玻璃搅拌棒，B错误；
C.对比两个装置，在其他条件相同时，滴加氯化铁的产生气泡加快，则证明催化剂对反应速率的影响，C正确；
D.铝粉和铁钉无法对比，固体的表面积不相同则不具有可比性，D错误；
答案为C
【点睛】外因对反应速率的影响，在对比两个实验时，应根据控制变量法的原理，只改变一个条件来探究该条件对化学反应速率的影响。
14.下表是25℃时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是 ( )
A. 常温下，相同浓度①CH3COONH4 ②NH4HC2O4 ③(NH4)2C2O4溶液中， c(NH4+)由小到大的顺序是：②＜①＜③
B. NaHC2O4溶液中各离子浓度大小顺序是：c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)> c(C2O42-)>c(OH-)
C. AgCl易溶于氨水、难溶于水，所以AgCl在氨水中的Ksp大于水中的Ksp
D. 向浓度均为1x10-3mol.L-1的KCl和K2CrO4混合液中滴加1x10-3mol.L-1 的AgNO3溶液，CrO42-先形成沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】
A.电离常数越大，酸性越强；酸性越弱，对应的酸根离子水解能力越强；B.NaHC2O4溶液中直接电离出来的离子浓度最高，阴离子会存在水解和电离，且HC2O4-的电离程度大于其水解程度，溶液显示酸性；D.组成与结构相似的难溶物，溶度积越小，越容易沉淀，组成与结构不相似的难溶物，要根据其溶度积进行计算，才能确定哪种难溶物先沉淀。
【详解】A.电离常数越大，酸性越强，由图中数据可知，酸性：H2C2O4>CH3COOH；酸性越弱，对应的酸根离子水解能力越强，则水解能力：HC2O4-②>①，A错误；
B.NaHC2O4溶液中直接电离出来的离子浓度最高，阴离子会有一小部分发生水解和一小部分发生电离，则c（Na+）＞c（HC2O4-），阴离子HC2O4-的电离程度大于其水解程度（草酸氢根的电离常数大于其水解常数。水解常数等于水的离子积除以草酸的一级电离常数），溶液显示酸性，即c（H+）＞c（OH-），除草酸氢根外水也电离出氢离子，所以离子浓度大小顺序是：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c(C2O42-)>c（OH-），B正确；
C.Ksp（AgCl）只与温度有关，温度不变，则其值不变，C错误；
D.向浓度均为1x10-3mol.L-1的KCl和K2CrO4混合液中滴加1x10-3mol.L-1的AgNO3溶液，若忽略溶液体积的微小变化，则AgCl饱和所需Ag+浓度c（Ag+）=Ksp（AgCl）/c(Cl-)=1.8×10-10/（1.0×10-3）=1.8×10-7mol/L；Ag2CrO4饱和所需c2（Ag+）= Ksp（Ag2CrO4）/c(CrO42-)=2.0×10-12/（1.0×10-3）=2.0×10-9 ，c（Ag+）=1.4×10-3mol/L。因为1.8×10-7<1.4×10-3，所以Cl-先沉淀，D错误；
答案为B
15.下列有关电解质溶液的说法正确的是 （ ）
A. 向0.1mol•L -1CH3COONa溶液中加入CH3COONa固体，溶液中减小
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C. 向氨水中加入盐酸至中性，溶液中 增大
D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中 不变
【答案】D
【解析】
【详解】A.加入CH3COONa固体，溶液浓度变大，CH3COONa的水解程度减小，则变大，A错误；
B.该比值为酸酸根离子的水解常数的倒数，升温促进醋酸根离子水解，水解常数增大，故该比值减小，B错误；
C.该式为一水合氨的电离平衡常数：=K，电离平衡常数只与温度有关，温度不变则电离常数不变，C错误；
D. =，因为溶度积只与温度有关，所以加入少量AgNO3，该比值不变，D正确；
答案为D
【点睛】CH3COONa溶液中加入CH3COONa固体，与加水稀释对其水解程度的影响相反，CH3COONa的水解程度减小，变大，容易判读错误。
16.某化学小组设计了如图1所示的数字化实验装置，研究常温下，向1L 0.1mol/L H2A溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液时的pH变化情况，并绘制出溶液中含A元素的微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图2所示，则下列说法中不正确的是
A. pH=4.0时，图中n(HA-)约为0.0091mol
B. 该实验应将左边的酸式滴定管换成右边碱式滴定管并加酚酞作指示剂
C. 常温下，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.0
D. 0.1mol/LNaHA溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/L
【答案】A
【解析】
A、pH=4.0时，酸碱溶液体积未知，无法计算n(HA－)，选项A不正确；B、从图像可知，该实验过程中后加入物质是氢氧化钠溶液，所以应将左边的酸式滴定管换成右边碱式滴定管并加酚酞作指示剂，选项B正确；C、从图像可知，常温下，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.0，选项C正确；D、根据物料守恒可知，0.1mol/LNaHA溶液中存在c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)＝0.1mol/L，选项D正确。答案选A。
第Ⅱ卷 非选择题
二、填空题（包括4小题，共52分）
17.S2Cl2和SCl2均为重要的化工原料。
已知：I.S2(l) + Cl2(g)S2Cl2(g) ΔH1；
II. S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g) ΔH2；
III.相关化学键的键能如下表所示：
化学键
S—S
S—Cl
Cl—Cl
键能/kJ • mol-1
a
b
c
请回答下列问题：
(1) SCl2的结构式为______________________。
(2)若反应II正反应的活化能E=dkJ·mol-1，则逆反应的活化能E2=_______kJ·mol-1（用含a、b、c、d的代数式表示）。
(3)—定压强下，向10 L密闭容器中充入1molS2Cl2和1mol Cl2,发生反应II。Cl2与SCl2的消耗速率(v)与温度（T)的关系如图所示：
①A、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的有 ____________(填字母)，理由为__________。
②ΔH2_______________0(填“>” “<” 或“=”）。
(4)已知：ΔH1<0。向恒容绝热的容器中加入一定量的S2(l)和Cl2(g),发生反应I，5 min时达到平衡。则3 min时容器内气体压强__________(填“>” “<” 或“=”)5 min时的压强。
(5)—定温度下，在恒容密闭容器中发生反应I和反应II，达到平衡后缩小容器容积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率_________(填“增大”“减小”或“不变”），理由为_________________。
【答案】 (1). C1—S—Cl (2). (2b+d-a-c) (3). BD (4). B、D两点对应的状态下，用同一物质表示的正、逆反应速率相等 (5). < (6). < (7). 不变 (8). 反应I和反应Ⅱ均为左右两边气体分子总数相等的反应，压强对平衡没有影响
【解析】
（1）根据SCl2的组成可知，S元素是＋2价，Cl元素为－1价，所以其结构式为C1－S－Cl。（2）反应热等于正反应活化能与逆反应活化能的差值，也等于反应物的键能之和与生成物键能之和的差值，所以若反应II正反应的活化能E＝dkJ·mol-1，则逆反应的活化能E2＝(2b+d-a-c)kJ·mol-1。（3）①根据反应II：S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；②B、D点为平衡点，由图中数据可知，B、D点的状态对应的温度为250℃，300℃时，SCl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH2＜0。（4）该反应是左右两边气体分子数相等的反应，反应过程中气体总的物质的量不变，所以温度越高，气体膨胀程度越大，容器内气体压强越大；（5）反应I和反应II均为反应前后体积不变的反应，压强对平衡没有影响。
