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【化学】四川省成都市外国语学校2018-2019学年高二下学期入学考试（解析版）
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四川省成都市外国语学校2018-2019学年高二下学期入学考试
可能用到的相对原子质量: Fe-56 Cl-35.5 O-16 H-1 N-14 Cu-64 Mg-24 Na-23 C12 Sn- 119
一、选择题:本题共25小题，1-15: 15×2=30分； 16-25题 10×3=30分: 共计60分。
1.已知 N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＜0，下列说法正确的是
A. 增加 N2 浓度和缩小容器容积，活化分子百分数都会增加
B. 该反应的△S＜0
C. 正反应活化能大于逆反应的活化能
D. 反应物断键吸收能量大于成键释放能量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 增加 N2 浓度，增加了氮气的活化分子数，百分数不变；缩小容器容积，相当于增大了各物质的浓度，活化分子数增大，百分数不变，A错误；
B. 由反应方程式可知，该反应发生后气体的总量减小，混乱度减小，该反应的△S＜0，B正确；
C. 该反应为放热反应，所以正反应活化能小于逆反应的活化能，C错误；
D. 该反应为放热反应，反应物断键吸收能量小于成键释放能量，D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，反应为吸热反应；反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，反应为放热反应；反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能。
2.下列比较中前者大于后者的是
A
不同情况下速率：
A(g)＋3B(g) 2C(g)
v(A)＝0.15 mol/(L·min)
v(B)＝0.06 mol/(L·s)
B
加水稀释 10 倍后的 pH
1 mL pH＝1 的 CH3COOH
1 mL pH＝1 的 HCl
C
反应热△H
50 mL 0.1 mol/L 的 NaOH 和
50 mL 0.1 mol/L 的 HCl
50 mL 0.1 mol/L 的 NaOH 和
50 mL 0.1 mol/L CH3COOH
D
反应速率：
Zn＋2H＋ ═ Zn2＋＋H2↑
65 g 粗 Zn(含 Cu 等杂质)与 足量 1 mol/L 的 HCl 反应
65 g 纯 Zn 与足量 1 mol/L 的 盐酸反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.针对同一个反应，速率之比和系数成正比，v(A)＝0.15 mol/(L·min)=0.0025 mol/(L·s)，用B表示的反应速率为v(B)＝0.06 mol/(L·s)，换算成A表示的反应速率为v(A)＝0.06 mol/(L·s)÷3=0.02 mol/(L·s)，所以前者小于后者，A错误；
B.醋酸属于弱电解质，加水稀释，促进电离，因此1 mL pH＝1 的 CH3COOH，加水稀释 10 倍后的 pH<2；而HCl为强电解质，完全电离，因此1 mL pH＝1 的HCl，加水稀释 10 倍后的 pH=2；前者小于后者，B错误；
C.CH3COOH属于弱电解质，电离过程需要吸收热量，因此50 mL 0.1 mol/L 的 NaOH 和50 mL 0.1 mol/L 的 HCl恰好完全反应放出的热量大于50 mL 0.1 mol/L 的 NaOH 和50 mL 0.1 mol/L CH3COOH反应放出热量，由于中和反应为放热反应，△H<0，所以△H前者小于后者，C错误；
D.Zn、Cu、1 mol/L 的 HCl构成原电池，加快了该反应的反应速率，所以65g 粗 Zn(含 Cu 等杂质)与 足量 1 mol/L 的 HCl 反应的速率大于65 g 纯 Zn 与足量 1 mol/L 的 盐酸反应速率，前者大于后者，D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】强酸、强碱的稀溶液发生中和反应，中和热的数值为57.3 kJ/mol。而弱酸或弱碱发生中和反应，中和热数值小于57.3 kJ/mol，因为弱酸或弱碱电离过程要吸热；但是在解题时，注意比较的是数值还是反应热△H，中和热数值越大，△H反而越小。
3.下列说法错误的是
A. 煅烧石灰石属于吸热反应，高温下能自发进行
B. 乙醇燃烧属于放热反应，若形成燃料电池，则乙醇参与负极反应
C. NH4Cl·8H2O(s)和 Ba(OH)2(s)反应属于吸热反应，能自发进行的原因是熵增大于焓变
D. 铝热反应需高温下进行，故为吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 煅烧石灰石生成氧化钙和二氧化碳，属于吸热反应，∆H>0，∆S>0，根据∆G=∆H-T∆S<0能自发进行可知，该反应在高温下能自发进行，A正确；
B. 反应能设计成原电池的是自发进行的氧化还原反应，∆H<0；乙醇燃烧属于氧化还原反应，∆H<0，若形成燃料电池，则乙醇参与负极反应，失电子发生氧化反应，B正确
C. 根据∆G=∆H-T∆S<0能自发进行可知，该反应为吸热反应，∆H>0，则该反应∆S>0，且熵增大于焓变，C正确；
D. 铝热反应的发生需要在高温下引发反应，反应发生后放出大量的热，所以该反应为放热反应， D错误；
综上所述，本题选D。
【点睛】反应是放热反应还是吸热反应主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小。反应是否需要加热，只是引发反应的条件，与反应是放热反应还是吸热反应并无直接关系。许多放热反应也需要加热才能引发反应，也有部分吸热反应不需要加热，在常温下也可进行。
4.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1 L 1 mol/L 的 CH3COOH 溶液中 CH3COO－为 NA个
B. 标况下 22.4 L NO 和 11.2 L O2 反应后，气体分子总数为 NA 个
C. 1 L 0.1 mol/L 的 Na2SO3 溶液中离子总数大于 0.3NA
D. H2 和 O2 反应生成 NA 个 H2O(l)和 NA 个 H2O(g)放出热量相等
【答案】C
【解析】
【详解】A. CH3COOH属于弱电解质，在水中部分发生电离，因此1 L 1 mol/L 的 CH3COOH 溶液中 CH3COO-个数小于NA个，A错误；
B. 标准状况下，22.4 L NO是1mol，11.2 L O2是0.5mol，二者混合生成1molNO2，但由于存在2NO2N2O4，所以所得气体的分子数目小于NA，B错误；
C. Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-，HSO3-+ H2O=H2SO3+ OH-，从水解的原理可知，1个SO32-水解后生成1个HSO3-和1个OH-，溶液中阴离子数目增加，所以1 L 0.1 mol/L 的 Na2SO3 溶液中离子总数大于 0.3NA，C正确；
D. 由于H2O(l)= H2O(g) ∆H>0，所以H2 和 O2 反应生成 NA 个 H2O(l)和 NA 个 H2O(g)放出热量不相等，生成NA 个 H2O(l) 放出的热量多，D错误；
综上所述，本题选C。
5.在下列条件下，离子仍能大量共存的是( )
A. 的溶液中，
B. 的溶液中，
C. 的溶液中，
D. 的溶液中，
【答案】D
【解析】
【详解】A.c(H+)>c(OH-)的溶液是酸性溶液，H＋、NO3－能够和I－反应生成I2，故其不能大量共存，A项错误；
B．水电离出来的H＋为1×10-13的溶液，不能判断溶液中的酸碱性，可能是酸性，也可能是碱性。在酸性环境下HCO3－不能大量共存，在碱性环境下，Mg2＋、HCO3－不能大量共存，B项错误；
C．Fe3＋和SCN－能够生成红色的化合物，不能大量共存，C项错误；
D．Kw/c(H＋)=c(OH－)=0.1mol/L 的溶液，为碱性环境，Na+、K+、SiO32-、NO3-等几种离子间不能发生离子反应，故其能够大量共存，D项正确；
本题答案选D。
6.某晶体 M·nH2O 溶于水后，溶液温度降低。而 M(s)溶于水后，溶液温度升高，可将变化过程表示为图。下列说法中错误的是
A. △H1＝△H2＋△H3
B. M(s)溶于水形成溶液△S＞0
C. △H2＞△H3
D. 若 M 为 CuSO4，则 25℃时 CuSO4 溶液 pH＝7
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据盖斯定律可知，总反应的热效应等于各分步反应的热效应之和，因此△H1＝△H2＋△H3，A正确；
B. M(s)溶于水形成溶液，混乱度增大，熵变增大，△S＞0，B正确；
