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【化学】河南省商开九校联考2018-2019学年高二上学期期中考试(解析版)
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河南省商开九校联考2018-2019学年高二上学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H-1, C-12, O-16, Na-23
第Ⅰ卷 选择题(共 48 分)
一、选择题：本题包括 16 小题，每小题只有一个符合题意的选项，请将符合题意的选项涂在答题卡相应位置。每小题 3 分。
1.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是
A. 抗氧化剂 B. 调味剂 C. 着色剂 D. 增稠剂
【答案】A
【解析】
【分析】
一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关。
【详解】抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，A正确；调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，B错误；着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，C错误；增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，D错误。
故选A。
【点睛】本题考查常见食品的添加剂，与化学反应速率相结合综合考查双基以及分析能力，侧重于化学与生活的考查。
2.下列物质属于弱电解质的是
A. Cl2 B. CO2 C. H2O D. AgCl
【答案】C
【解析】
【分析】
在水溶液里只能部分电离的电解质是弱电解质，弱电解质包括弱酸、弱碱、水与少数盐。
【详解】A项、Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B项、二氧化碳的水溶液导电，但是导电的离子不是二氧化碳电离的，二氧化碳为非电解质，故B错误；
C项、水存在微弱电离，属于弱电解质，故C正确；
D项、AgCl在水溶液中难溶，但溶于水的AgCl完全电离，AgCl为强电解质，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了强弱电解质的判断，注意根据电解质的电离程度划分强弱电解质，不能根据溶液的导电性来划分强弱电解质是解答关键，注意二氧化碳的水溶液导电的原因是二氧化碳与水生成电解质碳酸，二氧化碳本身不电离，是非电解质。
3.下列说法，正确的是
①活化分子间的碰撞一定能发生化学反应
②活化分子的能量比分子的平均能量高
③化学反应的实质是原子的重新组合
④化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程
⑤有合适取向时碰撞就是有效碰撞
A. ①③④⑤ B. ①②③ C. ②③④ D. ②④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①活化分子间的碰撞不一定为有效碰撞，则不一定发生化学反应，故错误；
②活化分子具有较高的能量，可发生反应，而非活化分子不具有反应所需的能量，故正确；
③化学变化中的最小微粒为原子，则化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，也是原子的重新组合的过程，故正确；
④从化学键角度可知，化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，故正确；
⑤化学反应的实质与化学键有关，活化分子有合适取向时的有效碰撞一定发生化学反应，非活化分子有合适取向时也不能发生有效碰撞、不能发生化学反应，故错误；
②③④正确，故选C。
【点睛】本题考查活化分子及化学反应的关系，侧重分析与理解应用能力的考查，把握活化理论为解答的关键。
4.下列反应类型中属于化学平衡主要研究对象的是
A. 可逆反应 B. 化合反应 C. 离子反应 D. 气体反应
【答案】A
【解析】
【详解】化学平衡是指在一定条件下的可逆反应中，化学反应正逆反应速率相等，反应物和生成物各组分浓度不再改变的状态，所以化学平衡主要研究的是可逆反应，故选A。
5.0.1mol·L-1 的氨水中存在如下平衡：NH3·H2O NH4++ OH−，下列叙述正确的是
A. 加入少量 NaOH 固体,c(OH−)减小
B. 加水稀释，平衡正向移动，电离平衡常数增大
C. 通入少量 HCl 气体，平衡正向移动
D. 加入少量 NH4Cl 固体，平衡正向移动
【答案】C
【解析】
【分析】
弱电解质的电离是吸热反应，向氨水中加入酸和加水稀释促进一水合氨电离，加入碱和铵盐抑制一水合氨电离，注意电离平衡常数只与温度有关。
【详解】A项、氢氧化钠是强电解质，向氨水中加入少量氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，故A错误；
B项、向氨水加入水，促进NH3•H2O电离，平衡正向移动，温度不变，电离平衡常数不变，故B错误；
C项、向氨水中通入少量HCl气体，氢离子和氢氧根离子反应，导致溶液中c（OH-）减小，平衡正向移动，故C正确；
D项、向氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液中c（NH4+）增大，平衡逆向移动，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确影响弱电解质电离的因素是解答关键。
6.下列各组离子可能大量共存的是
A. 可使石蕊试液变红的无色溶液中：Na＋、CO32-、K＋、ClO-、AlO2-
B. 能与金属铝反应放出氢气的溶液中：Fe2＋、NO3-、Cl-、NH4+
C. 常温下水电离出的 c(H+)·c(OH-)=10-20 的溶液中：Na＋、Cl-、S2-、SO32-
D. 含有 CO32 -的溶液中：K＋、A13＋、NO3-、Ca2+
【答案】C
【解析】
【分析】
离子间如果发生离子反应，则离子就不能大量共存，否则可以大量共存。
【详解】A项、可使石蕊试液变红的无色溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，CO32-、ClO-、AlO2-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B项、能与金属铝反应放出氢气的溶液可能呈酸性或强碱性，在酸性条件下，NO3-具有强氧化性，与Al反应不会生成氢气，在碱性条件下，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C项、常温下水电离出的c（H+）•c（OH-）=10-20的溶液可能呈酸性或碱性，存在大量氢离子或氢氧根离子。当溶液呈碱性时，Na+、Cl-、S2-、SO32-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故C正确；
D项、CO32-、A13+之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，在溶液中不能大量共存，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查离子的共存，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，在判断离子共存问题时，要注意题目中的隐含的信息，如本题中与铝粉反应能放出氢气的溶液都说明了这种溶液的性质即有可能是酸性的，也有可能是碱性的，必须要一一进行判断。
7.下列事实与对应的方程式不符合的是
A. 自然界中正常的雨水呈酸性：H2O＋CO2H2CO3 ，H2CO3H+＋HCO3—
B. “NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2（g） （红棕色）N2O4 （g） （无色） ΔH＜0
C. 甲烷的燃烧热为－890.3 kJ·mol—1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）＋2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝－890.3 kJ·mol-1
D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：S2O32-＋2H+＝S ¯＋SO2 ＋H2O
【答案】C
【解析】