18.CO2的转化一直是全球研究的热点，其中将CO2和H2合成甲醇及二甲醚具备相对成熟的技术。工业生产中，有以下相关反应(热效应都是在25 ℃，1.01105Pa下测定)：
①CO2(g) ＋ 3H2(g) CH3OH(l) ＋ H2O(l) ΔH ＝－49.01 kJ·mol－1
②2CH3OH(l) CH3OCH3(g) ＋ H2O(l) ΔH ＝－24.52 kJ·mol－1
③CO(g) ＋ H2O(l) CO2(g) ＋ H2(g) ΔH ＝ －41.17 kJ·mol－1
(1)工业上用CO2和H2合成二甲醚的热化学方程式为________________。
(2)反应①的平衡常数表达式K＝____________。
(3)在一常温恒容的密闭容器中，放入一定量的甲醇发生如②式化学反应并建立平衡，以下说法正确并可以作为该反应达到平衡状态的判断依据的是__________(填字母)。
A．容器内气体相对分子质量保持不变 B. 容器内气体压强不变
C．相同时间内消耗甲醇的量是消耗二甲醚的两倍 D．甲醇和二甲醚物质的量相等
(4)在三个体积相同的密闭容器中加入相同物质的量的CO和H2O，在不同温度下发生反应③，经过相同时间后测得容器中的CO物质的量与温度的关系如图：
Ⅰ.A、C两点的速率大小v(A)________(填“大于”“小于”“等于”或“无 法判断”)v(C)。
Ⅱ.请解释曲线中CO的物质的量先减小后增大的原因__________________。
【答案】 (1). 2CO2(g) ＋ 6H2(g) CH3OCH3(g) ＋ 3H2O(l) ΔH＝－122.54 kJ·mol－1 (2). (3). BC (4). 小于 (5). 前一阶段，反应未达到平衡，温度越高，化学反应速率越快，在相同时间内CO消耗量随温度升高而增大；后一阶段，反应已达平衡，由于反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，CO的量增大
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律可知①×2+②即得到工业上用CO2和H2合成二甲醚的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(l) ΔH=-122.54 kJ/mol；
(2)根据方程式可知反应①的平衡常数表达式K=；
(3)容器内气体只有二甲醚,相对分子质量一直保持不变，A错误；
正反应气体分子数增加，容器内气体压强不变说明反应达到平衡状态，B正确；
相同时间内消耗甲醇的量是消耗二甲醚的两倍，说明正、逆反应速率相等，达到平衡状态,C正确；
甲醇和二甲醚物质的量相等不能说明正逆反应速率相等，所以不能证明达到了化学平衡状态，D错误。
(4)Ⅰ.C点温度高于A点,则A、C两点的速率大小v(A)小于v(C)。
Ⅱ.反应开始时，因温度较低，反应速率较慢，故反应未达到平衡，温度越高，化学反应速率越快，在相同时间内CO消耗量随温度升高而增大，故CO的量逐渐减小，到最小值时反应达到平衡；后一阶段，由于温度较高、化学反应速率较快，在相同的时间内反应已达平衡，由于反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，故CO的量又逐渐增大。
【详解】(1)已知①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=-49.01 kJ·mol-1
②2CH3OH(l)CH3OCH3(g)+H2O(l) ΔH=-24.52 kJ·mol-1
则根据盖斯定律可知①×2+②即得到工业上用CO2和H2合成二甲醚的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(l) ΔH=-122.54 kJ/mol；
(2)根据方程式可知反应①的平衡常数表达式K=。
(3)A.容器内气体只有二甲醚,相对分子质量一直保持不变，A错误；
B.正反应气体分子数增加,故压强是变量，当容器内气体压强不变时，说明反应达到平衡状态,B正确；
C.相同时间内消耗甲醇的量是消耗二甲醚的两倍,说明正、逆反应速率相等,达到平衡状态,C正确；
D.甲醇和二甲醚物质的量相等不能说明正逆反应速率相等,所以不能证明达到了化学平衡状态,D错误。
(4)Ⅰ.C点温度高于A点,则A、C两点的速率大小v(A)小于v(C)。
Ⅱ.曲线中CO的物质的量先减小后增大，其原因是：反应开始时，因温度较低，反应速率较慢，故反应未达到平衡，温度越高，化学反应速率越快，在相同时间内CO消耗量随温度升高而增大，故CO的量逐渐减小，到最小值时反应达到平衡；后一阶段，由于温度较高、化学反应速率较快，在相同的时间内反应已达平衡，由于反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，故CO的量又逐渐增大。
【点睛】本题考查较为综合，综合性强，难度较大。易错点是平衡状态判断以及图像分析。注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。
19.结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：
酸
电离常数(Ka)
酸
电离常数(Ka)
酸
电离常数(Ka)
HClO
3×10-8
H2CO3
K1=4.4×10-7
K2=4.7×10-11
H2S
K1=1.0×10-7
K2=7.0×10-15
(1)常温下，将a molCH3COONa溶于水配成溶液，向其中滴加等体积的b mol·L－1的盐酸使溶液呈中性(不考虑盐酸和醋酸的挥发)，用含a和b的代数式表示醋酸的电离常数Ka＝________________
(2)下列方法中，可以使0.10 mol·L－1 CH3COOH的电离程度增大的是___________｡
a．加入少量0.10 mol·L－1的稀盐酸 b．加热CH3COOH溶液 c.加水稀释至0.010 mol·L－1
d．加入少量冰醋酸 e．加入少量镁粉 f．加入少量0.10 mol·L－1的NaOH溶液
(3)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是______
A．c(H＋) B．c(H＋)/c(CH3COOH) C．c(H＋)·c(OH－) D．c(H＋)·c(CH3COO-)/c(CH3COOH)
(4)体积为10 mL pH＝2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH 变化如图所示，则稀释至1000mL时，醋酸溶液中由水电离出来的c(H＋)_______(填“大于”、“等于”或“小于”)HX 溶液中由水电离出来的c(H+)。
(5)常温下0.1 mol/L NaHS的pH___7(填“＞”“＝”或“＜”），理由是___________________
(6)将少量的氯气通入到足量的碳酸钠溶液中_____________________。
(7)向盐酸溶液中逐滴加入等体积等浓度的Na2CO3溶液，充分振荡，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：________________________________________
【答案】 (1). b×10-7/（a-b）； (2). bcef； (3). A； (4). 小于； (5). ＞ (6). NaHS水解HS-+H2O⇌H2S+OH-，电离HS-⇌H++S2-，水解平衡常数= c（OH-）×c（H2S）/ c(HS-)=Kw/K1=10-14/10-7=10-7，二级电离为K2=7.0×10-15，故HS-的电离程度小于水解程度，溶液呈碱性； (7). Cl2+Na2CO3+H2O=NaCl+NaHCO3+HClO； (8). c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO32-)；
【解析】
【分析】
(1) 常温下，溶液呈中性，则c(CH3COO-)=c（Cl－），c(H＋)=c(OH－)，Ka= c(CH3COO-)×c（Cl－）/c(CH3COOH)=b×10-7/（a-b）；
(2) CH3COOH⇌ H＋+ CH3COO-，a．加入少量稀盐酸，增加溶液中的c(H＋)，平衡左移，电离程度减小，a错误；b．加热溶液，电离为吸热反应，升高温度，平衡右移，电离程度增大，b正确；c.加水稀释，平衡右移，c正确；d．加入少量冰醋酸，使溶液中的c(CH3COO-)增大，平衡左移，电离程度减小，d错误；e．加入少量镁粉溶液中的c(H＋)减小，平衡右移，电离程度增大，e正确；f．加入少量NaOH溶液，c(H＋)减小，平衡右移，电离程度增大，f正确；
(3)常温下CH3COOH溶液在加水稀释过程中，平衡右移，电离程度增大，c(H＋)减小，c(OH－)增大，温度不变，Kw不变。A. c(H＋)减小，A正确；B．c(H＋)/c(CH3COOH)分式同乘以c(CH3COO-)，则为K/ c(CH3COO-)比值增大，B错误；C．c(H＋)·c(OH－)=Kw，不变，C错误；D．c(H＋)·c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=K，不变；