C. M(s)溶于水后，溶液温度升高，△H3<0，晶体 M·nH2O 溶于水后，溶液温度降低，△H1>0，根据盖斯定律可知，△H1＝△H2＋△H3，△H2=△H1-△H3>0，所以△H2＞△H3，C正确；
D. CuSO4属于强酸弱碱盐，Cu2+水解使溶液显酸性，25℃时 CuSO4 溶液 pH<7，D错误；
综上所述，本题选D。
7.恒温恒容下，2O23O3 △H＞0，下列说法正确的是
A. 升高温度，K 减小
B. 充入 N2，平衡逆向移动
C. 增加 O3 的用量，O3 的含量增大
D. O2 比 O3 稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该反应吸热，升高温度，平衡右移，K 增大，A错误；
B. 恒温恒容下，充入 N2，各物质分压不变，浓度不变，速率不变，平衡不移动，B错误；
C. 恒温恒容下，增加 O3 的用量，等效于加压过程，平衡左移，O3 的含量减小，C错误；
D. 物质所含能量越低，该物质越稳定，2O23O3 △H＞0，说明O2的能量低，O3 能量高，O2 比 O3 稳定，D正确；
综上所述，本题选D。
8.下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 能量证角度考虑，石墨比金刚石稳定
B. 图中的阴影部分面积的含义是()
C. 若MOH和ROH表示两种一元碱，则MOH的碱性强于ROH
D. 0.001盐酸滴定0.001 NaOH溶液的滴定曲线
【答案】A
【解析】
【详解】A．从图中可以看出，石墨的能量比金刚石低，根据能量越低越稳定，石墨比金刚石稳定，A项正确；
B．阴影部分是反应开始到平衡时，正反应速率和逆反应速率的的差值和时间的关系，表示为反应物转化的量，B项错误；
C．从图中可以看出，ROH稀释100倍的时候，pH减小了2，ROH是强碱；而MOH稀释10倍时，pH变化量小于2，MOH为弱碱，故MOH的碱性小于ROH，C项错误；
D．强酸滴定强碱，反应的终点pH=7，而不是pH<7，D项错误；
本题答案选A。
9.已知：S2(l)＋Cl2(g)S2Cl2(g) △H＝d kJ/mol，键能 S2 中 S－S(a kJ/mol)、Cl－Cl(bkJ/mol)、S－Cl(c kJ/mol)，S2Cl2 中 S－S(e kJ/mol)。下列说法中正确的是
A. 增大 S2 的量，正反应速率增大，平衡正向移动，△H 增大
B. d＝a－2c＋b－e
C. 增加 S2 的量，反应速率增大
D. 恒容时，增加 Cl2 的量，平衡常数增大且 S2Cl2 的含量增大
【答案】B
【解析】
【详解】A.S2为液态，增大 S2 的量，浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，△H 不变，A错误；
B. 根据反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量，d= a+ b-（e+ 2c）= a－2c＋b－e，B正确；
C.S2为液态，增加 S2 的量，浓度不变，反应速率不变，C错误；
D.平衡常数只是温度的函数，因此，由于温度不变，平衡常数不变，D错误；
综上所述，本题选B。
10.下列微粒间的关系正确的是
A. 相同物质的量浓度的①NH4Cl 溶液、②(NH4)2SO4 溶液、③NH4HSO4 溶液、④(NH4)2SO3溶液，c(NH 4+)：④＞②＞③＞①
B. 盐酸和稀NH4Cl溶液 pH 都等于 4，则 c水(H+)前者与后者之比为 1∶106
C. 向 1 L 1 mol/L CH3COONa 中加入等体积等浓度的醋酸，溶液中c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2 mol/L
D. 0.01 mol/L Na2CO3溶液中，c(OH－)＝c(HCO3 －)＋c(H2CO3)＋c(H+)
【答案】B
【解析】
【详解】A、①③中铵根离子系数都是1,氢离子抑制铵根离子水解,溶液中铵根离子浓度③>①；②④中铵根离子系数都是2,②④溶液中铵根离子浓度大于①③，亚硫酸根离子促进铵根离子水解,溶液中铵根离子浓度②>④,则溶液中铵根离子浓度从大到小的顺序是②>④>③>①,A错误；
B.盐酸抑制水的电离，pH = 4的盐酸溶液，c(H＋)＝10-4mol/L，c(OH-)＝10-10mol/L，盐酸溶液中水电离产生的c(H＋)等于c(OH-)＝10-10mol/L；NH4Cl属于能水解的盐，促进水电离，pH=4的氯化铵溶液，c(H＋)＝10-4mol/L，盐溶液中水电离产生的c(H＋)等于溶液中的氢离子浓度，即c(H＋)＝10-4mol/L，二者的比值为10-10：10-4=1∶106，B正确；
C. 根据物料守恒可知，醋酸分子和醋酸根离子的物质的量总和等于钠离子的物质的量的2倍，由于两溶液等体积混合，浓度减半，所以c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2 c(Na+)=2×0.5mol/L=1mol/L，C错误；
D. Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=2 c(CO32-)+ c(HCO3－)+ c(OH-)，物料守恒：c(Na+)=2[c(HCO3-)+c(CO32-)+ c(H2CO3)]，消去c(Na+)，可得：c(OH－)＝c(HCO3 －)＋2c(H2CO3)＋c(H+)，D错误；
综上所述，本题选B。
11.下列有关说法正确且解释合理的是
说法
解释
A
一定温度压强下，2 g H2 和 4 g H2 完全燃烧，后者 燃烧热的数值大
4 g H2 放出热量多
B
2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) △H＝－Q kJ/mol，
平衡后再加入 SO2，Q 增大
平衡右移，放出热量增多
C
向等物质的量浓度的 NaI 和 KBr 混合液中滴加
AgNO3 溶液，先生成黄色 AgI 沉淀
Ksp(AgI)＜Ksp(AgBr)
D
等物质的量浓度 Na2CO3 的 pH 大于 CH3COONa
H2CO3 的酸性比 CH3COOH 强
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氢气的消耗量越大，燃烧放出的热量就越多，4 g H2 放出热量多；而燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，一定温度压强下，氢气的燃烧热的数值是个定值；A错误；
B. 当一个反应确定以后，该反应的△H就不再发生变化，上述反应达平衡后再加入 SO2，平衡右移，放出热量增多，但是△H不变；B错误；
C. 向等物质的量浓度的 NaI 和 KBr混合液中滴加AgNO3 溶液，先生成黄色 AgI 沉淀，说明碘离子和银离子先发生反应生成更难溶的沉淀，Ksp(AgI)较小，所以Ksp(AgI)＜Ksp(AgBr)，C正确；
D. 等物质的量浓度 Na2CO3 的 pH 大于 CH3COONa，说明Na2CO3的水解能力大于CH3COONa的水解能力，根据越弱越水解的规律可知，形成该盐的酸越弱，盐水解能力就越强，所以酸性H2CO3 的酸性比 CH3COOH 弱，D错误；
综上所述，本题选C。
12.已知 A(s)＋2B(g)3C(g)，下列能作为反应达平衡的判断标志的是
①恒温、恒容时，气体的质量不再变化
②恒温、恒容时，混合气体的密度不再变化
③恒温恒压时，容器的容积不再变化
④消耗 2 mol B 的同时消耗 2 mol C
⑤恒容绝热时，当温度不再变化
⑥v(B)正＝v(C)逆
A. 有 3 个 B. 有 4 个
C. 有 5 个 D. 有 2 个
【答案】B
【解析】
【详解】①根据反应可知，固体和气体反应生成气体，气体的质量增加，当恒温、恒容时，气体的质量不再变化，反应达平衡状态；
②根据反应可知，固体和气体反应生成气体，气体的质量增加，恒温、恒容时，根据ρ=m/V可知，当混合气体的密度不再变化，反应达平衡状态；
③该反应为气体体积增大的可逆反应，气体的体积和气体的物质的量成正比，因此当恒温恒压时，混合气体的总量不再发生变化时，即容器的容积不再变化时，反应达平衡状态；
④不同物质表示的反应速率数值和和化学计量数成正比，消耗 2 mol B 的同时消耗 3 mol C，反应达平衡状态；现在消耗 2 mol B 的同时消耗 2 mol C，反应向右进行，没有达到平衡状态；
⑤反应发生时反应体系的热量在发生变化，在恒容绝热时，当体系的温度不再变化，反应达平衡状态；
⑥不同物质表示的反应速率数值和和化学计量数成正比，v(B)正＝v(C)逆不满足速率之间的比值关系，不能判定反应是否达到平衡状态；
结合以上分析可知，有 4 个正确的；
综上所述，本题选B。
13.对于反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)，反应特点与对应的图象说法正确的是
A. 图甲表明：该反应△H＜0，若 a＋b＞c，则 p1＞p2