分析：A. 空气中的二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸部分发生电离。B. 2NO2（g）（红棕色）N2O4 （g）（无色） ΔH＜0，降低温度，平衡右移；C. 1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量为燃烧热,水的状态应该为液态；D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合生成单质硫，出现浑浊。
详解：空气中的二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸部分发生电离，A正确；2NO2（g）（红棕色）N2O4 （g）降低温度,平衡正向移动, NO2浓度降低,颜色变浅,该反应为放热反应，B正确；1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量为燃烧热，水的状态应该为液态，正确的热化学方程式为: CH4（g）＋2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝－890.3 kJ·mol-1，C错误； 硫代硫酸钠溶于水，完全电离，与稀硫酸混合出现浑浊：S2O32-＋2H+＝S ¯＋SO2 ＋H2O，D正确；正确选项：C。
8.NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 0.1mol N2 与足量的 H2 充分反应后生成 NH3 分子数为 0.2NA
B. 22.4 L(标准状况)氩气含有的质子数为 18NA
C. 1molCl2 完全溶于水转移电子数为 NA
D. 1.0 mol CH4 与 Cl2 在光照下反应生成的 CH3Cl 分子数为 1.0NA
【答案】B
【解析】
【分析】
A、氮气和氢气的合成氨反应为可逆反应；
B、氩气是单原子分子；
C、氯气与水生成氯化氢和次氯酸的反应为可逆反应；
D、甲烷和氯气反应，除了生成一氯甲烷，还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳。
【详解】A项、氮气和氢气的合成氨反应为可逆反应，0.1mol N2不能完全反应，生成 NH3分子数小于0.2NA，故A错误；
B项、氩气是单原子分子，标准状况下，22.4L氩气含有的原子数为NA，含有的质子数为 18NA，故B正确；
C项、氯气与水生成盐酸和次氯酸的反应为可逆反应，1molCl2 完全溶于水不可能完全反应，转移电子数小于NA，故C错误；
D项、甲烷和氯气反应，除了生成一氯甲烷，还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，故1mol甲烷和1mol氯气反应生成的一氯甲烷分子小于NA个，故D错误。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，熟练掌握公式的使用，注意可逆反应的特点是解题关键。
9.反应 A(s)＋3B(g)=2C(g)＋2D(g)，在不同条件下测得反应速率，其中最快的是
A. υ(C)＝0.3 mol/(L·s) B. υ(D)＝0.35 mo/l(L·s)
C. υ(B)＝0.6 mol/(L·s) D. υ(A)＝0.3 mol/(L·s)
【答案】C
【解析】
【分析】
不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意固体物质不能表示化学反应速率。
【详解】不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，==0.15 mol/(L·s)，==0.175 mol/(L·s)，==0.2 mol/(L·s)，A为固体，不能表示化学反应速率，故选C。
【点睛】本题考查化学反应速率快慢比较，利用比值法可以迅速判断，也可以转化同一物质表示的速率进行比较。
10.2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ∆H =a kJ·mol-1 能量变化如图所示。下列说法不正确的是
A. a < 0
B. 反应物能量之和大于生成物能量之和
C. 反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和
D. 过程Ⅱ使用催化剂可以提高 SO2 平衡转化率
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，加入催化剂，平衡不移动。
【详解】A项、反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则a<0，故A正确；
B项、该反应为放热反应，反应物能量之和大于生成物能量之和，故B正确；
C项、该反应为放热反应，反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和，故C正确；
D项、加入催化剂，化学平衡不移动， SO2的平衡转化率不变，故D错误。
故选D。
【点睛】本题综合考查反应热，注意图像分析和反应热的理解，以及催化剂对反应的影响是解答关键。
11.下列实验操作不能达到实验目的是
实验操作
实验目的
A
向 2 支盛有相同体积的 5%H2O2 的试管中分别滴加 1mL 同浓度的 FeCl3 溶液和 CuSO4 溶液
探究不同催化剂的催化效率
B
将盛有NO2 气体的玻璃球分别放在热水和冰水中
探究温度对化学反应速率的影响
C
向 2 支分别盛有相同浓度的醋酸和硼酸溶液的试管中滴加等浓度的 Na2CO3 溶液
比较醋酸、硼酸和碳酸的相对强弱
D
等浓度等体积的盐酸与醋酸分别与镁条反应
比较酸溶液中的 c(H+)的大小
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A项、H2O2溶液的试管中分别滴入适量的CuSO4溶液和FeCl3溶液，分解速率不同，可探究不同催化剂对同一反应速率的影响，故A正确；
B项、盛有NO2 气体的玻璃球中存在2NO2N2O4化学平衡，分别放在热水和冰水中可以探究温度对平衡的影响，无法探究温度对化学反应速率的影响，故B错误；
C项、醋酸能与碳酸钠反应，说明醋酸酸性大于碳酸，硼酸不与碳酸钠反应，说明硼酸弱于碳酸，故C正确；
D项、溶液中氢离子浓度大生成氢气速率大，等浓度等体积的盐酸与醋酸溶液中氢离子浓度不同，反应速率不同，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析能力和实验能力的考查，熟悉影响反应速率的因素、酸性的比较和影响反应速率的因素是解答关键。
12.下列有关平衡常数的说法中，正确的是
A. 改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大
B. 反应 2NO2(g) N2O4(g) △H ＜0，升高温度该反应平衡常数增大
C. 对于给定可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数互为倒数
D. CO2＋H2CO＋H2O 的平衡常数表达式为 K =c(CO)/[c(CO2)c(H2)]
【答案】C
【解析】
【详解】A项、改变反应物浓度或压强，平衡可以正向进行，反应物转化率增大，但温度不变，平衡常数不变，故A错误；
B项、该反应是放热反应，升温平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，平衡常数减小，故B错误；
C项、对于给定可逆反应，根据平衡常数的表达式可知，正逆反应的平衡常数互为倒数，故C正确；
D项、CO2＋H2CO＋H2O 的平衡常数表达式为 K=，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查化学平衡常数，注意平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，转化率增大，不一定是改变温度是解答关键。
13.在一定条件下，对于反应mA(g) + nB(g)cC(g) + dD(g) ， C 的体积分数(C%) 与温度、压强的关系如图所示，下列判断正确的是
A. DH < 0 、 DS > 0 B. DH < 0 、 DS < 0
C. DH > 0 、 DS > 0 D. DH > 0 、 DS < 0
【答案】A
【解析】
【分析】
由图可知，压强一定时，温度升高，C的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，说明该反应为放热反应；温度一定时，增大压强，C的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，说明该反应是一个气体体积增大的反应。
【详解】由分析可知，该反应是一个气体分子娄增大的放热反应，则△H＜0、△S ＞0，故A正确。