【详解】(1) 常温下，溶液呈中性，则c(CH3COO-)=c（Cl－），c(H＋)=c(OH－)，Ka= c(CH3COO-)×c（Cl－）/c(CH3COOH)=b×10-7/（a-b），答案为：b×10-7/（a-b）；
(2) CH3COOH⇋ H＋+ CH3COO-，a．加入少量稀盐酸，增加溶液中的c(H＋)，平衡左移，电离程度减小，a错误；
b．加热溶液，电离为吸热反应，升高温度，平衡右移，电离程度增大，b正确；
c.加水稀释，平衡右移，c正确；
d．加入少量冰醋酸，使溶液中的c(CH3COO-)增大，平衡左移，电离程度减小，d错误；
e．加入少量镁粉溶液中的c(H＋)减小，平衡右移，电离程度增大，e正确；
f．加入少量NaOH溶液，c(H＋)减小，平衡右移，电离程度增大，f正确；
答案为：bcef；
(3)常温下CH3COOH溶液在加水稀释过程中，平衡右移，电离程度增大，c(H＋)减小，c(OH－)增大，温度不变，Kw不变。
A. c(H＋)减小，A正确；
B．c(H＋)/c(CH3COOH)分式同乘以c(CH3COO-)，则为K/ c(CH3COO-)比值增大，B错误；
C．c(H＋)·c(OH－)=Kw，不变，C错误；
D．c(H＋)·c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=K，不变，D错误；
答案为A；
(4)通过观察图像，稀释100倍时，pH都小于4，则HX和醋酸都是弱酸，HX溶液中c(H＋)比醋酸小，c(H＋)越大，对水的电离程度抑制越大，故HX对水的电离的抑制作用小于醋酸，醋酸中水电离的c(H+)小于HX。答案为：小于；
(5) NaHS水解HS-+H2O⇌H2S+OH-，电离HS-⇌H++S2-，水解平衡常数= c（OH-）×c（H2S）/ c(HS-)=Kw/K1=10-14/10-7=10-7，二级电离为K2=7.0×10-15，显然硫氢根离子的水解常数大于其电离常数，故其电离程度小于水解程度，溶液呈碱性，pH>7，答案为：＞；NaHS水解HS-+H2O⇌H2S+OH-，电离HS-⇌H++S2-，水解平衡常数= c（OH-）×c（H2S）/ c(HS-)=Kw/K1=10-14/10-7=10-7，二级电离为K2=7.0×10-15，电离程度小于水解程度，溶液呈碱性；
(6)因为是少量的氯气,生成的盐酸少量,只能生成酸式盐,次氯酸不和碳酸钠反应，答案为：Cl2+Na2CO3+H2O=NaCl+NaHCO3+HClO；
(7)向盐酸溶液中逐滴加入等体积等浓度的Na2CO3溶液，溶液刚好变为等物质的量的NaCl和NaHCO3，HCO3-既要电离，又要水解，且水解程度大于电离程度，溶液显碱性，除碳酸氢根电离出氢离子外，水也电离出氢离子，则大小顺序为：c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO32-)；
20.Ⅰ.实验室选用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应来探究影响化学反应速率的因素：
实验前先用酸性KMnO4标准溶液滴定未知浓度的草酸
(1)配平反应原理离子方程式：
____MnO4-＋ __H2C2O4＋_______ →_____Mn2 ＋＋ ____CO2↑＋ ____H2O
（2）探究影响化学反应速率的因素
实验
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度
浓度/mol·L－1
体积/mL
浓度/mol·L－1
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
①探究温度对化学反应速率影响的实验编号是________(填编号，下同)，探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是________。
②混合液褪色时间由大到小的顺序是___________________。
③测得某次实验(恒温)时溶液中Mn 2 ＋物质的量与时间关系如图所示，请解释“ n(Mn 2 ＋)在反应起始时变化不大，一段时间后快速增大”的原因：__________________。
Ⅱ. 用酸性KMnO4溶液滴定含杂质的Na2C2O4样品（已知杂质不与KMnO4和H2SO4溶液反应）。
实验步骤：准确以1g样品Na2C2O4固体，配成100mL溶液，取出20.00mL于锥形瓶中。再向瓶中加入足量稀H2SO4溶液，用0.016mol/L高锰酸钾溶液滴定，滴定至终点时消耗高锰酸钾溶液25.00mL.
①高锰酸钾溶液应装在_________滴定管中。（填“酸式”或“碱式”）
②滴定至终点时的实验现象是：_________________。
③计算样品中Na2C2O4的纯度是_______________%。
【答案】 (1). 2 (2). 5 (3). 6H＋ (4). 2 (5). 10 (6). 8 (7). ②和③ (8). ①和② (9). ①＞②＞③ (10). Mn2＋对该反应有催化作用 (11). 酸式 (12). 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为紫色且半分钟不褪色 (13). 67
【解析】
【分析】
(1)Mn的化合价由+7价变为+2价，C的化合价由+3价变为+4价，草酸分子中含2个碳原子，则最小公倍数为10，Mn的系数为2，草酸的系数为5，二氧化碳为10，根据质量守恒定律，氧原子守恒，水的系数为8，推出缺少的物质为6H＋；
（2）①探究温度对化学反应速率影响，则其他条件相同，只改变温度；③反应开始时，反应物初始最大，速率应该最快，但图像显示，生成Mn2＋速率由慢变快，且随着Mn2＋量的增大速率逐渐变快，则Mn2＋对该反应有催化作用；
【详解】1)Mn的化合价由+7价变为+2价，C的化合价由+3价变为+4价，草酸分子中含2个碳原子，则最小公倍数为10，Mn的系数为2，草酸的系数为5，二氧化碳为10，根据质量守恒定律，氧原子守恒，水的系数为8，推出缺少的物质为6H＋，答案为：2；5；6H＋；2；10；8；
（2）①探究温度对化学反应速率影响，则其他条件相同，只改变温度，则实验编号为②③；同理可得探究反应物浓度的实验编号为①②；
②反应速率越大，褪色时间越短，反应速率由大到小的顺序为：③②①，褪色时间为：①＞②＞③；
③反应开始时，反应物初始最大，速率应该最快，但图像显示，生成Mn2＋速率由慢变快，且随着Mn2＋量的增大速率逐渐变快，则Mn2＋对该反应有催化作用；
Ⅱ.①酸性KMnO4溶液显酸性且有强氧化性，则用酸式滴定管盛放该溶液；
②酸性KMnO4溶液显紫红色，滴定Na2C2O4溶液后变为无色，滴定终点必须依赖过量的一滴高锰酸钾溶液指示，所以现象为：滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为紫色且半分钟不褪色；③根据离子反应式：n（Na2C2O4）：n（KMnO4）=5：2，n（KMnO4）=0.016mol/L×25.00 L/1000，则20mL溶液中n（Na2C2O4）=0.001mol，故100mL的样品溶液中含草酸钠0.005mol，m（Na2C2O4）=0.67g，因为样品的质量为1g，则样品的纯度为：67%；
（满分：100分，考试时间：90分钟）
可能用到的相对原子质量：C 12 H 1 O 16 Na 23
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题：本题包括16小题，每小题只有1个选项符合题意，每小题3分，共48分。
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. 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
C. 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
D. 吸热反应没有利用价值
【答案】D
【解析】
试题分析：A.煤、石油、天然气等化石能源在燃烧时产生大量的热，为我们提供能量，所以化石能源物质内部蕴涵着大量的能量，A项正确；B.绿色植物在叶绿体内进行光合作用，在太阳光照射下，将二氧化碳和水转化为淀粉、蛋白质等有机物，将太阳能转化为化学能“贮存”起来，B项正确；C．物质燃烧时化学能转化为热能被利用；物质在发生原电池反应时将化学能转化为电能被人类利用，C项正确；D.煤是重要的供能物质，但煤燃烧热能利用率比较低，而且会产生大气污染，如果使煤与水反应生成水煤气等气体燃料---一氧化碳和氢气，不仅节能、能量利用率高，也洁净、无污染，该反应是个吸热反应。则吸热反应也有利用价值，D项错误；答案选D。
考点：考查对能源和作为能源的物质的认识问题。
2.对下列各种溶液中所含离子的判断合理的是（ ）
A. 向无色溶液中加氯水变橙色，溶液中可能含： SO42-、Br-、OH-、Ba2+