B. 图乙表明，该反应 a＋b＝c，若△H＞0，则 T2＞T1
C. 图丙中，一定是使用了催化剂
D. 图丁中，E 点 v(逆)＞v(正)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 图甲表明：温度升高，A的物质的量分数减小，平衡向右移动，该反应正反应为吸热反应，△H>0；若 a＋b＞c，压强由p2→p1，A的物质的量分数增大，平衡左移，应为减小压强的过程，p1
C. 图丙中，若该反应中 a＋b＝c，缩小体积，各物质浓度增大，反应速率加快，但平衡不移动，不一定是使用了催化剂，C错误；
D. 图丁中，曲线上的点为对应温度下的平衡点，E 点在曲线外，属于不平衡点；当温度不变时，E点时，A的平衡浓度在减小，反应正在向右进行，所以v(逆)
【点睛】对于选项D，曲线上的点为对应温度下的平衡点，E 点在曲线外，属于不平衡点；当E 点在曲线上方时，A的平衡浓度在减小，反应正在向右进行，所以v(逆)v(正)。
14.向五个相同的恒容密闭容器中充入等量的A气体，发生反应，在不同温度下反应相同时间后测得五个容器中的含量和反应温度的关系如下表所示。
容器编号
I
II
III
IV
V
反应温度/℃
60
120
180
240
300
的含量/%
1.3
18
42
32
21
下列说法不正确的是( )
A. 该反应为放热反应
B. 容器III、IV、V的反应均达到平衡
C. 容器I和II中的反应尚未达到平衡
D. 容器IV中A的转化率约为48.5%
【答案】B
【解析】
【详解】不同温度下，A2的含量的测定，开始时的温度很低，反应速率慢，没有达到平衡状态，A2的含量增加；后面的温度高，反应速率快，达到平衡状态，体现平衡与温度的关系，可以看出随着温度的升高，A2的含量降低，逆向移动，逆反应为吸热反应，那么正反应为放热反应。但是根据表中的有限数据无法判断A2的含量在Ⅲ达到最高，故不能判断Ⅲ是否达到了平衡，可以确定Ⅰ和Ⅱ未达平衡、Ⅳ和Ⅴ已达平衡。
A．根据达到平衡的状态，Ⅳ和Ⅴ可知，温度越高，A2含量越低，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，A项不符合题意；
B．根据表中的有限数据无法判断A2的含量在Ⅲ中达到最高，故不能判断Ⅲ是否达到了平衡。B项符合题意；
C．由分析可知，容器I和II中的反应尚未达到平衡，C项不符合题意；
D．A2的含量为32%。假设A起始的物质的量为1mol，反应了2x的A，
2AA2
开始的物质的量 1 0
转化的物质的量 2x x
平衡的物质的量 1-2x x
总的物质的量为1-2x+x=1-x
则A2的含量为x/(1－x)=32%，x=0.242，A的转化率0.242×2/1≈48.5%，D项不符合题意；
本题答案选B。
15.下列实验装置、数据采集或处理均正确并能达到实验目的的是( )
(A)
(B)
实验目的
测定NaOH溶液的浓度
测定中和反应热效应
装置示意图
实验数据采集或处理
平行滴定3~5次，排除错误数据后，取v标准溶液的平均值进行计算
平行滴定2~3次，排除错误数据后，取的的平均值进行计算
(C)
(D)
实验目的
测定苯甲酸的燃烧热(△H)
探究浓度对反应速率的影响
装置示意图
实验数据采集或处理
测得反应放出热量为QkJ，则苯甲酸的燃烧热
根据溶液紫红色褪去用时的长短来比较两支试管中反应的快慢
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验并不需要滴定3－5次，一般滴定3次，去除错误数据，取平均值即可，A项错误；
B．从实验示意图来看，大小烧杯的口相平，而且烧杯间填充了泡沫塑料，防止热量损失，而且实验数据处理也合理，B项正确；
C．燃烧热的定义为在25℃，101kPa的条件下，生成稳定的氧化物，此情况下，不能确定为条件是否为25℃，101kPa，而且不能确定是否生成稳定的氧化物如液体水，C项错误；
D．右侧的实验使用的是2mL 0.1mol/L的高锰酸钾和4mL 0.1mol/L H2C2O4，物质的量之比为1:2。高猛酸钾和草酸的反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4==K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。方程式中KMnO4和H2C2O4的比例为2:5，现为1:2，高锰酸钾过量，不能完全反应掉，颜色不能完全褪去，D项错误；
本题答案选B。
16.某可溶性二元弱碱按下式分步电离： 溶液中、、三种微粒的物质的量分数(x)随溶液pH的变化如图所示：
下列说法正确的是( )
A. 1g{}=-6.85
B. 和的混合溶液pH=8.39
C. pH=6.85的溶液中:
D. pH=9.93的溶液中:
【答案】C
【解析】
【分析】
在酸性环境较强的情况下，只有R2＋，而在碱性环境较强的情况下只有R(OH)2，而在弱碱性或弱酸性环境下，有R(OH)＋。利用相交点，可计算相关数据。
【详解】A.，在pH=9.93时，c[R(OH)＋]= c[R(OH)2]，Kb1=c(OH-)，c(OH－)=10－4.07，Kb1=10－4.07，1g{}=-4.07，A项错误；
B．从图中信息可知，R(OH)2和R(OH)NO3的混合溶液中，R(OH)2和R(OH)+可以在一定的pH的范围大量共存，而不是某一个点。pH=8.39，为R(OH)2和R(OH)-浓度相等的点，B项错误；
C．pH=6.85时，c(R2＋)= c[R(OH)－]，根据电荷守恒c(OH－)=c(H＋)＋2c(R2＋)＋c[R(OH)－]，可以转化为c(OH－)=c(H＋)＋2c[R(OH)－]＋c[R(OH)－]= c(H＋)＋3c[R(OH)－]，则3c[R(OH)－]< c(OH－)，C项正确；
D.由图中信息可知， pH=9.93的溶液中,c[R(OH)－]= c[R(OH)2]，c[R(OH)－]远远大于c(R2+)，D项错误；
本题答案选C。
17.现有以下两个可逆反应（所有物质均为气态），下列说法正确的是( )甲: 乙:
A. 向甲的恒容平衡体系中充入，平衡逆向移动，平衡后百分含量增大
B. 向甲的恒压平衡体系中充入，平衡不移动，百分含量亦不变
C. 向乙的恒容平衡体系中充入，平衡不移动，平衡后百分含量不变
D. 向乙的恒压平衡体系中充入，平衡正向移动
【答案】D
【解析】
【详解】对于和甲类似的反应，即反应物或者生成物只有一种的反应，加入物质，相当于等比例的加入反应物，分析平衡后的结果时，要从等效平衡的角度来思考。
A．恒容时，向甲中充入N2O4，加入生成物，平衡逆向移动，但总的效果相当于加压，平衡较原平衡向正向移动，NO2的百分含量减少，A项错误；
B．恒压条件下，充入NO2，平衡会发生移动，但是相当于等比例加入NO2，与原平衡等效，NO2的百分含量不变，B项错误；
C．恒容时，充入HI，增大生成物浓度，平衡逆向移动，C项错误；
D．恒压时充入H2，可以分两步分析：首先在恒温恒容下充入氢气（体系的压强增大），增大反应物的浓度使该平衡向正反应方向移动；然后扩大容器恢复到原压强，即减小压强，由于反应前后气体的分子数不变，故化学平衡不会发生移动。综上所述，平衡正向移动。 D项正确。
本题答案选D。
18.下列实验及现象能证明是一种二元弱酸的有(注:是作为参照的二元强酸)：( )
①观察浓度均为0.1 的溶液和溶液分别和大小、纯度均相同的锌粒反应时的剧烈程度：后者>前者
②分别测浓度均为0.1 的溶液和溶液的pH：前者>后者
③将浓度均为0.1 的溶液和溶液分别接入电压相同的电路中，观察小灯泡亮度：后者>前者
④室温下，分别测浓度均为0.1 的溶液和NaHA溶液的pH:7>前者>后者
⑤室温下，分别测浓度均为0.1 的溶液和溶液的pH:前者>后者
⑥分别用等浓度的NaOH溶液滴定均为0.1 的溶液和溶液，绘制滴定曲线并观察:前者有两个滴定突跃，后者只有一个滴定突跃
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①强酸和弱酸相同浓度的情况下，强酸完全电离，H＋浓度较弱酸的大，而Zn和溶液中的氢离子发生反应，H＋离子浓度越大，反应速率越快；通过反应速率，可以比较溶液中H＋浓度大小，从而知道酸的电离程度，判断酸性强弱，符合题意；②相同浓度的情况下，强酸完全电离，H＋浓度较弱酸的大，pH越小，符合题意；③相同浓度的情况下，强酸完全电离，离子浓度较弱酸的大，导电能力强，符合题意；④室温下，分别测浓度均为0.1 mol⋅L−1的NaHC2O4溶液和NaHA溶液的pH:7＞前者＞后者，说明NaHC2O4溶液呈现酸性，其电离程度大于水解程度，同浓度的情况下，NaHA的pH比NaHC2O4小，说明草酸是弱酸，符合题意；⑤弱酸的阴离子会水解，对应的酸越弱，阴离子水解能力越强，草酸钠的pH较大，说明草酸较弱，符合题意；⑥滴定曲线中只有1个滴定突跃，说明酸完全电离，有2个滴定突跃，说明酸分步电离，酸为弱酸。草酸有两个滴定突跃，故草酸为弱酸；H2A有一个滴定突跃，H2A为强酸，符合题意；
本题答案选D。
19.四种弱酸的电离常数列于下表:
酸
电离常数
①向溶液中滴加等浓度的溶液不发生反应
②向溶液中通入少量，产物为和