【点睛】本题考查化学平衡图像，注意图像分析，掌握温度和压强对化学平衡移动的影响，运用化学平衡移动原理分析是解答关键。
14.一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X（g）Y（g）+Z（s），以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是
A. 混合气体的密度不再变化 B. 反应容器中Y的质量分数不变
C. 体系压强不再变化 D. 2v逆(X)＝v正(Y)
【答案】D
【解析】
分析：A.该反应为气体的质量减小的反应，恒容条件下当混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变；B. 反应容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变；C.该反应为气体总量减小的反应，体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变；D.达到平衡状态，满足v逆(X)＝2v正(Y)。
详解：恒容容器中，混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，A错误；反应容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变，则反应达平衡状态，B错误；体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，C错误；不满足速率之比和系数成正比关系，D正确；正确答案：D。
15.设 C+CO22CO(正反应为吸热反应，反应速率为 v1)N2+3H2 2NH3(正反应为放热反应，反应速率为 v2) 对于上述反应，当温度降低时，v1 和 v2 的变化情况为
A. 同时减小 B. 同时增大 C. v1 增大，v2 减小 D. v1 减小，v2 增大
【答案】A
【解析】
【详解】温度降低时，活化分子的百分数减小，无论是吸热否有还是放热反应，反应速率均减小，与反应的吸、放热无关，故选A。
【点睛】本题考查化学反应素的影响因素，侧重于分析能力的考查，注意影响反应速率的外界因素和影响原因是解答关键，注意只要温度降低，反应速率就减小，与反应的吸、放热无关。
16.浓度均为 0.1 mol·L-1、体积均为V0的 HX、HY 溶液，分别加水稀释至体积 V，pH 随的变化关系如图所示。下列叙述正确的是
A. HX、HY 都是弱酸，且 HX 的酸性比 HY 的弱
B. 相同温度下，电离常数 K(HX):a
D. =3，若同时微热两种溶液(不考虑 HX、HY 和 H2O 的挥发)， 则增大
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图知，=0时，HX的pH>1，说明HX部分电离，为弱酸，HY的pH=1，说明HY完全电离，为强酸。
【详解】A项、根据图知，=0时，HXpH>1，说明HX部分电离，为弱酸，HY的pH=1，说明HY完全电离，为强酸，故A错误；
B项、温度相同，电离常数相同，故B错误；
C项、温度不变溶液中水的离子积常数不变，HX溶液由a点稀释至b点时，水的电离程度增大，由水电离出的c（H+）•c（OH-）增大，故C错误；
D项、 =3，若同时微热两种溶液，弱酸HX的电离度增大，故n（X-）增大，而n（Y-）不变，二者溶液体积相等，所以增大，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查弱电解质电离，侧重考查分析推断及识图能力，注意依据图像正确判断两种酸的强弱是解本题关键，注意酸的电离平衡常数只与温度有关，与溶液浓度无关。
第Ⅱ卷 非选择题(共 52 分)
二、非选择题
17.回答下列问题：
(1)化学实验中的中和热的测定所需的玻璃仪器有大烧杯、小烧杯温度计、量筒(等)。 在大小烧杯之间填满碎泡沫，其作用是_____ 如图仪器 a 的名称_____。
((2)该实验常用 0.50 mol·L－1 HCl 和 0.55 mol·L－1 的 NaOH 溶液各 50 mL。 若上述 HCl、NaOH 溶液的密度都近似为 1 g·cm-3，中和后生成的溶液的比热容 c = 4.18 J/(g·℃)，设反应前的平均温度为 t1，反应过程中温度计的最大平均读数为t2则该中和反应放出热量为(填表达式)_____ kJ； ΔH =_____kJ·mol-1(填表达式)。
((3)若用 0.50 mol·L－1CH3COOH 代替 0.50 mol·L－1 HCl 实验测定中和热。则所测ΔH___(填 “偏大”、“偏小”、“不变”)，原因_____。
【答案】 (1). 保温、隔热、减少实验过程中热量的损失 (2). 环形玻璃搅拌棒 (3). 0.418(t2－t1) (4). － (5). 偏大 (6). CH3COOH电离出H+ 时，吸热
【解析】
【分析】
中和热的测定实验的关键是要比较准确地配制一定的物质的量浓度的溶液，量热器要尽量做到绝热；在量热的过程中要尽量避免热量的散失，要求比较准确地测量出反应前后溶液温度的变化。
【详解】（1）中和热的测定时，必须确保热量不散失，提高装置的保温效果，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温、隔热、减少实验过程中的热量散失；由图可知仪器a的名称为环形玻璃搅拌棒，故答案为：保温、隔热、减少实验过程中的热量散失；环形玻璃搅拌棒；
（2）50mL0.5mol·L－1HCl和50mL 0.55 mol·L－1的NaOH溶液进行中和反应，生成水的物质的量为0.05L×0.5mol·L－1=0.025mol，溶液的质量为100mL×1g/mL=100g，温度变化的值为（t2—t1），生成0.025mol水放出的热量为Q=mc△T=100g×4.18J/（g·℃）×（t2—t1）×10-3kJ/J=0.418(t2－t1)kJ，所以实验测得的中和热ΔH =— kJ·mol-1，故答案为：0.418(t2－t1)；；
（3）醋酸为弱酸，电离过程为吸热过程，所以用 0.50 mol·L－1CH3COOH代替 0.50 mol·L－1 HCl反应，反应放出热量偏小，ΔH偏大，故答案为：偏大；CH3COOH电离出H+ 时，吸热。
【点睛】题考查中和热的测定，侧重分析与实验能力的考查，注意理解中和热的概念和中和热实验中温度的测定，把握中和热的测定实验仪器及计算为解答的关键。
18.教材中用酸性 KMnO4 和 H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素，某实验小组欲通过测定单位时间内生成 CO2 的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(KMnO4 溶液已酸化)：
实验序号
A 溶液
B 溶液
①
20mL 0.1mol•L-1H2C2O4 溶液
30mL 0.01mol•L-1KMnO4 溶液
②
20mL 0.2mol•L-1H2C2O4 溶液
30mL 0.01mol•L-1KMnO4 溶液
(1)试写出酸性 KMnO4 和 H2C2O4的离子反应方程式为：_____；
(2)该实验探究的是_____因素对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得 CO2 的体积大小关系是_____＞_____(填实验序号)。
(3)除通过测定一定时间内 CO2 的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定_____来比较化学反应速率。
(4)小组同学发现反应速率总是如图，其中t1～t2 时间内速率变快的主要原因可能是：①产物 Mn2+(或MnSO4 )是反应的催化剂；②_____。
(5)若实验①在 2min 末收集 4.48mLCO2(标准状况下)，则在 2min 末，c(MnO4—) = ___mol•L-1。
【答案】 (1). 5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O (2). 浓度 (3). ② (4). ① (5). KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间 (6). 该反应放热 (7). 0.0052
【解析】
【分析】
（1）酸性KMnO4溶液和H2C2O4溶液发生氧化还原反应时，MnO4-被还原生成Mn2+，H2C2O4被氧化生成CO2；
（2）对比①②实验可探究浓度对化学反应速率的影响，②中A溶液的浓度比①中大；
（3）通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间也能够比较化学反应速率；
（4）该反应为放热反应，反应放出的热量使环境温度升高；
（5）先求出反应的（MnO4-）的物质的量，再求出反应后的浓度.