B. 在水电离出的c(H+)=1.0´10-11mol/L的溶液中可能含：Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-
C. 某溶液，加铝粉有氢气放出，则溶液中可能含：K+、Na+、H+、NO3-
D. 在c(Fe3+)=1.0 mol/L的溶液中可能含：K+、Na+、SCN-、HCO3-
【答案】B
【解析】
【分析】
A.溶液中的SO42-和Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，不可共存；B. 水电离出的c(H+)=1.0×10-11mol/L<1.0×10-7mol/L，溶液可能显酸性，可能显碱性；C. 加铝粉有氢气放出，溶液可能显酸性，可能显碱性；D. Fe3+与SCN-反应；
【详解】A.溶液中的SO42-和Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，不可共存，A错误；
B. 水电离出的c(H+)=1.0×10-11mol/L<1.0×10-7mol/L，溶液可能显酸性，可能显碱性，Mg2+、Cu2+在碱性条件下生成沉淀，酸性条件下不反应，B正确；
C. 加铝粉有氢气放出，溶液可能显酸性，也可能显碱性。碱性条件下，H+不共存；酸性条件下，因为有硝酸根存在，则无氢气生成，C错误；
D. Fe3+与SCN-反应，D错误；
答案为B；
【点睛】Al能与非氧化性酸反应生成氢气，可以与强碱反应生成氢气；与硝酸反应生成氮氧化物，无氢气生成，容易出错。
3.下列说法或表示法正确的是 （ ）
A. 化学反应必须发生有效碰撞，但有效碰撞不一定发生化学反应
B. 由C(s,石墨)=C(s,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0.5 mol/L 的H2SO4溶液与1 mol/L的 NaOH溶液等体积混合，放出的热量等于57.3 kJ
D. 乙醇的燃烧热ΔH= -1366.8 kJ· mol—1，则在25℃、101kPa时，1kg乙醇充分燃烧后放出2.971×104kJ热量
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 能发生化学反应的碰撞是有效碰撞，发生有效碰撞的分子一定是能量比较高的活化分子，能量比较低的普通分子，不能发生有效碰撞；B.能量低的物质较稳定；C.由于不知道溶液的体积，无法确定生成水的物质的量，则不能确定释放的热量；
【详解】A. 能发生化学反应的碰撞是有效碰撞，有效碰撞一定发生了化学反应。发生有效碰撞的分子一定是能量比较高的活化分子，能量比较低的普通分子，不能发生有效碰撞，A错误；
B.石墨生成金刚石为吸热反应，能量低的物质较稳定，石墨比金刚石稳定，B错误；
C.由于不知道溶液的体积，无法确定生成水的物质的量，则不能确定释放的热量，C错误；
D.乙醇的燃烧热为1mol乙醇完全燃烧时生成稳定的化合物时所释放的热量；1kg乙醇为21.74mol释放2.971×104kJ热量，D正确；
答案为D
【点睛】C项计算中和热时，需要知道溶液的体积，只给浓度无法计算，有时学生直接用浓度求解，容易出错。
4.物质(t-BuNO)2在正庚烷溶剂中发生如下反应：(t-BuNO)2 2(t-BuNO)，实验测得该反应的ΔH = +50.5 kJ·mol-1，活化能Ea= 90.4 kJ·mol-1。下列能量关系图合理的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：实验测得该反应的ΔH=+50.5kJ·mol-1，活化能Ea=90.4kJ·mol-1，该反应是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量；活化能数值与反应热数值的比值小于2，C图符合，答案选C；
考点：考查能量变化示意图分析
5.将1L 0.1 mol/L BaCl2溶液与足量稀硫酸充分反应放出a kJ热量；将1L 0.5 mol/LHCl溶液与足量CH3COONa溶液充分反应放出b kJ热量(不考虑醋酸钠水解)；将0.5L 1 mol/L H2SO4溶液与足量(CH3COO)2Ba(可溶性强电解质)溶液反应放出的热量为
A. (5a＋2b) kJ B. (4b－10a) kJ
C. (5a－2b) kJ D. (10a＋4b) kJ
【答案】A
【解析】
试题分析：1L 0.1mol•L-1BaCl2的物质的量为0.1mol，将1L 0.1mol•L-1BaCl2溶液与足量稀硫酸反应，涉及的离子方程式为：Ba2+（aq）+SO42-（aq）=BaSO4（s），放出akJ热量，生成0.1molBaSO4，则生成0.5molBaSO4，放出5akJ热量；1L 0.5mol•L-1HCl溶液的物质的量为0.5mol，将1L 0.5mol•L-1HCl溶液与足量CH3COONa溶液反应，涉及的离子方程式为H+（aq）+CH3COO-（aq）=CH3COOH（l），放出b kJ热量，生成0.5molCH3COOH，则生成1molCH3COOH，放出2bkJ热量。0.5L 1mol•L-1H2SO4的物质的量为0.5mol，将0.5L 1mol•L-1H2SO4溶液与足量（CH3COO）2Ba溶液反应，生成0.5molBaSO4，1molCH3COOH，涉及的离子方程式有Ba2+（aq）+SO42-（aq）=BaSO4（s），H+（aq）+CH3COO-（aq）=CH3COOH（l），溶液反应放出的热量为（5a+2b）kJ，答案选A。
考点：考查热化学方程式的书写和反应热的计算
6.将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（s）+B（g）⇌2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L﹣1 ， 现有下列几种说法：①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L﹣1•s﹣1 ②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1 ③2s时物质A的转化率为30% ④2s时物质B的浓度为0.7mol•L﹣1其中正确的是 （ ）
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】D
【解析】
【分析】
经2s后测得C的浓度为0.6mol•L﹣1，则n（C）=0.6mol•L﹣1×2L=1.2mol，根据：
2A（s）+B（g）⇌2C（g）
初始： 4 2 0
反应： 1.2 0.6 1.2
2s： 2.8 1.4 1.2
【详解】①物质A为固体，无法计算平均反应速率，①错误；
②v（B）=∆c/∆t=0.6/（2×2）mol/（L·s）=0.15mol/（L·s），②错误；
③2s时物质A的转化率=反应量/初始量=1.2/4=30%，③正确；
④2s时物质B的浓度=1.4mol/2L=0.7mol•L﹣1，④正确；
答案为D
7.在一个恒容的密闭容器中充入C固体和水蒸气，在一定条件下进行下列两个可逆反应： C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）现有下列状态：
①C的浓度不变 ②H2O和H2的浓度相等 ③恒温时，气体压强不再改变
④绝热时反应体系中温度保持不变 ⑤断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍
⑥混合气体密度不变 ⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变
其中不能表明反应已达到平衡状态的是
A. ①② B. ①⑦ C. ③⑥ D. ④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变。
【详解】①C是固体，其浓度一直不变，故错误；
②H2O和H2的浓度相等，并不是不变，故错误；
③恒温时，气体压强不再改变，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；
④绝热时反应体系中温度保持不变，说明放出的热量等于吸收的热量，即正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；
⑤断裂氢氧键速率等效于形成氢氢键速率的2倍的同时断裂氢氢键速率的2倍，所以正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；
⑥混合气体密度不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故正确；
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量和气体的质量不变，反应达平衡状态，故正确；
故选A。
【点睛】平衡状态中反应混合物中各组成成分的含量保持不变的理解
①质量不再改变：各组成成分的质量不再改变，各反应物或生成物的总质量不再改变（不是指反应物的生成物的总质量不变），各组分的质量分数不再改变。