③向溶液中通入过量，产物为和
④等体积等浓度的和溶液相比，后者阴离子的数目更多
以上说法不正确的有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【详解】①H3BO3的电离平衡常数，比碳酸的第二步电离平常大，说明H3BO3的酸性，比HCO3－的酸性强，向H3BO3溶液中加入Na2CO3会发生反应，生成HCO3－，符合题意；②HClO的电离平衡常数比碳酸的K1小，但是比K2大，向KClO通入CO2，能生产HClO和HCO3－，不符合题意；③ClO－具有强氧化性，SO2具有还原性，会发生氧化还原反应，生成Cl－和SO42－，符合题意；④Na2CO3溶液中，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)，同样的在Na2SO3溶液中，也有c(Na＋)＋c(H＋)=2c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(OH－)，不能直接比阴离子浓度，但是可以通过阳离子浓度来比较，c(Na＋)相同，c(H＋)越大，阳离子浓度，则阴离子浓度越大。Na2CO3溶液和Na2SO3溶液，均为碱性溶液，对应的酸越弱，阴离子水解越强，碱性越强，Na2CO3溶液pH大，c(H＋)越小，则阴离子浓度越小，同体积情况下，数目越小，不符合题意；①③符合题意，有2个；
本题答案选B。
20.下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。
下列判断正确的是( )
A. 的燃烧热为-266
B. =-572
C. 制得等量所需能量较多的是系统(I)
D. =+20
【答案】C
【解析】
【详解】A.H2S的燃烧热，完成燃烧生成SO2和H2O，而选项中的数据为反应④－①的数据，生成的是S单质，A项错误；
B．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) 为(①+②+③)×(-2)，△H=（327-151+110）×(-2)kJ·mol－1=-572 kJ·mol－1，生成物为液态水，但是选项中为2H2O(g)，B项错误；
C．制取等量的氢气，利用系统(Ⅰ)，反应①＋②＋③得到H2O(l)=H2(g)＋1/2O2(g)，△H=327－151+110kJ·mol－1=+286 kJ·mol－1；利用系统(Ⅱ)，反应②＋③+④，H2S(g)=H2(g)＋S(s)
△H=－151+110+61kJ·mol－1=+20 kJ·mol－1，可知需要能量较多的为系统(Ⅰ)，C项正确；
D．反应②＋③+④，H2S(g)=H2(g)＋S(s) △H=－151+110+61kJ·mol－1=+20 kJ·mol－1，得到的是固态的S，而不是气态的，D项错误；
本题答案选C。
21.常温下向20 mL 0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）。下列说法中错误的是( )
A. a点表示的溶液中c(CH3COO-)略小于10-3 mol/L
B. b点表示的溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)
C. c点表示CH3COOH和NaOH恰好完全中和
D. 滴定过程中溶液中的n (CH3COO-) +n(CH3COOH)的和不变
【答案】C
【解析】
试题分析：A． 根据图像可知，在a点时溶液的pH=3，c(H+)=10-3mol/L，由于在溶液中c(H+)包括水电离产生的离子浓度和酸电离产生的c(H+)，所以a点表示的溶液中c(CH3COO-)略小于10-3 mol/L，正确；B．根据电荷守恒可知：c(CH3COO-)+ c(OH-)=c(Na+)+ c(H+)，b点表示的溶液中，由于溶液显酸性，所以c(H+)>c(OH-)，则c(CH3COO-)>c(Na+)，正确；C．若酸与碱恰好中和产生CH3COONa，该盐是强酸弱碱盐，CH3COO-水解消耗水电离产生的H+，使溶液中c(H+)
22.用氢气还原氮氧化物的反应为，该反应速率与反应物浓度之间满足下面的关系: ，其中k是一个常数，m、n的值可由实验测定。科研团队测定了该反应在不同投料关系时的起始反应速率，数据列于下表:
实验编号
起始浓度/
NO
1
6.00
1.00
3.19
2
6.00
2.00
6.38
3
1.00
6.00
0.48
4
2.00
6.00
1.92
下列说法正确的是( )
A. m=2、n=1
B. 实验2中NO的平均反应速率约为
C. 增大反应物浓度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大
D. 与相比，NO浓度的变化对反应速率影响更为显著
【答案】D
【解析】
【详解】A.利用编号1和2的实验数据，可求出m，，可以求出m=1；利用编号3和4,的实验数据可以求出m，，，可以求出n=2，A项错误；
B．速率之比等于化学计量数之比，=，则NO的平均反应速率为1.28×10-2mol/(L·s)，B项错误；
C．增大反应物浓度，活化分子浓度增大，但是活化分子百分数不变，有效碰撞几率增大，C项错误；
D．经过计算，n=2，指数较大，对速率影响较大，或者经过数据对比，也可以得知，NO浓度的变化对反应速率影响更为显著，D项正确；
本题答案选D。
23.关于下列四幅图像与对应描述相符合的是( )
A. N2O4 =2NO2 反应中N2O4的平衡转化率随温度和压强的变化
B. 酸性高能酸钾溶液与草酸反应时Mn2+的反应速率随时间变化的图像
C. 不同催化加对淀粉水解反应影响能量-反应历程图像
D. 0.1mol/L的烧碱溶液滴定等浓度醋酸时pH随加入烧碱溶液体积变化图像
【答案】A
【解析】
【详解】A.“定一议二”，首先看趋势，压强越大，平衡向气体体积减小的方向移动，N2O4的转化率降低，图像中的趋势正确；如果压强一定，从图像看温度越高，N2O4的转化率越大，则该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，N2O4的转化率越大，符合事实，A项正确；
B.随着反应进行，锰离子的浓度越大，化学反应速率越大。随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，化学反应速率会逐渐减小，即用Mn2＋表示的速率先增大后减小，而不是最后不变，B项错误；
C．淀粉的水解反应为吸热反应，反应物的能量比生成物的能量低，此外唾液中含有的淀粉酶的催化活性比稀硫酸的催化活性好，活化能降低的更多，C项错误；
D．因为醋酸为弱酸，故0.1mol/L的醋酸的pH＞１。强碱滴定弱酸，滴定终点为弱酸强碱盐的溶液，pH>7，而不是等于7，D项错误；
本题答案选A。
24.用0.10 溶液滴定50.00 mL 0.050含有某卤离子()的溶液，用溶液作为指示剂，滴定曲线如图所示。已知：、 、、。
下列有关描述正确的是( )
A. 待测液中的是
B. 若是，则滴定终点由a移动到c
C. a点时，溶液中的浓度上限为
D. 待测液pH应调至强碱性，避免转化为而影响滴定准确性
【答案】C
【解析】
【详解】A．用0.1mol·L－1 AgNO3溶液滴定50.00mL的含有X－的溶液，当加入25mLAgNO3溶液时，恰好沉淀完全，此时溶液中的c(Ag+)=c(X-)。找到25mL的点，－lg(X－)≈5，可以知道Ksp=c(Ag+)×c(X-)≈10－10，通过已知，可知X－为Cl－，A项错误；
B．如果X－为I－，恰好完全反应时，c(Ag+)=c(I-)，，I－浓度更小，－lg(X－)更大，终点应该有a移动到b，B项错误；
C．a点时，AgCl恰好沉淀完全，而Ag2CrO4不能生成，CrO42－浓度的上限为恰好要生成Ag2CrO4沉淀，，a点，，带入数据，，C项正确；
D．含有CrO42－的溶液中，存在平衡Cr2O72－＋H2O2CrO42－＋2H＋，待测液pH应调至强碱性，能使平衡正向移动，溶液中CrO42－占绝大多数，但是溶液为强碱性，Ag＋会直接与OH－反应，生成AgOH，进而分解为Ag2O，会对实验带来干扰，D项错误；
本题答案选C。
25.温度为T，保持压强为p时合成氨气，原料气投料比与的平衡转化率的关系如图所示。M点时，该反应的压力平衡常数为[注：用平衡时气态物质的分压代替平衡浓度进行计算，分压=总压×物质的量分数]( )
A. 341.3 B. 59.3
C. 0.017 D. 0.0029
【答案】A
【解析】
【详解】从图中可以看出来在M点，n(H2)∶n(N2)=3，且N2的转化率为0.8，求压力平衡常数，要先求物质的量分数，假设氢气和氮气开始的物质的量分别为3mol、1mol，氮气转化率0.8，反应0.8mol。则根据三段式，
3H2 ＋ N2 2NH3
开始的物质的量 3 1 0
转化的物质的量 2.4 0.8 1.6
平衡时的物质的量 0.6 0.2 1.6
总的物质的量为2.4mol，分压=总压×物质的量分数，总压为p，
用分压代替平衡浓度进行计算，则有，A符合要求。
本题答案选A。
第II卷 非选择题(共40分)