【详解】（1）酸性KMnO4溶液和H2C2O4溶液发生氧化还原反应时，MnO4-被还原生成Mn2+，H2C2O4被氧化生成CO2，反应的离子反应方程式为5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O，故答案为：5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O；
（2）对比①②实验可探究浓度对化学反应速率的影响，②中A溶液的浓度比①中大，化学反应速率快，相同时间内针筒中所得CO2的体积②大于①，故答案为：浓度；②；①；
（3）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可以通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率，故答案为：KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间；
（4）由图2所示发生变化可知，t1～t2时间内速率变快的主要原因除产物Mn2+是反应的催化剂外，还可能是该反应为放热反应，反应放出的热量使反应混合物的温度升高，加快了反应速率，故答案为：该反应放热；
（4）由题意可知，2min 末收集到标准状况下4.48mL CO2，4.48mL CO2的物质的量为0.0002mol，由方程式可得H2C2O4—5CO2可得反应消耗n（MnO4-）为0.00004mol，则未反应的n（MnO4-）为（30×10-3L×0.01mol•L-1-0.00004mol）=0.00026mol，c(MnO4—) ==0.0052mol/L，故答案为：0.0052。
【点睛】本题考查了影响化学反应速率的因素，注意掌握影响化学反应速率的因素，明确探究影响化学反应速率因素的方法是解答关键。
19.闪锌矿主要成分是 ZnS(含有 SiO2 和少量 FeS、CdS、PbS 杂质)，以此为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L -1]形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题：
(1)焙烧矿石时先粉碎的目的是_____焙烧过程中产生气体主要为_____。
(2)滤渣 1 的主要成分除 PbSO4 外还有_____。
(3)氧化除杂工序中 ZnO 作用是_____，通入氧气的作用是_____。
(4)“溶浸”“氧化除杂”“还原除杂”有一共同操作名称是_____。
(5)用锌粉可除去溶液中的 Cd2+，还原除杂工序中反应的离子方程式为_____。
【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). SO2 (3). SiO2 (4). 调节溶液的pH (5). 把Fe2+氧化为Fe3+ (6). 过滤 (7). Zn+Cd2+=Zn2++Cd
【解析】
【分析】
焙烧时闪锌矿中金属硫化物与氧气反应生成金属氧化物和SO2，用稀硫酸溶浸金属氧化物，反应得到硫酸锌、硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸镉的混合溶液，二氧化硅与稀硫酸不反应转化为滤渣，由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1中还含有硫酸铅；由于沉淀亚铁离子的pH与锌离子相近，除去铁元素时需要将其氧化为铁离子，通过控制pH得到氢氧化铁沉淀；向滤液中加入锌粉的目的是置换出Cd除去Cd2+，最后电解所得硫酸锌溶液制得金属锌。
【详解】（1）焙烧矿石时先粉碎闪锌矿，可以增大固体与氧气的增大接触面积，加快反应速率，使反应更加充分；焙烧时闪锌矿中金属硫化物与氧气反应生成金属氧化物和SO2，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；SO2；
（2）用稀硫酸溶浸金属氧化物，反应得到硫酸锌、硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸镉的混合溶液，硫酸铅不溶于水，因此滤渣1中含有硫酸铅，由于二氧化硅与稀硫酸不反应转化为滤渣，因此滤渣1中还含有SiO2，故答案为：SiO2；
（3）氧化除杂工序中，通入氧气把Fe2+氧化为Fe3+，再加入ZnO调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去，故答案为：调节溶液的pH；把Fe2+氧化为Fe3+；
（4）由流程图可知“溶浸”、“氧化除杂”和“还原除杂”过程中的共同操作为过滤，故答案为：过滤；
（5）用锌粉可除去溶液中的Cd2+的原因是锌置换出Cd除去溶液中Cd2+，反应的离子方程式为Zn+Cd2+＝Zn2++Cd，故答案为：Zn+Cd2+＝Zn2++Cd。
【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重考查分析和推断能力，知道流程图中发生的反应，会正确书写方程式，明确实验原理是解本题关键，该类试题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，能够综合考查学生各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。解决本类题目的关键是分析流程中的每一步骤，可从以下几个方面了解流程：反应物是什么；发生了什么反应；该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。即抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务的。
20.铅的冶炼有很多种方法。
(1)瓦纽科夫法熔炼铅，其相关反应的热化学方程式如下：
① 2PbS(s)＋3O2(g)＝2PbO(s)＋2SO2(g) ΔH1 ＝ a kJ·mol－1
② PbS(s)＋2PbO(s)＝3Pb(s)＋SO2(g) ΔH2 ＝ b kJ·mol－1
③ PbS(s)＋PbSO4(s)＝2Pb(s)＋2SO2(g) ΔH3 ＝ c kJ·mol－1
反应 PbS(s)＋2O2(g)＝PbSO4(s) ΔH＝_____kJ·mol－1(用含 a、b、c 的代数式表示)。
(2)还原法炼铅，包含反应 PbO(s)＋CO(g)Pb(s)＋CO2(g) ΔH，该反应的平衡常数的对数值与温度的关系如下表：
温度/℃
300
727
1227
lgK
6.17
2.87
1.24
①该反应的ΔH_____0(选填“＞”、“＜”或“＝”)。
②当 lgK＝1，在恒容密闭容器中放入 PbO 并通入 CO，达平衡时，混合气体中 CO 的体积分数为_____(保留两位有效数字)；
(3)若 T、V 不变条件下向容器中充入一定量的 N2 ，平衡_____；若向容器中充入一定量的 CO 气体，平衡向_____(填“正向”、“逆向”或“不”)移动，再次达到平衡时，CO 的转化率_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】 (1). (2/3a＋2/3b－c) (2). ＜ (3). 9.1% (4). 不移动 (5). 正向 (6). 不变
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律计算可得；
（2）①由表格数据可知，升高温度，lgK减小，说明平衡向逆反应方向移动；
②由化学平衡常数K=10计算可得；
（3）若 T、V 不变条件下向容器中充入一定量的N2，CO和CO2的浓度均不变；若向容器中充入一定量的CO，增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，向容器中充入一定量的CO相当于增大压强。
【详解】（1）根据盖斯定律①×+②×-③得到PbS(s)＋2O2(g)＝PbSO4(s)，则△H=△H1+△H2-△H3=（a+b-c）kJ•mol-1，故答案为：（a+b-c）；
（2）①由表格数据可知，升高温度，lgK减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应是放热反应，ΔH＜0，故答案为：＜；
②由题意可知lgK=1，则K=10，设起始通入CO的amol/l，达平衡时转化的量为xmol/l，平衡时CO浓度为（a-x）mol/l，CO2的浓度为xmol/l，则K==10，解得×100%=9.1%，故答案为：9.1%；
（3）若 T、V 不变条件下向容器中充入一定量的N2，CO和CO2的浓度均不变，反应速率不变，平衡不移动；若向容器中充入一定量的CO，增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，向容器中充入一定量的CO相当于增大压强，再次达到平衡时，因为该反应是气体体积不变的反应，平衡不移动，CO 的转化率不变，故答案为：不移动；正向；不变。