②物质的量不再改变：各组分的物质的量不再改变，各组分的物质的量分数不再改变，各反应物或生成物的总物质的量不再改变。［反应前后气体的分子数不变的反应，如：除外］
③对气体物质：若反应前后的物质都是气体，且化学计量数不等，总物质的量、总压强（恒温、恒容）、平均摩尔质量、混合气体的密度（恒温、恒压）保持不变。［但不适用于这一类反应前后化学计量数相等的反应］
④反应物的转化率、产物的产率保持不变。
⑤有颜色变化的体系颜色不再发生变化。
⑥物质的量浓度不再改变。当各组分（不包括固体或纯液体）的物质的量浓度不再改变时，则达到了化学平衡状态。
8.T ℃时，在2 L密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）。反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Z的百分含量与时间的关系如图2所示。则下列结论正确的是（ ）
A. 容器中发生的反应可表示为3X（g）＋Y（g） ＝2Z（g）
B. 反应进行的前3 min内，用X表示的反应速率v（X）＝0.2 mol/（L·min）
C. 保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小
D. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是增大压强
【答案】C
【解析】
试题分析：A．根据图1分析，反应中X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，但最终均不为0，所以X、Y为反应物，Z为生成物，且该反应为可逆反应；根据物质的量的变化量与化学计量数成正比可知0.4mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，所以反应的化学方程式为3X（g）+Y（g）2Z（g），故A错误；B．反应进行的前3min内，v（X）==0.1mol/（L•min），故B错误；C．根据图2中曲线的斜率大小判断，T2时先到达平衡状态，说明反应速率大，根据温度越高反应速率越大说明T2温度高，温度升高时Z的百分含量降低，说明平衡向逆反应方向移动，则平衡常数减小，故C正确；D．图3与图1比较，图3到达平衡所用的时间较短，说明反应速率增大，但平衡状态没有发生改变，应是加入催化剂所致，故D错误。故选C。
考点：考查化学反应速率含义；化学反应速率和化学平衡图像的综合应用；影响化学平衡的条件
9.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。下列说法正确的是
A. 550℃时，若充入惰性气体，ʋ正，ʋ逆 均减小，平衡不移动
B. 650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C. T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
D. 925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0p总
【答案】B
【解析】
A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当550℃时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此ʋ正，ʋ逆 均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A错误；B．根据图像可知在650℃时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1 mol，则反应产生CO 0.4 mol，其中含有CO2 0.6 mol，反应产生0.4 molCO消耗CO2的物质的量是0.2 mol，因此CO2转化率为0.2 mol÷(0．6 mol+0.2 mol)×100%=25.0%，B正确；C．T℃时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C错误；D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=，D错误。答案选B。
10.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)，平衡时c (NO)与温度T的关系如下图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 在T2时，若反应体系处于状态D，则此时
B. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1
D. 该反应的△H>0
【答案】A
【解析】
试题分析：A．T2时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，故反应向正反应进行，则一定有υ（正）＞υ（逆），故A正确；B．该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以升温化学平衡常数减小，故K1＞K2，故B错误；C．达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系，则PB=PD＜PC，故C错误；D．由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆移，所以正反应为放热反应，即△H＜0，故D错误。
11.在某温度下，将3 mol A和2 mol B充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)＋B(g) C(g)＋D(g)，5 min后达平衡，各物质的平衡浓度的关系为：ca(A)·c(B)＝c(C)·c(D)。若在温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10倍，B的转化率不发生变化，则B的转化率为 （ ）
A. 60% B. 40% C. 24% D. 4%
【答案】A
【解析】
【分析】
在某温度下，各物质的平衡浓度的关系为：ca(A)·c(B)＝c(C)·c(D)，则K=1；在温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10倍，B的转化率不发生变化，可得到反应左右两边的气体计量数的和相等，则a=1。
【详解】A(g)＋B(g) C(g)＋D(g)
初始： 3 2
反应： n n n n
平衡：3-n 2-n n n K=n2/（3-n）×(2-n)=1，求得n=1.2mol，则转化率为60%，答案为A
12.下列实验过程可以达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验过程
A.
比较碳酸和醋酸的酸性
常温下，用pH计测量等浓度醋酸钠和碳酸氢钠溶液的pH
B.
探究浓度对反应速率的影响
向盛有4mL浓度分别为0.01mol/L和0.05mol/LKMnO4酸性溶液的两支试管中，同时加入4mL0.1mol/L的草酸溶液，记录褪色所需时间
C.
证明Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Al (OH)3]
向1mL0.1 mol·L－1NaOH溶液中滴加2滴0.1 mol·L－1 AlCl3溶液，充分反应后再滴加2滴0.1 mol·L－1 FeCl3溶液,观察沉淀颜色变化
D.
探究温度对反应速率的影响
将2支盛有5 mL同浓度NaHSO3溶液的试管和两支盛有2 mL 5%H2O2溶液的试管分成两组，一组放入冷水中，另一组放入热水中，经过一段时间分别混合并搅拌，观察实验现象
【答案】A
【解析】
【分析】
A.碳酸和醋酸均为弱酸，测量相同浓度的两种酸的pH，酸性越强的pH越小；B.2MnO4- + 5H2C2O4 +6H+＝2Mn2+ + 10CO2↑+8H2O，一只试管中高锰酸钾过量，溶液不褪色；
【详解】A.碳酸和醋酸均为弱酸，测量相同浓度的两种酸的pH，酸性越强的pH越小，A正确；
B.2MnO4- + 5H2C2O4 +6H+＝2Mn2+ + 10CO2↑+8H2O，根据化学方程式可以计算出其中浓度较小的试管中高锰酸钾过量，该试管中溶液在反应后不可能褪色，故不能证明H2C2O4浓度越大反应速率越快，B错误；
C.氢氧化钠在和氯化铝溶液反应时，由于氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，无沉淀，且仍有氢氧化钠剩余，再加入氯化铁时一定产生红褐色氢氧化铁沉淀，所以不能证明在相同温度下两者的Ksp的大小，C错误；
D. NaHSO3溶液与5%H2O2溶液反应生成硫酸氢钠溶液，均为无色溶液，无明显现象，D错误；
答案为A
13.下列试剂和装置能达到实验目的的是 （ ）
A.
B.
C.
D.