26.应用中和滴定原理测定某白醋中 CH3COOH 的含量。
(1)25℃时，用 a L 0.1 mol/L 的 NaOH 与 b L 0.1 mol/L 的 CH3COOH 反应。当 c(Na＋)＝
c(CH3COO－)时，CH3COOH 的电离常数为_____。(用字母 a，b 表示)
(2)①用酸式滴定管量取 25.00 mL 白醋加入锥形瓶中，滴几滴_________________ 做指示剂。(填“石 蕊”、“酚酞”、“甲基橙”)
②向锥形瓶中滴加 1.00 mol/L NaOH 标准液。滴加到 20.00 mL 时恰好完全反应，则白醋中c(CH3COOH)＝_____。则滴加到 10.00 mL 时 CH3COO－、CH3COOH、Na＋、H＋、OH－由大到小排列_____。(已知 K(CH3COOH)＝1.7×10-5)
(3)滴定过程中眼睛注视_____，当_____恰好完全反应。
(4)①滴定过程中，用待测液润洗了锥形瓶，会导致所测CH3COOH浓度_____________。(填“偏 大”、“偏小”)
②滴定管中，开始时读数正确，结束时俯视读数会使所测CH3COOH浓度___________。(填“偏 大”、“偏小”)
【答案】 (1). k＝1×10－7a/(b－a) (2). 酚酞 (3). 0.800 mol/L (4). c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－) (5). 锥形瓶中颜色的变化 (6). 溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复 (7). 偏大 (8). 偏小
【解析】
【分析】
(1) 当c(Na＋)＝c(CH3COO－)时，根据溶液中存在的电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO－)+ c(OH－)关系，得出c(H+)=c(OH－)=10-7 mol/L，再根据原子守恒，求出溶液中剩余的c(CH3COOH)，最后根据电离平衡常数计算公式K=c(H+)c(CH3COO－)/c(CH3COOH)进行计算；
(2)①氢氧化钠与醋酸发生中和反应生成醋酸钠，溶液显碱性，应选用指示剂酚酞；
②根据酸碱中和原理可知：c(CH3COOH)＝c(NaOH)×V(NaOH)/V(CH3COOH)进行计算；当滴加氢氧化钠体积 10.00 mL 时，混合液为醋酸钠和醋酸的1:1混合液，电离大于水解，溶液显酸性，以此规律分析各粒子浓度大小关系。
(3)根据中和滴定操作要求进行回答。
(4)根据c(CH3COOH) =c(NaOH)×V(NaOH)/V(CH3COOH)进行分析，凡是引起V(NaOH)偏大的，结果偏高；反之，结果偏小。
【详解】(1)反应后的溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO－)+ c(OH－),当c(Na＋)＝c(CH3COO－)时，c(H+)=c(OH－)=10-7 mol/L；由于两溶液混合后体积为（a+ b）L，所以c(CH3COO－)= c(Na＋)= aL ×0.1 mol/L/（a+ b）L=mol/L；根据原子守恒规律可知，溶液中剩余的c(CH3COOH)=bL×0.1 mol/L/（a+ b）L-0.1 a/（a+ b）mol/L=0.1 b/（a+ b）-0.1a/（a+ b）=0.1(b- a)/（a+ b）,根据电离平衡常数计算公式K= c(H+) c(CH3COO－)/ c(CH3COOH)= [10-7×0.1 a/（a+ b）]/ 0.1(b- a)/（a+ b）=1×10－7a/(b－a)；
综上所述，本题答案是：k＝1×10－7a/(b－a)。
(2) ①石蕊变色范围为红、紫、蓝，颜色太深，不宜做指示剂；甲基橙的变色范围3.1-4.4，属于酸性变色范围；而酚酞的变色范围8.2-10，属于碱性变色范围；氢氧化钠与醋酸中和后的产物为醋酸钠，溶液为碱性溶液，所以要选择酚酞做指示剂；
综上所述，本题答案是：酚酞。
②根据酸碱中和原理可知：c(CH3COOH)＝c(NaOH)×V(NaOH)/V(CH3COOH)= 1.00 mol/L×20.00 mL×10-3/ 25.00 mL×10-3=0.800 mol/L；
当滴加NaOH到 10.00 mL 时，醋酸反应一半，剩余一半，即溶液中醋酸钠和醋酸的量为1:1；醋酸钠的水解平衡常数Kh=Kw/Ka=10-14/1.7×10-5=5.9×10-10
综上所述，本题答案是：锥形瓶中颜色的变化；溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复。
(4)①滴定过程中，用待测液润洗了锥形瓶，导致待测液的量增大，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，会导致所测 CH3COOH 浓度偏大；
综上所述，本题答案是：偏大。
②滴定管中，开始时读数正确，结束时俯视读数，会使所读取的体积数值偏小，即氢氧化钠溶液的体积偏小，所测 CH3COOH 浓度偏小；
综上所述。本题答案是：偏小。
【点睛】本题考查酸碱中和滴定，离子浓度的大小比较等知识。对于酸碱指示剂选择的基本原则总结如下：变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致；①不能用石蕊作指示剂；②滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂；③滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂；④强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以；⑤并不是所有的滴定都须使用指示剂，如用标准Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色褪去时即为滴定终点。
可能用到的相对原子质量: Fe-56 Cl-35.5 O-16 H-1 N-14 Cu-64 Mg-24 Na-23 C12 Sn- 119
一、选择题:本题共25小题，1-15: 15×2=30分； 16-25题 10×3=30分: 共计60分。
1.已知 N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＜0，下列说法正确的是
A. 增加 N2 浓度和缩小容器容积，活化分子百分数都会增加
B. 该反应的△S＜0
C. 正反应活化能大于逆反应的活化能
D. 反应物断键吸收能量大于成键释放能量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 增加 N2 浓度，增加了氮气的活化分子数，百分数不变；缩小容器容积，相当于增大了各物质的浓度，活化分子数增大，百分数不变，A错误；
B. 由反应方程式可知，该反应发生后气体的总量减小，混乱度减小，该反应的△S＜0，B正确；
C. 该反应为放热反应，所以正反应活化能小于逆反应的活化能，C错误；
D. 该反应为放热反应，反应物断键吸收能量小于成键释放能量，D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，反应为吸热反应；反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，反应为放热反应；反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能。
2.下列比较中前者大于后者的是
A
不同情况下速率：
A(g)＋3B(g) 2C(g)
v(A)＝0.15 mol/(L·min)
v(B)＝0.06 mol/(L·s)
B
加水稀释 10 倍后的 pH
1 mL pH＝1 的 CH3COOH
1 mL pH＝1 的 HCl
C
反应热△H
50 mL 0.1 mol/L 的 NaOH 和
50 mL 0.1 mol/L 的 HCl
50 mL 0.1 mol/L 的 NaOH 和
50 mL 0.1 mol/L CH3COOH
D
反应速率：
Zn＋2H＋ ═ Zn2＋＋H2↑
65 g 粗 Zn(含 Cu 等杂质)与 足量 1 mol/L 的 HCl 反应
65 g 纯 Zn 与足量 1 mol/L 的 盐酸反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.针对同一个反应，速率之比和系数成正比，v(A)＝0.15 mol/(L·min)=0.0025 mol/(L·s)，用B表示的反应速率为v(B)＝0.06 mol/(L·s)，换算成A表示的反应速率为v(A)＝0.06 mol/(L·s)÷3=0.02 mol/(L·s)，所以前者小于后者，A错误；
B.醋酸属于弱电解质，加水稀释，促进电离，因此1 mL pH＝1 的 CH3COOH，加水稀释 10 倍后的 pH<2；而HCl为强电解质，完全电离，因此1 mL pH＝1 的HCl，加水稀释 10 倍后的 pH=2；前者小于后者，B错误；