【点睛】本题考查了化学反应原理的综合应用，涉及了盖斯定律计算、化学平衡常数计算、化学平衡等等，注意题干信息的理解、数据处理的分析判断是解题关键。
可能用到的相对原子质量：H-1, C-12, O-16, Na-23
第Ⅰ卷 选择题(共 48 分)
一、选择题：本题包括 16 小题，每小题只有一个符合题意的选项，请将符合题意的选项涂在答题卡相应位置。每小题 3 分。
1.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是
A. 抗氧化剂 B. 调味剂 C. 着色剂 D. 增稠剂
【答案】A
【解析】
【分析】
一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关。
【详解】抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，A正确；调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，B错误；着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，C错误；增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，D错误。
故选A。
【点睛】本题考查常见食品的添加剂，与化学反应速率相结合综合考查双基以及分析能力，侧重于化学与生活的考查。
2.下列物质属于弱电解质的是
A. Cl2 B. CO2 C. H2O D. AgCl
【答案】C
【解析】
【分析】
在水溶液里只能部分电离的电解质是弱电解质，弱电解质包括弱酸、弱碱、水与少数盐。
【详解】A项、Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B项、二氧化碳的水溶液导电，但是导电的离子不是二氧化碳电离的，二氧化碳为非电解质，故B错误；
C项、水存在微弱电离，属于弱电解质，故C正确；
D项、AgCl在水溶液中难溶，但溶于水的AgCl完全电离，AgCl为强电解质，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了强弱电解质的判断，注意根据电解质的电离程度划分强弱电解质，不能根据溶液的导电性来划分强弱电解质是解答关键，注意二氧化碳的水溶液导电的原因是二氧化碳与水生成电解质碳酸，二氧化碳本身不电离，是非电解质。
3.下列说法，正确的是
①活化分子间的碰撞一定能发生化学反应
②活化分子的能量比分子的平均能量高
③化学反应的实质是原子的重新组合
④化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程
⑤有合适取向时碰撞就是有效碰撞
A. ①③④⑤ B. ①②③ C. ②③④ D. ②④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①活化分子间的碰撞不一定为有效碰撞，则不一定发生化学反应，故错误；
②活化分子具有较高的能量，可发生反应，而非活化分子不具有反应所需的能量，故正确；
③化学变化中的最小微粒为原子，则化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，也是原子的重新组合的过程，故正确；
④从化学键角度可知，化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，故正确；
⑤化学反应的实质与化学键有关，活化分子有合适取向时的有效碰撞一定发生化学反应，非活化分子有合适取向时也不能发生有效碰撞、不能发生化学反应，故错误；
②③④正确，故选C。
【点睛】本题考查活化分子及化学反应的关系，侧重分析与理解应用能力的考查，把握活化理论为解答的关键。
4.下列反应类型中属于化学平衡主要研究对象的是
A. 可逆反应 B. 化合反应 C. 离子反应 D. 气体反应
【答案】A
【解析】
【详解】化学平衡是指在一定条件下的可逆反应中，化学反应正逆反应速率相等，反应物和生成物各组分浓度不再改变的状态，所以化学平衡主要研究的是可逆反应，故选A。
5.0.1mol·L-1 的氨水中存在如下平衡：NH3·H2O NH4++ OH−，下列叙述正确的是
A. 加入少量 NaOH 固体,c(OH−)减小
B. 加水稀释，平衡正向移动，电离平衡常数增大
C. 通入少量 HCl 气体，平衡正向移动
D. 加入少量 NH4Cl 固体，平衡正向移动
【答案】C
【解析】
【分析】
弱电解质的电离是吸热反应，向氨水中加入酸和加水稀释促进一水合氨电离，加入碱和铵盐抑制一水合氨电离，注意电离平衡常数只与温度有关。
【详解】A项、氢氧化钠是强电解质，向氨水中加入少量氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，故A错误；
B项、向氨水加入水，促进NH3•H2O电离，平衡正向移动，温度不变，电离平衡常数不变，故B错误；
C项、向氨水中通入少量HCl气体，氢离子和氢氧根离子反应，导致溶液中c（OH-）减小，平衡正向移动，故C正确；
D项、向氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液中c（NH4+）增大，平衡逆向移动，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确影响弱电解质电离的因素是解答关键。
6.下列各组离子可能大量共存的是
A. 可使石蕊试液变红的无色溶液中：Na＋、CO32-、K＋、ClO-、AlO2-
B. 能与金属铝反应放出氢气的溶液中：Fe2＋、NO3-、Cl-、NH4+
C. 常温下水电离出的 c(H+)·c(OH-)=10-20 的溶液中：Na＋、Cl-、S2-、SO32-
D. 含有 CO32 -的溶液中：K＋、A13＋、NO3-、Ca2+
【答案】C
【解析】
【分析】
离子间如果发生离子反应，则离子就不能大量共存，否则可以大量共存。
【详解】A项、可使石蕊试液变红的无色溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，CO32-、ClO-、AlO2-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B项、能与金属铝反应放出氢气的溶液可能呈酸性或强碱性，在酸性条件下，NO3-具有强氧化性，与Al反应不会生成氢气，在碱性条件下，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C项、常温下水电离出的c（H+）•c（OH-）=10-20的溶液可能呈酸性或碱性，存在大量氢离子或氢氧根离子。当溶液呈碱性时，Na+、Cl-、S2-、SO32-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故C正确；
D项、CO32-、A13+之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，在溶液中不能大量共存，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查离子的共存，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，在判断离子共存问题时，要注意题目中的隐含的信息，如本题中与铝粉反应能放出氢气的溶液都说明了这种溶液的性质即有可能是酸性的，也有可能是碱性的，必须要一一进行判断。
7.下列事实与对应的方程式不符合的是
A. 自然界中正常的雨水呈酸性：H2O＋CO2H2CO3 ，H2CO3H+＋HCO3—
B. “NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2（g） （红棕色）N2O4 （g） （无色） ΔH＜0
C. 甲烷的燃烧热为－890.3 kJ·mol—1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）＋2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝－890.3 kJ·mol-1
D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：S2O32-＋2H+＝S ¯＋SO2 ＋H2O
【答案】C
【解析】