测定CO2的生成速率
测定稀硫酸和稀氢氧化钠的中和热
探究催化剂对反应速率的影响
用稀硫酸比较铝和铁的金属活动性
【答案】C
【解析】
【分析】
A.装置应该用分液漏斗，生成的二氧化碳可以从长颈漏斗中逸出；
B.装置缺少环形玻璃搅拌棒；
C.对比两个装置，滴加氯化铁的产生气泡加快，则证明催化剂对反应速率的影响；
D.铝粉和铁钉无法对比，应固体的表面积相同；
【详解】A.装置应该用分液漏斗，生成的二氧化碳可以从长颈漏斗中逸出，A错误；
B.装置缺少环形玻璃搅拌棒，B错误；
C.对比两个装置，在其他条件相同时，滴加氯化铁的产生气泡加快，则证明催化剂对反应速率的影响，C正确；
D.铝粉和铁钉无法对比，固体的表面积不相同则不具有可比性，D错误；
答案为C
【点睛】外因对反应速率的影响，在对比两个实验时，应根据控制变量法的原理，只改变一个条件来探究该条件对化学反应速率的影响。
14.下表是25℃时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是 ( )
A. 常温下，相同浓度①CH3COONH4 ②NH4HC2O4 ③(NH4)2C2O4溶液中， c(NH4+)由小到大的顺序是：②＜①＜③
B. NaHC2O4溶液中各离子浓度大小顺序是：c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)> c(C2O42-)>c(OH-)
C. AgCl易溶于氨水、难溶于水，所以AgCl在氨水中的Ksp大于水中的Ksp
D. 向浓度均为1x10-3mol.L-1的KCl和K2CrO4混合液中滴加1x10-3mol.L-1 的AgNO3溶液，CrO42-先形成沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】
A.电离常数越大，酸性越强；酸性越弱，对应的酸根离子水解能力越强；B.NaHC2O4溶液中直接电离出来的离子浓度最高，阴离子会存在水解和电离，且HC2O4-的电离程度大于其水解程度，溶液显示酸性；D.组成与结构相似的难溶物，溶度积越小，越容易沉淀，组成与结构不相似的难溶物，要根据其溶度积进行计算，才能确定哪种难溶物先沉淀。
【详解】A.电离常数越大，酸性越强，由图中数据可知，酸性：H2C2O4>CH3COOH；酸性越弱，对应的酸根离子水解能力越强，则水解能力：HC2O4-
B.NaHC2O4溶液中直接电离出来的离子浓度最高，阴离子会有一小部分发生水解和一小部分发生电离，则c（Na+）＞c（HC2O4-），阴离子HC2O4-的电离程度大于其水解程度（草酸氢根的电离常数大于其水解常数。水解常数等于水的离子积除以草酸的一级电离常数），溶液显示酸性，即c（H+）＞c（OH-），除草酸氢根外水也电离出氢离子，所以离子浓度大小顺序是：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c(C2O42-)>c（OH-），B正确；
C.Ksp（AgCl）只与温度有关，温度不变，则其值不变，C错误；
D.向浓度均为1x10-3mol.L-1的KCl和K2CrO4混合液中滴加1x10-3mol.L-1的AgNO3溶液，若忽略溶液体积的微小变化，则AgCl饱和所需Ag+浓度c（Ag+）=Ksp（AgCl）/c(Cl-)=1.8×10-10/（1.0×10-3）=1.8×10-7mol/L；Ag2CrO4饱和所需c2（Ag+）= Ksp（Ag2CrO4）/c(CrO42-)=2.0×10-12/（1.0×10-3）=2.0×10-9 ，c（Ag+）=1.4×10-3mol/L。因为1.8×10-7<1.4×10-3，所以Cl-先沉淀，D错误；
答案为B
15.下列有关电解质溶液的说法正确的是 （ ）
A. 向0.1mol•L -1CH3COONa溶液中加入CH3COONa固体，溶液中减小
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C. 向氨水中加入盐酸至中性，溶液中 增大
D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中 不变
【答案】D
【解析】
【详解】A.加入CH3COONa固体，溶液浓度变大，CH3COONa的水解程度减小，则变大，A错误；
B.该比值为酸酸根离子的水解常数的倒数，升温促进醋酸根离子水解，水解常数增大，故该比值减小，B错误；
C.该式为一水合氨的电离平衡常数：=K，电离平衡常数只与温度有关，温度不变则电离常数不变，C错误；
D. =，因为溶度积只与温度有关，所以加入少量AgNO3，该比值不变，D正确；
答案为D
【点睛】CH3COONa溶液中加入CH3COONa固体，与加水稀释对其水解程度的影响相反，CH3COONa的水解程度减小，变大，容易判读错误。
16.某化学小组设计了如图1所示的数字化实验装置，研究常温下，向1L 0.1mol/L H2A溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液时的pH变化情况，并绘制出溶液中含A元素的微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图2所示，则下列说法中不正确的是
A. pH=4.0时，图中n(HA-)约为0.0091mol
B. 该实验应将左边的酸式滴定管换成右边碱式滴定管并加酚酞作指示剂
C. 常温下，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.0
D. 0.1mol/LNaHA溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/L
【答案】A
【解析】
A、pH=4.0时，酸碱溶液体积未知，无法计算n(HA－)，选项A不正确；B、从图像可知，该实验过程中后加入物质是氢氧化钠溶液，所以应将左边的酸式滴定管换成右边碱式滴定管并加酚酞作指示剂，选项B正确；C、从图像可知，常温下，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.0，选项C正确；D、根据物料守恒可知，0.1mol/LNaHA溶液中存在c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)＝0.1mol/L，选项D正确。答案选A。
第Ⅱ卷 非选择题
二、填空题（包括4小题，共52分）
17.S2Cl2和SCl2均为重要的化工原料。
已知：I.S2(l) + Cl2(g)S2Cl2(g) ΔH1；
II. S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g) ΔH2；
III.相关化学键的键能如下表所示：
化学键
S—S
S—Cl
Cl—Cl
键能/kJ • mol-1
a
b
c
请回答下列问题：
(1) SCl2的结构式为______________________。
(2)若反应II正反应的活化能E=dkJ·mol-1，则逆反应的活化能E2=_______kJ·mol-1（用含a、b、c、d的代数式表示）。
(3)—定压强下，向10 L密闭容器中充入1molS2Cl2和1mol Cl2,发生反应II。Cl2与SCl2的消耗速率(v)与温度（T)的关系如图所示：
①A、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的有 ____________(填字母)，理由为__________。
②ΔH2_______________0(填“>” “<” 或“=”）。
(4)已知：ΔH1<0。向恒容绝热的容器中加入一定量的S2(l)和Cl2(g),发生反应I，5 min时达到平衡。则3 min时容器内气体压强__________(填“>” “<” 或“=”)5 min时的压强。
(5)—定温度下，在恒容密闭容器中发生反应I和反应II，达到平衡后缩小容器容积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率_________(填“增大”“减小”或“不变”），理由为_________________。
【答案】 (1). C1—S—Cl (2). (2b+d-a-c) (3). BD (4). B、D两点对应的状态下，用同一物质表示的正、逆反应速率相等 (5). < (6). < (7). 不变 (8). 反应I和反应Ⅱ均为左右两边气体分子总数相等的反应，压强对平衡没有影响
【解析】