C.CH3COOH属于弱电解质，电离过程需要吸收热量，因此50 mL 0.1 mol/L 的 NaOH 和50 mL 0.1 mol/L 的 HCl恰好完全反应放出的热量大于50 mL 0.1 mol/L 的 NaOH 和50 mL 0.1 mol/L CH3COOH反应放出热量，由于中和反应为放热反应，△H<0，所以△H前者小于后者，C错误；
D.Zn、Cu、1 mol/L 的 HCl构成原电池，加快了该反应的反应速率，所以65g 粗 Zn(含 Cu 等杂质)与 足量 1 mol/L 的 HCl 反应的速率大于65 g 纯 Zn 与足量 1 mol/L 的 盐酸反应速率，前者大于后者，D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】强酸、强碱的稀溶液发生中和反应，中和热的数值为57.3 kJ/mol。而弱酸或弱碱发生中和反应，中和热数值小于57.3 kJ/mol，因为弱酸或弱碱电离过程要吸热；但是在解题时，注意比较的是数值还是反应热△H，中和热数值越大，△H反而越小。
3.下列说法错误的是
A. 煅烧石灰石属于吸热反应，高温下能自发进行
B. 乙醇燃烧属于放热反应，若形成燃料电池，则乙醇参与负极反应
C. NH4Cl·8H2O(s)和 Ba(OH)2(s)反应属于吸热反应，能自发进行的原因是熵增大于焓变
D. 铝热反应需高温下进行，故为吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 煅烧石灰石生成氧化钙和二氧化碳，属于吸热反应，∆H>0，∆S>0，根据∆G=∆H-T∆S<0能自发进行可知，该反应在高温下能自发进行，A正确；
B. 反应能设计成原电池的是自发进行的氧化还原反应，∆H<0；乙醇燃烧属于氧化还原反应，∆H<0，若形成燃料电池，则乙醇参与负极反应，失电子发生氧化反应，B正确
C. 根据∆G=∆H-T∆S<0能自发进行可知，该反应为吸热反应，∆H>0，则该反应∆S>0，且熵增大于焓变，C正确；
D. 铝热反应的发生需要在高温下引发反应，反应发生后放出大量的热，所以该反应为放热反应， D错误；
综上所述，本题选D。
【点睛】反应是放热反应还是吸热反应主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小。反应是否需要加热，只是引发反应的条件，与反应是放热反应还是吸热反应并无直接关系。许多放热反应也需要加热才能引发反应，也有部分吸热反应不需要加热，在常温下也可进行。
4.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1 L 1 mol/L 的 CH3COOH 溶液中 CH3COO－为 NA个
B. 标况下 22.4 L NO 和 11.2 L O2 反应后，气体分子总数为 NA 个
C. 1 L 0.1 mol/L 的 Na2SO3 溶液中离子总数大于 0.3NA
D. H2 和 O2 反应生成 NA 个 H2O(l)和 NA 个 H2O(g)放出热量相等
【答案】C
【解析】
【详解】A. CH3COOH属于弱电解质，在水中部分发生电离，因此1 L 1 mol/L 的 CH3COOH 溶液中 CH3COO-个数小于NA个，A错误；
B. 标准状况下，22.4 L NO是1mol，11.2 L O2是0.5mol，二者混合生成1molNO2，但由于存在2NO2N2O4，所以所得气体的分子数目小于NA，B错误；
C. Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-，HSO3-+ H2O=H2SO3+ OH-，从水解的原理可知，1个SO32-水解后生成1个HSO3-和1个OH-，溶液中阴离子数目增加，所以1 L 0.1 mol/L 的 Na2SO3 溶液中离子总数大于 0.3NA，C正确；
D. 由于H2O(l)= H2O(g) ∆H>0，所以H2 和 O2 反应生成 NA 个 H2O(l)和 NA 个 H2O(g)放出热量不相等，生成NA 个 H2O(l) 放出的热量多，D错误；
综上所述，本题选C。
5.在下列条件下，离子仍能大量共存的是( )
A. 的溶液中，
B. 的溶液中，
C. 的溶液中，
D. 的溶液中，
【答案】D
【解析】
【详解】A.c(H+)>c(OH-)的溶液是酸性溶液，H＋、NO3－能够和I－反应生成I2，故其不能大量共存，A项错误；
B．水电离出来的H＋为1×10-13的溶液，不能判断溶液中的酸碱性，可能是酸性，也可能是碱性。在酸性环境下HCO3－不能大量共存，在碱性环境下，Mg2＋、HCO3－不能大量共存，B项错误；
C．Fe3＋和SCN－能够生成红色的化合物，不能大量共存，C项错误；
D．Kw/c(H＋)=c(OH－)=0.1mol/L 的溶液，为碱性环境，Na+、K+、SiO32-、NO3-等几种离子间不能发生离子反应，故其能够大量共存，D项正确；
本题答案选D。
6.某晶体 M·nH2O 溶于水后，溶液温度降低。而 M(s)溶于水后，溶液温度升高，可将变化过程表示为图。下列说法中错误的是
A. △H1＝△H2＋△H3
B. M(s)溶于水形成溶液△S＞0
C. △H2＞△H3
D. 若 M 为 CuSO4，则 25℃时 CuSO4 溶液 pH＝7
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据盖斯定律可知，总反应的热效应等于各分步反应的热效应之和，因此△H1＝△H2＋△H3，A正确；
B. M(s)溶于水形成溶液，混乱度增大，熵变增大，△S＞0，B正确；
C. M(s)溶于水后，溶液温度升高，△H3<0，晶体 M·nH2O 溶于水后，溶液温度降低，△H1>0，根据盖斯定律可知，△H1＝△H2＋△H3，△H2=△H1-△H3>0，所以△H2＞△H3，C正确；
D. CuSO4属于强酸弱碱盐，Cu2+水解使溶液显酸性，25℃时 CuSO4 溶液 pH<7，D错误；
综上所述，本题选D。
7.恒温恒容下，2O23O3 △H＞0，下列说法正确的是
A. 升高温度，K 减小
B. 充入 N2，平衡逆向移动
C. 增加 O3 的用量，O3 的含量增大
D. O2 比 O3 稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该反应吸热，升高温度，平衡右移，K 增大，A错误；
B. 恒温恒容下，充入 N2，各物质分压不变，浓度不变，速率不变，平衡不移动，B错误；
C. 恒温恒容下，增加 O3 的用量，等效于加压过程，平衡左移，O3 的含量减小，C错误；
D. 物质所含能量越低，该物质越稳定，2O23O3 △H＞0，说明O2的能量低，O3 能量高，O2 比 O3 稳定，D正确；
综上所述，本题选D。
8.下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 能量证角度考虑，石墨比金刚石稳定
B. 图中的阴影部分面积的含义是()
C. 若MOH和ROH表示两种一元碱，则MOH的碱性强于ROH
D. 0.001盐酸滴定0.001 NaOH溶液的滴定曲线
【答案】A
【解析】
【详解】A．从图中可以看出，石墨的能量比金刚石低，根据能量越低越稳定，石墨比金刚石稳定，A项正确；
B．阴影部分是反应开始到平衡时，正反应速率和逆反应速率的的差值和时间的关系，表示为反应物转化的量，B项错误；
C．从图中可以看出，ROH稀释100倍的时候，pH减小了2，ROH是强碱；而MOH稀释10倍时，pH变化量小于2，MOH为弱碱，故MOH的碱性小于ROH，C项错误；
D．强酸滴定强碱，反应的终点pH=7，而不是pH<7，D项错误；
本题答案选A。
9.已知：S2(l)＋Cl2(g)S2Cl2(g) △H＝d kJ/mol，键能 S2 中 S－S(a kJ/mol)、Cl－Cl(bkJ/mol)、S－Cl(c kJ/mol)，S2Cl2 中 S－S(e kJ/mol)。下列说法中正确的是
A. 增大 S2 的量，正反应速率增大，平衡正向移动，△H 增大
B. d＝a－2c＋b－e
C. 增加 S2 的量，反应速率增大
D. 恒容时，增加 Cl2 的量，平衡常数增大且 S2Cl2 的含量增大
【答案】B
【解析】
【详解】A.S2为液态，增大 S2 的量，浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，△H 不变，A错误；
B. 根据反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量，d= a+ b-（e+ 2c）= a－2c＋b－e，B正确；
C.S2为液态，增加 S2 的量，浓度不变，反应速率不变，C错误；
D.平衡常数只是温度的函数，因此，由于温度不变，平衡常数不变，D错误；
综上所述，本题选B。
10.下列微粒间的关系正确的是
A. 相同物质的量浓度的①NH4Cl 溶液、②(NH4)2SO4 溶液、③NH4HSO4 溶液、④(NH4)2SO3溶液，c(NH 4+)：④＞②＞③＞①
B. 盐酸和稀NH4Cl溶液 pH 都等于 4，则 c水(H+)前者与后者之比为 1∶106