分析：A. 空气中的二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸部分发生电离。B. 2NO2（g）（红棕色）N2O4 （g）（无色） ΔH＜0，降低温度，平衡右移；C. 1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量为燃烧热,水的状态应该为液态；D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合生成单质硫，出现浑浊。
详解：空气中的二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸部分发生电离，A正确；2NO2（g）（红棕色）N2O4 （g）降低温度,平衡正向移动, NO2浓度降低,颜色变浅,该反应为放热反应，B正确；1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量为燃烧热，水的状态应该为液态，正确的热化学方程式为: CH4（g）＋2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝－890.3 kJ·mol-1，C错误； 硫代硫酸钠溶于水，完全电离，与稀硫酸混合出现浑浊：S2O32-＋2H+＝S ¯＋SO2 ＋H2O，D正确；正确选项：C。
8.NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 0.1mol N2 与足量的 H2 充分反应后生成 NH3 分子数为 0.2NA
B. 22.4 L(标准状况)氩气含有的质子数为 18NA
C. 1molCl2 完全溶于水转移电子数为 NA
D. 1.0 mol CH4 与 Cl2 在光照下反应生成的 CH3Cl 分子数为 1.0NA
【答案】B
【解析】
【分析】
A、氮气和氢气的合成氨反应为可逆反应；
B、氩气是单原子分子；
C、氯气与水生成氯化氢和次氯酸的反应为可逆反应；
D、甲烷和氯气反应，除了生成一氯甲烷，还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳。
【详解】A项、氮气和氢气的合成氨反应为可逆反应，0.1mol N2不能完全反应，生成 NH3分子数小于0.2NA，故A错误；
B项、氩气是单原子分子，标准状况下，22.4L氩气含有的原子数为NA，含有的质子数为 18NA，故B正确；
C项、氯气与水生成盐酸和次氯酸的反应为可逆反应，1molCl2 完全溶于水不可能完全反应，转移电子数小于NA，故C错误；
D项、甲烷和氯气反应，除了生成一氯甲烷，还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，故1mol甲烷和1mol氯气反应生成的一氯甲烷分子小于NA个，故D错误。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，熟练掌握公式的使用，注意可逆反应的特点是解题关键。
9.反应 A(s)＋3B(g)=2C(g)＋2D(g)，在不同条件下测得反应速率，其中最快的是
A. υ(C)＝0.3 mol/(L·s) B. υ(D)＝0.35 mo/l(L·s)
C. υ(B)＝0.6 mol/(L·s) D. υ(A)＝0.3 mol/(L·s)
【答案】C
【解析】
【分析】
不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意固体物质不能表示化学反应速率。
【详解】不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，==0.15 mol/(L·s)，==0.175 mol/(L·s)，==0.2 mol/(L·s)，A为固体，不能表示化学反应速率，故选C。
【点睛】本题考查化学反应速率快慢比较，利用比值法可以迅速判断，也可以转化同一物质表示的速率进行比较。
10.2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ∆H =a kJ·mol-1 能量变化如图所示。下列说法不正确的是
A. a < 0
B. 反应物能量之和大于生成物能量之和
C. 反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和
D. 过程Ⅱ使用催化剂可以提高 SO2 平衡转化率
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，加入催化剂，平衡不移动。
【详解】A项、反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则a<0，故A正确；
B项、该反应为放热反应，反应物能量之和大于生成物能量之和，故B正确；
C项、该反应为放热反应，反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和，故C正确；
D项、加入催化剂，化学平衡不移动， SO2的平衡转化率不变，故D错误。
故选D。
【点睛】本题综合考查反应热，注意图像分析和反应热的理解，以及催化剂对反应的影响是解答关键。
11.下列实验操作不能达到实验目的是
实验操作
实验目的
A
向 2 支盛有相同体积的 5%H2O2 的试管中分别滴加 1mL 同浓度的 FeCl3 溶液和 CuSO4 溶液
探究不同催化剂的催化效率
B
将盛有NO2 气体的玻璃球分别放在热水和冰水中
探究温度对化学反应速率的影响
C
向 2 支分别盛有相同浓度的醋酸和硼酸溶液的试管中滴加等浓度的 Na2CO3 溶液
比较醋酸、硼酸和碳酸的相对强弱
D
等浓度等体积的盐酸与醋酸分别与镁条反应
比较酸溶液中的 c(H+)的大小
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A项、H2O2溶液的试管中分别滴入适量的CuSO4溶液和FeCl3溶液，分解速率不同，可探究不同催化剂对同一反应速率的影响，故A正确；
B项、盛有NO2 气体的玻璃球中存在2NO2N2O4化学平衡，分别放在热水和冰水中可以探究温度对平衡的影响，无法探究温度对化学反应速率的影响，故B错误；
C项、醋酸能与碳酸钠反应，说明醋酸酸性大于碳酸，硼酸不与碳酸钠反应，说明硼酸弱于碳酸，故C正确；
D项、溶液中氢离子浓度大生成氢气速率大，等浓度等体积的盐酸与醋酸溶液中氢离子浓度不同，反应速率不同，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析能力和实验能力的考查，熟悉影响反应速率的因素、酸性的比较和影响反应速率的因素是解答关键。
12.下列有关平衡常数的说法中，正确的是
A. 改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大
B. 反应 2NO2(g) N2O4(g) △H ＜0，升高温度该反应平衡常数增大
C. 对于给定可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数互为倒数
D. CO2＋H2CO＋H2O 的平衡常数表达式为 K =c(CO)/[c(CO2)c(H2)]
【答案】C
【解析】
【详解】A项、改变反应物浓度或压强，平衡可以正向进行，反应物转化率增大，但温度不变，平衡常数不变，故A错误；
B项、该反应是放热反应，升温平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，平衡常数减小，故B错误；
C项、对于给定可逆反应，根据平衡常数的表达式可知，正逆反应的平衡常数互为倒数，故C正确；
D项、CO2＋H2CO＋H2O 的平衡常数表达式为 K=，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查化学平衡常数，注意平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，转化率增大，不一定是改变温度是解答关键。
13.在一定条件下，对于反应mA(g) + nB(g)cC(g) + dD(g) ， C 的体积分数(C%) 与温度、压强的关系如图所示，下列判断正确的是
A. DH < 0 、 DS > 0 B. DH < 0 、 DS < 0
C. DH > 0 、 DS > 0 D. DH > 0 、 DS < 0
【答案】A
【解析】
【分析】
由图可知，压强一定时，温度升高，C的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，说明该反应为放热反应；温度一定时，增大压强，C的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，说明该反应是一个气体体积增大的反应。
【详解】由分析可知，该反应是一个气体分子娄增大的放热反应，则△H＜0、△S ＞0，故A正确。
【点睛】本题考查化学平衡图像，注意图像分析，掌握温度和压强对化学平衡移动的影响，运用化学平衡移动原理分析是解答关键。