（1）根据SCl2的组成可知，S元素是＋2价，Cl元素为－1价，所以其结构式为C1－S－Cl。（2）反应热等于正反应活化能与逆反应活化能的差值，也等于反应物的键能之和与生成物键能之和的差值，所以若反应II正反应的活化能E＝dkJ·mol-1，则逆反应的活化能E2＝(2b+d-a-c)kJ·mol-1。（3）①根据反应II：S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；②B、D点为平衡点，由图中数据可知，B、D点的状态对应的温度为250℃，300℃时，SCl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH2＜0。（4）该反应是左右两边气体分子数相等的反应，反应过程中气体总的物质的量不变，所以温度越高，气体膨胀程度越大，容器内气体压强越大；（5）反应I和反应II均为反应前后体积不变的反应，压强对平衡没有影响。
18.CO2的转化一直是全球研究的热点，其中将CO2和H2合成甲醇及二甲醚具备相对成熟的技术。工业生产中，有以下相关反应(热效应都是在25 ℃，1.01105Pa下测定)：
①CO2(g) ＋ 3H2(g) CH3OH(l) ＋ H2O(l) ΔH ＝－49.01 kJ·mol－1
②2CH3OH(l) CH3OCH3(g) ＋ H2O(l) ΔH ＝－24.52 kJ·mol－1
③CO(g) ＋ H2O(l) CO2(g) ＋ H2(g) ΔH ＝ －41.17 kJ·mol－1
(1)工业上用CO2和H2合成二甲醚的热化学方程式为________________。
(2)反应①的平衡常数表达式K＝____________。
(3)在一常温恒容的密闭容器中，放入一定量的甲醇发生如②式化学反应并建立平衡，以下说法正确并可以作为该反应达到平衡状态的判断依据的是__________(填字母)。
A．容器内气体相对分子质量保持不变 B. 容器内气体压强不变
C．相同时间内消耗甲醇的量是消耗二甲醚的两倍 D．甲醇和二甲醚物质的量相等
(4)在三个体积相同的密闭容器中加入相同物质的量的CO和H2O，在不同温度下发生反应③，经过相同时间后测得容器中的CO物质的量与温度的关系如图：
Ⅰ.A、C两点的速率大小v(A)________(填“大于”“小于”“等于”或“无 法判断”)v(C)。
Ⅱ.请解释曲线中CO的物质的量先减小后增大的原因__________________。
【答案】 (1). 2CO2(g) ＋ 6H2(g) CH3OCH3(g) ＋ 3H2O(l) ΔH＝－122.54 kJ·mol－1 (2). (3). BC (4). 小于 (5). 前一阶段，反应未达到平衡，温度越高，化学反应速率越快，在相同时间内CO消耗量随温度升高而增大；后一阶段，反应已达平衡，由于反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，CO的量增大
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律可知①×2+②即得到工业上用CO2和H2合成二甲醚的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(l) ΔH=-122.54 kJ/mol；
(2)根据方程式可知反应①的平衡常数表达式K=；
(3)容器内气体只有二甲醚,相对分子质量一直保持不变，A错误；
正反应气体分子数增加，容器内气体压强不变说明反应达到平衡状态，B正确；
相同时间内消耗甲醇的量是消耗二甲醚的两倍，说明正、逆反应速率相等，达到平衡状态,C正确；
甲醇和二甲醚物质的量相等不能说明正逆反应速率相等，所以不能证明达到了化学平衡状态，D错误。
(4)Ⅰ.C点温度高于A点,则A、C两点的速率大小v(A)小于v(C)。
Ⅱ.反应开始时，因温度较低，反应速率较慢，故反应未达到平衡，温度越高，化学反应速率越快，在相同时间内CO消耗量随温度升高而增大，故CO的量逐渐减小，到最小值时反应达到平衡；后一阶段，由于温度较高、化学反应速率较快，在相同的时间内反应已达平衡，由于反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，故CO的量又逐渐增大。
【详解】(1)已知①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=-49.01 kJ·mol-1
②2CH3OH(l)CH3OCH3(g)+H2O(l) ΔH=-24.52 kJ·mol-1
则根据盖斯定律可知①×2+②即得到工业上用CO2和H2合成二甲醚的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(l) ΔH=-122.54 kJ/mol；
(2)根据方程式可知反应①的平衡常数表达式K=。
(3)A.容器内气体只有二甲醚,相对分子质量一直保持不变，A错误；
B.正反应气体分子数增加,故压强是变量，当容器内气体压强不变时，说明反应达到平衡状态,B正确；
C.相同时间内消耗甲醇的量是消耗二甲醚的两倍,说明正、逆反应速率相等,达到平衡状态,C正确；
D.甲醇和二甲醚物质的量相等不能说明正逆反应速率相等,所以不能证明达到了化学平衡状态,D错误。
(4)Ⅰ.C点温度高于A点,则A、C两点的速率大小v(A)小于v(C)。
Ⅱ.曲线中CO的物质的量先减小后增大，其原因是：反应开始时，因温度较低，反应速率较慢，故反应未达到平衡，温度越高，化学反应速率越快，在相同时间内CO消耗量随温度升高而增大，故CO的量逐渐减小，到最小值时反应达到平衡；后一阶段，由于温度较高、化学反应速率较快，在相同的时间内反应已达平衡，由于反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，故CO的量又逐渐增大。
【点睛】本题考查较为综合，综合性强，难度较大。易错点是平衡状态判断以及图像分析。注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。
19.结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：
酸
电离常数(Ka)
酸
电离常数(Ka)
酸
电离常数(Ka)
HClO
3×10-8
H2CO3
K1=4.4×10-7
K2=4.7×10-11
H2S
K1=1.0×10-7
K2=7.0×10-15
(1)常温下，将a molCH3COONa溶于水配成溶液，向其中滴加等体积的b mol·L－1的盐酸使溶液呈中性(不考虑盐酸和醋酸的挥发)，用含a和b的代数式表示醋酸的电离常数Ka＝________________
(2)下列方法中，可以使0.10 mol·L－1 CH3COOH的电离程度增大的是___________｡
a．加入少量0.10 mol·L－1的稀盐酸 b．加热CH3COOH溶液 c.加水稀释至0.010 mol·L－1
d．加入少量冰醋酸 e．加入少量镁粉 f．加入少量0.10 mol·L－1的NaOH溶液
(3)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是______
A．c(H＋) B．c(H＋)/c(CH3COOH) C．c(H＋)·c(OH－) D．c(H＋)·c(CH3COO-)/c(CH3COOH)
(4)体积为10 mL pH＝2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH 变化如图所示，则稀释至1000mL时，醋酸溶液中由水电离出来的c(H＋)_______(填“大于”、“等于”或“小于”)HX 溶液中由水电离出来的c(H+)。
(5)常温下0.1 mol/L NaHS的pH___7(填“＞”“＝”或“＜”），理由是___________________
(6)将少量的氯气通入到足量的碳酸钠溶液中_____________________。
(7)向盐酸溶液中逐滴加入等体积等浓度的Na2CO3溶液，充分振荡，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：________________________________________
【答案】 (1). b×10-7/（a-b）； (2). bcef； (3). A； (4). 小于； (5). ＞ (6). NaHS水解HS-+H2O⇌H2S+OH-，电离HS-⇌H++S2-，水解平衡常数= c（OH-）×c（H2S）/ c(HS-)=Kw/K1=10-14/10-7=10-7，二级电离为K2=7.0×10-15，故HS-的电离程度小于水解程度，溶液呈碱性； (7). Cl2+Na2CO3+H2O=NaCl+NaHCO3+HClO； (8). c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO32-)；