C. 向 1 L 1 mol/L CH3COONa 中加入等体积等浓度的醋酸，溶液中c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2 mol/L
D. 0.01 mol/L Na2CO3溶液中，c(OH－)＝c(HCO3 －)＋c(H2CO3)＋c(H+)
【答案】B
【解析】
【详解】A、①③中铵根离子系数都是1,氢离子抑制铵根离子水解,溶液中铵根离子浓度③>①；②④中铵根离子系数都是2,②④溶液中铵根离子浓度大于①③，亚硫酸根离子促进铵根离子水解,溶液中铵根离子浓度②>④,则溶液中铵根离子浓度从大到小的顺序是②>④>③>①,A错误；
B.盐酸抑制水的电离，pH = 4的盐酸溶液，c(H＋)＝10-4mol/L，c(OH-)＝10-10mol/L，盐酸溶液中水电离产生的c(H＋)等于c(OH-)＝10-10mol/L；NH4Cl属于能水解的盐，促进水电离，pH=4的氯化铵溶液，c(H＋)＝10-4mol/L，盐溶液中水电离产生的c(H＋)等于溶液中的氢离子浓度，即c(H＋)＝10-4mol/L，二者的比值为10-10：10-4=1∶106，B正确；
C. 根据物料守恒可知，醋酸分子和醋酸根离子的物质的量总和等于钠离子的物质的量的2倍，由于两溶液等体积混合，浓度减半，所以c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2 c(Na+)=2×0.5mol/L=1mol/L，C错误；
D. Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=2 c(CO32-)+ c(HCO3－)+ c(OH-)，物料守恒：c(Na+)=2[c(HCO3-)+c(CO32-)+ c(H2CO3)]，消去c(Na+)，可得：c(OH－)＝c(HCO3 －)＋2c(H2CO3)＋c(H+)，D错误；
综上所述，本题选B。
11.下列有关说法正确且解释合理的是
说法
解释
A
一定温度压强下，2 g H2 和 4 g H2 完全燃烧，后者 燃烧热的数值大
4 g H2 放出热量多
B
2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) △H＝－Q kJ/mol，
平衡后再加入 SO2，Q 增大
平衡右移，放出热量增多
C
向等物质的量浓度的 NaI 和 KBr 混合液中滴加
AgNO3 溶液，先生成黄色 AgI 沉淀
Ksp(AgI)＜Ksp(AgBr)
D
等物质的量浓度 Na2CO3 的 pH 大于 CH3COONa
H2CO3 的酸性比 CH3COOH 强
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氢气的消耗量越大，燃烧放出的热量就越多，4 g H2 放出热量多；而燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，一定温度压强下，氢气的燃烧热的数值是个定值；A错误；
B. 当一个反应确定以后，该反应的△H就不再发生变化，上述反应达平衡后再加入 SO2，平衡右移，放出热量增多，但是△H不变；B错误；
C. 向等物质的量浓度的 NaI 和 KBr混合液中滴加AgNO3 溶液，先生成黄色 AgI 沉淀，说明碘离子和银离子先发生反应生成更难溶的沉淀，Ksp(AgI)较小，所以Ksp(AgI)＜Ksp(AgBr)，C正确；
D. 等物质的量浓度 Na2CO3 的 pH 大于 CH3COONa，说明Na2CO3的水解能力大于CH3COONa的水解能力，根据越弱越水解的规律可知，形成该盐的酸越弱，盐水解能力就越强，所以酸性H2CO3 的酸性比 CH3COOH 弱，D错误；
综上所述，本题选C。
12.已知 A(s)＋2B(g)3C(g)，下列能作为反应达平衡的判断标志的是
①恒温、恒容时，气体的质量不再变化
②恒温、恒容时，混合气体的密度不再变化
③恒温恒压时，容器的容积不再变化
④消耗 2 mol B 的同时消耗 2 mol C
⑤恒容绝热时，当温度不再变化
⑥v(B)正＝v(C)逆
A. 有 3 个 B. 有 4 个
C. 有 5 个 D. 有 2 个
【答案】B
【解析】
【详解】①根据反应可知，固体和气体反应生成气体，气体的质量增加，当恒温、恒容时，气体的质量不再变化，反应达平衡状态；
②根据反应可知，固体和气体反应生成气体，气体的质量增加，恒温、恒容时，根据ρ=m/V可知，当混合气体的密度不再变化，反应达平衡状态；
③该反应为气体体积增大的可逆反应，气体的体积和气体的物质的量成正比，因此当恒温恒压时，混合气体的总量不再发生变化时，即容器的容积不再变化时，反应达平衡状态；
④不同物质表示的反应速率数值和和化学计量数成正比，消耗 2 mol B 的同时消耗 3 mol C，反应达平衡状态；现在消耗 2 mol B 的同时消耗 2 mol C，反应向右进行，没有达到平衡状态；
⑤反应发生时反应体系的热量在发生变化，在恒容绝热时，当体系的温度不再变化，反应达平衡状态；
⑥不同物质表示的反应速率数值和和化学计量数成正比，v(B)正＝v(C)逆不满足速率之间的比值关系，不能判定反应是否达到平衡状态；
结合以上分析可知，有 4 个正确的；
综上所述，本题选B。
13.对于反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)，反应特点与对应的图象说法正确的是
A. 图甲表明：该反应△H＜0，若 a＋b＞c，则 p1＞p2
B. 图乙表明，该反应 a＋b＝c，若△H＞0，则 T2＞T1
C. 图丙中，一定是使用了催化剂
D. 图丁中，E 点 v(逆)＞v(正)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 图甲表明：温度升高，A的物质的量分数减小，平衡向右移动，该反应正反应为吸热反应，△H>0；若 a＋b＞c，压强由p2→p1，A的物质的量分数增大，平衡左移，应为减小压强的过程，p1
C. 图丙中，若该反应中 a＋b＝c，缩小体积，各物质浓度增大，反应速率加快，但平衡不移动，不一定是使用了催化剂，C错误；
D. 图丁中，曲线上的点为对应温度下的平衡点，E 点在曲线外，属于不平衡点；当温度不变时，E点时，A的平衡浓度在减小，反应正在向右进行，所以v(逆)
【点睛】对于选项D，曲线上的点为对应温度下的平衡点，E 点在曲线外，属于不平衡点；当E 点在曲线上方时，A的平衡浓度在减小，反应正在向右进行，所以v(逆)
14.向五个相同的恒容密闭容器中充入等量的A气体，发生反应，在不同温度下反应相同时间后测得五个容器中的含量和反应温度的关系如下表所示。
容器编号
I
II
III
IV
V
反应温度/℃
60
120
180
240
300
的含量/%
1.3
18
42
32
21
下列说法不正确的是( )
A. 该反应为放热反应
B. 容器III、IV、V的反应均达到平衡
C. 容器I和II中的反应尚未达到平衡
D. 容器IV中A的转化率约为48.5%
【答案】B
【解析】
【详解】不同温度下，A2的含量的测定，开始时的温度很低，反应速率慢，没有达到平衡状态，A2的含量增加；后面的温度高，反应速率快，达到平衡状态，体现平衡与温度的关系，可以看出随着温度的升高，A2的含量降低，逆向移动，逆反应为吸热反应，那么正反应为放热反应。但是根据表中的有限数据无法判断A2的含量在Ⅲ达到最高，故不能判断Ⅲ是否达到了平衡，可以确定Ⅰ和Ⅱ未达平衡、Ⅳ和Ⅴ已达平衡。
A．根据达到平衡的状态，Ⅳ和Ⅴ可知，温度越高，A2含量越低，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，A项不符合题意；
B．根据表中的有限数据无法判断A2的含量在Ⅲ中达到最高，故不能判断Ⅲ是否达到了平衡。B项符合题意；
C．由分析可知，容器I和II中的反应尚未达到平衡，C项不符合题意；
D．A2的含量为32%。假设A起始的物质的量为1mol，反应了2x的A，
2AA2
开始的物质的量 1 0
转化的物质的量 2x x
平衡的物质的量 1-2x x
总的物质的量为1-2x+x=1-x
则A2的含量为x/(1－x)=32%，x=0.242，A的转化率0.242×2/1≈48.5%，D项不符合题意；
本题答案选B。
15.下列实验装置、数据采集或处理均正确并能达到实验目的的是( )
(A)
(B)
实验目的
测定NaOH溶液的浓度
测定中和反应热效应
装置示意图
实验数据采集或处理
平行滴定3~5次，排除错误数据后，取v标准溶液的平均值进行计算
平行滴定2~3次，排除错误数据后，取的的平均值进行计算
(C)
(D)
实验目的
测定苯甲酸的燃烧热(△H)
探究浓度对反应速率的影响
装置示意图
实验数据采集或处理
测得反应放出热量为QkJ，则苯甲酸的燃烧热
根据溶液紫红色褪去用时的长短来比较两支试管中反应的快慢
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验并不需要滴定3－5次，一般滴定3次，去除错误数据，取平均值即可，A项错误；