14.一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X（g）Y（g）+Z（s），以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是
A. 混合气体的密度不再变化 B. 反应容器中Y的质量分数不变
C. 体系压强不再变化 D. 2v逆(X)＝v正(Y)
【答案】D
【解析】
分析：A.该反应为气体的质量减小的反应，恒容条件下当混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变；B. 反应容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变；C.该反应为气体总量减小的反应，体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变；D.达到平衡状态，满足v逆(X)＝2v正(Y)。
详解：恒容容器中，混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，A错误；反应容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变，则反应达平衡状态，B错误；体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，C错误；不满足速率之比和系数成正比关系，D正确；正确答案：D。
15.设 C+CO22CO(正反应为吸热反应，反应速率为 v1)N2+3H2 2NH3(正反应为放热反应，反应速率为 v2) 对于上述反应，当温度降低时，v1 和 v2 的变化情况为
A. 同时减小 B. 同时增大 C. v1 增大，v2 减小 D. v1 减小，v2 增大
【答案】A
【解析】
【详解】温度降低时，活化分子的百分数减小，无论是吸热否有还是放热反应，反应速率均减小，与反应的吸、放热无关，故选A。
【点睛】本题考查化学反应素的影响因素，侧重于分析能力的考查，注意影响反应速率的外界因素和影响原因是解答关键，注意只要温度降低，反应速率就减小，与反应的吸、放热无关。
16.浓度均为 0.1 mol·L-1、体积均为V0的 HX、HY 溶液，分别加水稀释至体积 V，pH 随的变化关系如图所示。下列叙述正确的是
A. HX、HY 都是弱酸，且 HX 的酸性比 HY 的弱
B. 相同温度下，电离常数 K(HX):a
D. =3，若同时微热两种溶液(不考虑 HX、HY 和 H2O 的挥发)， 则增大
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图知，=0时，HX的pH>1，说明HX部分电离，为弱酸，HY的pH=1，说明HY完全电离，为强酸。
【详解】A项、根据图知，=0时，HXpH>1，说明HX部分电离，为弱酸，HY的pH=1，说明HY完全电离，为强酸，故A错误；
B项、温度相同，电离常数相同，故B错误；
C项、温度不变溶液中水的离子积常数不变，HX溶液由a点稀释至b点时，水的电离程度增大，由水电离出的c（H+）•c（OH-）增大，故C错误；
D项、 =3，若同时微热两种溶液，弱酸HX的电离度增大，故n（X-）增大，而n（Y-）不变，二者溶液体积相等，所以增大，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查弱电解质电离，侧重考查分析推断及识图能力，注意依据图像正确判断两种酸的强弱是解本题关键，注意酸的电离平衡常数只与温度有关，与溶液浓度无关。
第Ⅱ卷 非选择题(共 52 分)
二、非选择题
17.回答下列问题：
(1)化学实验中的中和热的测定所需的玻璃仪器有大烧杯、小烧杯温度计、量筒(等)。 在大小烧杯之间填满碎泡沫，其作用是_____ 如图仪器 a 的名称_____。
((2)该实验常用 0.50 mol·L－1 HCl 和 0.55 mol·L－1 的 NaOH 溶液各 50 mL。 若上述 HCl、NaOH 溶液的密度都近似为 1 g·cm-3，中和后生成的溶液的比热容 c = 4.18 J/(g·℃)，设反应前的平均温度为 t1，反应过程中温度计的最大平均读数为t2则该中和反应放出热量为(填表达式)_____ kJ； ΔH =_____kJ·mol-1(填表达式)。
((3)若用 0.50 mol·L－1CH3COOH 代替 0.50 mol·L－1 HCl 实验测定中和热。则所测ΔH___(填 “偏大”、“偏小”、“不变”)，原因_____。
【答案】 (1). 保温、隔热、减少实验过程中热量的损失 (2). 环形玻璃搅拌棒 (3). 0.418(t2－t1) (4). － (5). 偏大 (6). CH3COOH电离出H+ 时，吸热
【解析】
【分析】
中和热的测定实验的关键是要比较准确地配制一定的物质的量浓度的溶液，量热器要尽量做到绝热；在量热的过程中要尽量避免热量的散失，要求比较准确地测量出反应前后溶液温度的变化。
【详解】（1）中和热的测定时，必须确保热量不散失，提高装置的保温效果，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温、隔热、减少实验过程中的热量散失；由图可知仪器a的名称为环形玻璃搅拌棒，故答案为：保温、隔热、减少实验过程中的热量散失；环形玻璃搅拌棒；
（2）50mL0.5mol·L－1HCl和50mL 0.55 mol·L－1的NaOH溶液进行中和反应，生成水的物质的量为0.05L×0.5mol·L－1=0.025mol，溶液的质量为100mL×1g/mL=100g，温度变化的值为（t2—t1），生成0.025mol水放出的热量为Q=mc△T=100g×4.18J/（g·℃）×（t2—t1）×10-3kJ/J=0.418(t2－t1)kJ，所以实验测得的中和热ΔH =— kJ·mol-1，故答案为：0.418(t2－t1)；；
（3）醋酸为弱酸，电离过程为吸热过程，所以用 0.50 mol·L－1CH3COOH代替 0.50 mol·L－1 HCl反应，反应放出热量偏小，ΔH偏大，故答案为：偏大；CH3COOH电离出H+ 时，吸热。
【点睛】题考查中和热的测定，侧重分析与实验能力的考查，注意理解中和热的概念和中和热实验中温度的测定，把握中和热的测定实验仪器及计算为解答的关键。
18.教材中用酸性 KMnO4 和 H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素，某实验小组欲通过测定单位时间内生成 CO2 的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(KMnO4 溶液已酸化)：
实验序号
A 溶液
B 溶液
①
20mL 0.1mol•L-1H2C2O4 溶液
30mL 0.01mol•L-1KMnO4 溶液
②
20mL 0.2mol•L-1H2C2O4 溶液
30mL 0.01mol•L-1KMnO4 溶液
(1)试写出酸性 KMnO4 和 H2C2O4的离子反应方程式为：_____；
(2)该实验探究的是_____因素对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得 CO2 的体积大小关系是_____＞_____(填实验序号)。
(3)除通过测定一定时间内 CO2 的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定_____来比较化学反应速率。
(4)小组同学发现反应速率总是如图，其中t1～t2 时间内速率变快的主要原因可能是：①产物 Mn2+(或MnSO4 )是反应的催化剂；②_____。
(5)若实验①在 2min 末收集 4.48mLCO2(标准状况下)，则在 2min 末，c(MnO4—) = ___mol•L-1。
【答案】 (1). 5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O (2). 浓度 (3). ② (4). ① (5). KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间 (6). 该反应放热 (7). 0.0052
【解析】
【分析】
（1）酸性KMnO4溶液和H2C2O4溶液发生氧化还原反应时，MnO4-被还原生成Mn2+，H2C2O4被氧化生成CO2；
（2）对比①②实验可探究浓度对化学反应速率的影响，②中A溶液的浓度比①中大；
（3）通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间也能够比较化学反应速率；
（4）该反应为放热反应，反应放出的热量使环境温度升高；
（5）先求出反应的（MnO4-）的物质的量，再求出反应后的浓度.