【解析】
【分析】
(1) 常温下，溶液呈中性，则c(CH3COO-)=c（Cl－），c(H＋)=c(OH－)，Ka= c(CH3COO-)×c（Cl－）/c(CH3COOH)=b×10-7/（a-b）；
(2) CH3COOH⇌ H＋+ CH3COO-，a．加入少量稀盐酸，增加溶液中的c(H＋)，平衡左移，电离程度减小，a错误；b．加热溶液，电离为吸热反应，升高温度，平衡右移，电离程度增大，b正确；c.加水稀释，平衡右移，c正确；d．加入少量冰醋酸，使溶液中的c(CH3COO-)增大，平衡左移，电离程度减小，d错误；e．加入少量镁粉溶液中的c(H＋)减小，平衡右移，电离程度增大，e正确；f．加入少量NaOH溶液，c(H＋)减小，平衡右移，电离程度增大，f正确；
(3)常温下CH3COOH溶液在加水稀释过程中，平衡右移，电离程度增大，c(H＋)减小，c(OH－)增大，温度不变，Kw不变。A. c(H＋)减小，A正确；B．c(H＋)/c(CH3COOH)分式同乘以c(CH3COO-)，则为K/ c(CH3COO-)比值增大，B错误；C．c(H＋)·c(OH－)=Kw，不变，C错误；D．c(H＋)·c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=K，不变；
【详解】(1) 常温下，溶液呈中性，则c(CH3COO-)=c（Cl－），c(H＋)=c(OH－)，Ka= c(CH3COO-)×c（Cl－）/c(CH3COOH)=b×10-7/（a-b），答案为：b×10-7/（a-b）；
(2) CH3COOH⇋ H＋+ CH3COO-，a．加入少量稀盐酸，增加溶液中的c(H＋)，平衡左移，电离程度减小，a错误；
b．加热溶液，电离为吸热反应，升高温度，平衡右移，电离程度增大，b正确；
c.加水稀释，平衡右移，c正确；
d．加入少量冰醋酸，使溶液中的c(CH3COO-)增大，平衡左移，电离程度减小，d错误；
e．加入少量镁粉溶液中的c(H＋)减小，平衡右移，电离程度增大，e正确；
f．加入少量NaOH溶液，c(H＋)减小，平衡右移，电离程度增大，f正确；
答案为：bcef；
(3)常温下CH3COOH溶液在加水稀释过程中，平衡右移，电离程度增大，c(H＋)减小，c(OH－)增大，温度不变，Kw不变。
A. c(H＋)减小，A正确；
B．c(H＋)/c(CH3COOH)分式同乘以c(CH3COO-)，则为K/ c(CH3COO-)比值增大，B错误；
C．c(H＋)·c(OH－)=Kw，不变，C错误；
D．c(H＋)·c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=K，不变，D错误；
答案为A；
(4)通过观察图像，稀释100倍时，pH都小于4，则HX和醋酸都是弱酸，HX溶液中c(H＋)比醋酸小，c(H＋)越大，对水的电离程度抑制越大，故HX对水的电离的抑制作用小于醋酸，醋酸中水电离的c(H+)小于HX。答案为：小于；
(5) NaHS水解HS-+H2O⇌H2S+OH-，电离HS-⇌H++S2-，水解平衡常数= c（OH-）×c（H2S）/ c(HS-)=Kw/K1=10-14/10-7=10-7，二级电离为K2=7.0×10-15，显然硫氢根离子的水解常数大于其电离常数，故其电离程度小于水解程度，溶液呈碱性，pH>7，答案为：＞；NaHS水解HS-+H2O⇌H2S+OH-，电离HS-⇌H++S2-，水解平衡常数= c（OH-）×c（H2S）/ c(HS-)=Kw/K1=10-14/10-7=10-7，二级电离为K2=7.0×10-15，电离程度小于水解程度，溶液呈碱性；
(6)因为是少量的氯气,生成的盐酸少量,只能生成酸式盐,次氯酸不和碳酸钠反应，答案为：Cl2+Na2CO3+H2O=NaCl+NaHCO3+HClO；
(7)向盐酸溶液中逐滴加入等体积等浓度的Na2CO3溶液，溶液刚好变为等物质的量的NaCl和NaHCO3，HCO3-既要电离，又要水解，且水解程度大于电离程度，溶液显碱性，除碳酸氢根电离出氢离子外，水也电离出氢离子，则大小顺序为：c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO32-)；
20.Ⅰ.实验室选用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应来探究影响化学反应速率的因素：
实验前先用酸性KMnO4标准溶液滴定未知浓度的草酸
(1)配平反应原理离子方程式：
____MnO4-＋ __H2C2O4＋_______ →_____Mn2 ＋＋ ____CO2↑＋ ____H2O
（2）探究影响化学反应速率的因素
实验
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度
浓度/mol·L－1
体积/mL
浓度/mol·L－1
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
①探究温度对化学反应速率影响的实验编号是________(填编号，下同)，探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是________。
②混合液褪色时间由大到小的顺序是___________________。
③测得某次实验(恒温)时溶液中Mn 2 ＋物质的量与时间关系如图所示，请解释“ n(Mn 2 ＋)在反应起始时变化不大，一段时间后快速增大”的原因：__________________。
Ⅱ. 用酸性KMnO4溶液滴定含杂质的Na2C2O4样品（已知杂质不与KMnO4和H2SO4溶液反应）。
实验步骤：准确以1g样品Na2C2O4固体，配成100mL溶液，取出20.00mL于锥形瓶中。再向瓶中加入足量稀H2SO4溶液，用0.016mol/L高锰酸钾溶液滴定，滴定至终点时消耗高锰酸钾溶液25.00mL.
①高锰酸钾溶液应装在_________滴定管中。（填“酸式”或“碱式”）
②滴定至终点时的实验现象是：_________________。
③计算样品中Na2C2O4的纯度是_______________%。
【答案】 (1). 2 (2). 5 (3). 6H＋ (4). 2 (5). 10 (6). 8 (7). ②和③ (8). ①和② (9). ①＞②＞③ (10). Mn2＋对该反应有催化作用 (11). 酸式 (12). 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为紫色且半分钟不褪色 (13). 67
【解析】
【分析】
(1)Mn的化合价由+7价变为+2价，C的化合价由+3价变为+4价，草酸分子中含2个碳原子，则最小公倍数为10，Mn的系数为2，草酸的系数为5，二氧化碳为10，根据质量守恒定律，氧原子守恒，水的系数为8，推出缺少的物质为6H＋；
（2）①探究温度对化学反应速率影响，则其他条件相同，只改变温度；③反应开始时，反应物初始最大，速率应该最快，但图像显示，生成Mn2＋速率由慢变快，且随着Mn2＋量的增大速率逐渐变快，则Mn2＋对该反应有催化作用；
【详解】1)Mn的化合价由+7价变为+2价，C的化合价由+3价变为+4价，草酸分子中含2个碳原子，则最小公倍数为10，Mn的系数为2，草酸的系数为5，二氧化碳为10，根据质量守恒定律，氧原子守恒，水的系数为8，推出缺少的物质为6H＋，答案为：2；5；6H＋；2；10；8；
（2）①探究温度对化学反应速率影响，则其他条件相同，只改变温度，则实验编号为②③；同理可得探究反应物浓度的实验编号为①②；
②反应速率越大，褪色时间越短，反应速率由大到小的顺序为：③②①，褪色时间为：①＞②＞③；
③反应开始时，反应物初始最大，速率应该最快，但图像显示，生成Mn2＋速率由慢变快，且随着Mn2＋量的增大速率逐渐变快，则Mn2＋对该反应有催化作用；
Ⅱ.①酸性KMnO4溶液显酸性且有强氧化性，则用酸式滴定管盛放该溶液；
②酸性KMnO4溶液显紫红色，滴定Na2C2O4溶液后变为无色，滴定终点必须依赖过量的一滴高锰酸钾溶液指示，所以现象为：滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为紫色且半分钟不褪色；③根据离子反应式：n（Na2C2O4）：n（KMnO4）=5：2，n（KMnO4）=0.016mol/L×25.00 L/1000，则20mL溶液中n（Na2C2O4）=0.001mol，故100mL的样品溶液中含草酸钠0.005mol，m（Na2C2O4）=0.67g，因为样品的质量为1g，则样品的纯度为：67%；
相关资料
更多