【详解】（1）酸性KMnO4溶液和H2C2O4溶液发生氧化还原反应时，MnO4-被还原生成Mn2+，H2C2O4被氧化生成CO2，反应的离子反应方程式为5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O，故答案为：5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O；
（2）对比①②实验可探究浓度对化学反应速率的影响，②中A溶液的浓度比①中大，化学反应速率快，相同时间内针筒中所得CO2的体积②大于①，故答案为：浓度；②；①；
（3）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可以通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率，故答案为：KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间；
（4）由图2所示发生变化可知，t1～t2时间内速率变快的主要原因除产物Mn2+是反应的催化剂外，还可能是该反应为放热反应，反应放出的热量使反应混合物的温度升高，加快了反应速率，故答案为：该反应放热；
（4）由题意可知，2min 末收集到标准状况下4.48mL CO2，4.48mL CO2的物质的量为0.0002mol，由方程式可得H2C2O4—5CO2可得反应消耗n（MnO4-）为0.00004mol，则未反应的n（MnO4-）为（30×10-3L×0.01mol•L-1-0.00004mol）=0.00026mol，c(MnO4—) ==0.0052mol/L，故答案为：0.0052。
【点睛】本题考查了影响化学反应速率的因素，注意掌握影响化学反应速率的因素，明确探究影响化学反应速率因素的方法是解答关键。
19.闪锌矿主要成分是 ZnS(含有 SiO2 和少量 FeS、CdS、PbS 杂质)，以此为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L -1]形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题：
(1)焙烧矿石时先粉碎的目的是_____焙烧过程中产生气体主要为_____。
(2)滤渣 1 的主要成分除 PbSO4 外还有_____。
(3)氧化除杂工序中 ZnO 作用是_____，通入氧气的作用是_____。
(4)“溶浸”“氧化除杂”“还原除杂”有一共同操作名称是_____。
(5)用锌粉可除去溶液中的 Cd2+，还原除杂工序中反应的离子方程式为_____。
【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). SO2 (3). SiO2 (4). 调节溶液的pH (5). 把Fe2+氧化为Fe3+ (6). 过滤 (7). Zn+Cd2+=Zn2++Cd
【解析】
【分析】
焙烧时闪锌矿中金属硫化物与氧气反应生成金属氧化物和SO2，用稀硫酸溶浸金属氧化物，反应得到硫酸锌、硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸镉的混合溶液，二氧化硅与稀硫酸不反应转化为滤渣，由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1中还含有硫酸铅；由于沉淀亚铁离子的pH与锌离子相近，除去铁元素时需要将其氧化为铁离子，通过控制pH得到氢氧化铁沉淀；向滤液中加入锌粉的目的是置换出Cd除去Cd2+，最后电解所得硫酸锌溶液制得金属锌。
【详解】（1）焙烧矿石时先粉碎闪锌矿，可以增大固体与氧气的增大接触面积，加快反应速率，使反应更加充分；焙烧时闪锌矿中金属硫化物与氧气反应生成金属氧化物和SO2，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；SO2；
（2）用稀硫酸溶浸金属氧化物，反应得到硫酸锌、硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸镉的混合溶液，硫酸铅不溶于水，因此滤渣1中含有硫酸铅，由于二氧化硅与稀硫酸不反应转化为滤渣，因此滤渣1中还含有SiO2，故答案为：SiO2；
（3）氧化除杂工序中，通入氧气把Fe2+氧化为Fe3+，再加入ZnO调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去，故答案为：调节溶液的pH；把Fe2+氧化为Fe3+；
（4）由流程图可知“溶浸”、“氧化除杂”和“还原除杂”过程中的共同操作为过滤，故答案为：过滤；
（5）用锌粉可除去溶液中的Cd2+的原因是锌置换出Cd除去溶液中Cd2+，反应的离子方程式为Zn+Cd2+＝Zn2++Cd，故答案为：Zn+Cd2+＝Zn2++Cd。
【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重考查分析和推断能力，知道流程图中发生的反应，会正确书写方程式，明确实验原理是解本题关键，该类试题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，能够综合考查学生各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。解决本类题目的关键是分析流程中的每一步骤，可从以下几个方面了解流程：反应物是什么；发生了什么反应；该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。即抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务的。
20.铅的冶炼有很多种方法。
(1)瓦纽科夫法熔炼铅，其相关反应的热化学方程式如下：
① 2PbS(s)＋3O2(g)＝2PbO(s)＋2SO2(g) ΔH1 ＝ a kJ·mol－1
② PbS(s)＋2PbO(s)＝3Pb(s)＋SO2(g) ΔH2 ＝ b kJ·mol－1
③ PbS(s)＋PbSO4(s)＝2Pb(s)＋2SO2(g) ΔH3 ＝ c kJ·mol－1
反应 PbS(s)＋2O2(g)＝PbSO4(s) ΔH＝_____kJ·mol－1(用含 a、b、c 的代数式表示)。
(2)还原法炼铅，包含反应 PbO(s)＋CO(g)Pb(s)＋CO2(g) ΔH，该反应的平衡常数的对数值与温度的关系如下表：
温度/℃
300
727
1227
lgK
6.17
2.87
1.24
①该反应的ΔH_____0(选填“＞”、“＜”或“＝”)。
②当 lgK＝1，在恒容密闭容器中放入 PbO 并通入 CO，达平衡时，混合气体中 CO 的体积分数为_____(保留两位有效数字)；
(3)若 T、V 不变条件下向容器中充入一定量的 N2 ，平衡_____；若向容器中充入一定量的 CO 气体，平衡向_____(填“正向”、“逆向”或“不”)移动，再次达到平衡时，CO 的转化率_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】 (1). (2/3a＋2/3b－c) (2). ＜ (3). 9.1% (4). 不移动 (5). 正向 (6). 不变
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律计算可得；
（2）①由表格数据可知，升高温度，lgK减小，说明平衡向逆反应方向移动；
②由化学平衡常数K=10计算可得；
（3）若 T、V 不变条件下向容器中充入一定量的N2，CO和CO2的浓度均不变；若向容器中充入一定量的CO，增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，向容器中充入一定量的CO相当于增大压强。
【详解】（1）根据盖斯定律①×+②×-③得到PbS(s)＋2O2(g)＝PbSO4(s)，则△H=△H1+△H2-△H3=（a+b-c）kJ•mol-1，故答案为：（a+b-c）；
（2）①由表格数据可知，升高温度，lgK减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应是放热反应，ΔH＜0，故答案为：＜；
②由题意可知lgK=1，则K=10，设起始通入CO的amol/l，达平衡时转化的量为xmol/l，平衡时CO浓度为（a-x）mol/l，CO2的浓度为xmol/l，则K==10，解得×100%=9.1%，故答案为：9.1%；
（3）若 T、V 不变条件下向容器中充入一定量的N2，CO和CO2的浓度均不变，反应速率不变，平衡不移动；若向容器中充入一定量的CO，增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，向容器中充入一定量的CO相当于增大压强，再次达到平衡时，因为该反应是气体体积不变的反应，平衡不移动，CO 的转化率不变，故答案为：不移动；正向；不变。
【点睛】本题考查了化学反应原理的综合应用，涉及了盖斯定律计算、化学平衡常数计算、化学平衡等等，注意题干信息的理解、数据处理的分析判断是解题关键。
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