B．从实验示意图来看，大小烧杯的口相平，而且烧杯间填充了泡沫塑料，防止热量损失，而且实验数据处理也合理，B项正确；
C．燃烧热的定义为在25℃，101kPa的条件下，生成稳定的氧化物，此情况下，不能确定为条件是否为25℃，101kPa，而且不能确定是否生成稳定的氧化物如液体水，C项错误；
D．右侧的实验使用的是2mL 0.1mol/L的高锰酸钾和4mL 0.1mol/L H2C2O4，物质的量之比为1:2。高猛酸钾和草酸的反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4==K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。方程式中KMnO4和H2C2O4的比例为2:5，现为1:2，高锰酸钾过量，不能完全反应掉，颜色不能完全褪去，D项错误；
本题答案选B。
16.某可溶性二元弱碱按下式分步电离： 溶液中、、三种微粒的物质的量分数(x)随溶液pH的变化如图所示：
下列说法正确的是( )
A. 1g{}=-6.85
B. 和的混合溶液pH=8.39
C. pH=6.85的溶液中:
D. pH=9.93的溶液中:
【答案】C
【解析】
【分析】
在酸性环境较强的情况下，只有R2＋，而在碱性环境较强的情况下只有R(OH)2，而在弱碱性或弱酸性环境下，有R(OH)＋。利用相交点，可计算相关数据。
【详解】A.，在pH=9.93时，c[R(OH)＋]= c[R(OH)2]，Kb1=c(OH-)，c(OH－)=10－4.07，Kb1=10－4.07，1g{}=-4.07，A项错误；
B．从图中信息可知，R(OH)2和R(OH)NO3的混合溶液中，R(OH)2和R(OH)+可以在一定的pH的范围大量共存，而不是某一个点。pH=8.39，为R(OH)2和R(OH)-浓度相等的点，B项错误；
C．pH=6.85时，c(R2＋)= c[R(OH)－]，根据电荷守恒c(OH－)=c(H＋)＋2c(R2＋)＋c[R(OH)－]，可以转化为c(OH－)=c(H＋)＋2c[R(OH)－]＋c[R(OH)－]= c(H＋)＋3c[R(OH)－]，则3c[R(OH)－]< c(OH－)，C项正确；
D.由图中信息可知， pH=9.93的溶液中,c[R(OH)－]= c[R(OH)2]，c[R(OH)－]远远大于c(R2+)，D项错误；
本题答案选C。
17.现有以下两个可逆反应（所有物质均为气态），下列说法正确的是( )甲: 乙:
A. 向甲的恒容平衡体系中充入，平衡逆向移动，平衡后百分含量增大
B. 向甲的恒压平衡体系中充入，平衡不移动，百分含量亦不变
C. 向乙的恒容平衡体系中充入，平衡不移动，平衡后百分含量不变
D. 向乙的恒压平衡体系中充入，平衡正向移动
【答案】D
【解析】
【详解】对于和甲类似的反应，即反应物或者生成物只有一种的反应，加入物质，相当于等比例的加入反应物，分析平衡后的结果时，要从等效平衡的角度来思考。
A．恒容时，向甲中充入N2O4，加入生成物，平衡逆向移动，但总的效果相当于加压，平衡较原平衡向正向移动，NO2的百分含量减少，A项错误；
B．恒压条件下，充入NO2，平衡会发生移动，但是相当于等比例加入NO2，与原平衡等效，NO2的百分含量不变，B项错误；
C．恒容时，充入HI，增大生成物浓度，平衡逆向移动，C项错误；
D．恒压时充入H2，可以分两步分析：首先在恒温恒容下充入氢气（体系的压强增大），增大反应物的浓度使该平衡向正反应方向移动；然后扩大容器恢复到原压强，即减小压强，由于反应前后气体的分子数不变，故化学平衡不会发生移动。综上所述，平衡正向移动。 D项正确。
本题答案选D。
18.下列实验及现象能证明是一种二元弱酸的有(注:是作为参照的二元强酸)：( )
①观察浓度均为0.1 的溶液和溶液分别和大小、纯度均相同的锌粒反应时的剧烈程度：后者>前者
②分别测浓度均为0.1 的溶液和溶液的pH：前者>后者
③将浓度均为0.1 的溶液和溶液分别接入电压相同的电路中，观察小灯泡亮度：后者>前者
④室温下，分别测浓度均为0.1 的溶液和NaHA溶液的pH:7>前者>后者
⑤室温下，分别测浓度均为0.1 的溶液和溶液的pH:前者>后者
⑥分别用等浓度的NaOH溶液滴定均为0.1 的溶液和溶液，绘制滴定曲线并观察:前者有两个滴定突跃，后者只有一个滴定突跃
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①强酸和弱酸相同浓度的情况下，强酸完全电离，H＋浓度较弱酸的大，而Zn和溶液中的氢离子发生反应，H＋离子浓度越大，反应速率越快；通过反应速率，可以比较溶液中H＋浓度大小，从而知道酸的电离程度，判断酸性强弱，符合题意；②相同浓度的情况下，强酸完全电离，H＋浓度较弱酸的大，pH越小，符合题意；③相同浓度的情况下，强酸完全电离，离子浓度较弱酸的大，导电能力强，符合题意；④室温下，分别测浓度均为0.1 mol⋅L−1的NaHC2O4溶液和NaHA溶液的pH:7＞前者＞后者，说明NaHC2O4溶液呈现酸性，其电离程度大于水解程度，同浓度的情况下，NaHA的pH比NaHC2O4小，说明草酸是弱酸，符合题意；⑤弱酸的阴离子会水解，对应的酸越弱，阴离子水解能力越强，草酸钠的pH较大，说明草酸较弱，符合题意；⑥滴定曲线中只有1个滴定突跃，说明酸完全电离，有2个滴定突跃，说明酸分步电离，酸为弱酸。草酸有两个滴定突跃，故草酸为弱酸；H2A有一个滴定突跃，H2A为强酸，符合题意；
本题答案选D。
19.四种弱酸的电离常数列于下表:
酸
电离常数
①向溶液中滴加等浓度的溶液不发生反应
②向溶液中通入少量，产物为和
③向溶液中通入过量，产物为和
④等体积等浓度的和溶液相比，后者阴离子的数目更多
以上说法不正确的有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【详解】①H3BO3的电离平衡常数，比碳酸的第二步电离平常大，说明H3BO3的酸性，比HCO3－的酸性强，向H3BO3溶液中加入Na2CO3会发生反应，生成HCO3－，符合题意；②HClO的电离平衡常数比碳酸的K1小，但是比K2大，向KClO通入CO2，能生产HClO和HCO3－，不符合题意；③ClO－具有强氧化性，SO2具有还原性，会发生氧化还原反应，生成Cl－和SO42－，符合题意；④Na2CO3溶液中，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)，同样的在Na2SO3溶液中，也有c(Na＋)＋c(H＋)=2c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(OH－)，不能直接比阴离子浓度，但是可以通过阳离子浓度来比较，c(Na＋)相同，c(H＋)越大，阳离子浓度，则阴离子浓度越大。Na2CO3溶液和Na2SO3溶液，均为碱性溶液，对应的酸越弱，阴离子水解越强，碱性越强，Na2CO3溶液pH大，c(H＋)越小，则阴离子浓度越小，同体积情况下，数目越小，不符合题意；①③符合题意，有2个；
本题答案选B。
20.下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。
下列判断正确的是( )
A. 的燃烧热为-266
B. =-572
C. 制得等量所需能量较多的是系统(I)
D. =+20
【答案】C
【解析】
【详解】A.H2S的燃烧热，完成燃烧生成SO2和H2O，而选项中的数据为反应④－①的数据，生成的是S单质，A项错误；
B．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) 为(①+②+③)×(-2)，△H=（327-151+110）×(-2)kJ·mol－1=-572 kJ·mol－1，生成物为液态水，但是选项中为2H2O(g)，B项错误；
C．制取等量的氢气，利用系统(Ⅰ)，反应①＋②＋③得到H2O(l)=H2(g)＋1/2O2(g)，△H=327－151+110kJ·mol－1=+286 kJ·mol－1；利用系统(Ⅱ)，反应②＋③+④，H2S(g)=H2(g)＋S(s)
△H=－151+110+61kJ·mol－1=+20 kJ·mol－1，可知需要能量较多的为系统(Ⅰ)，C项正确；
D．反应②＋③+④，H2S(g)=H2(g)＋S(s) △H=－151+110+61kJ·mol－1=+20 kJ·mol－1，得到的是固态的S，而不是气态的，D项错误；
本题答案选C。
21.常温下向20 mL 0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）。下列说法中错误的是( )
A. a点表示的溶液中c(CH3COO-)略小于10-3 mol/L
B. b点表示的溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)
C. c点表示CH3COOH和NaOH恰好完全中和
D. 滴定过程中溶液中的n (CH3COO-) +n(CH3COOH)的和不变
【答案】C
【解析】
试题分析：A． 根据图像可知，在a点时溶液的pH=3，c(H+)=10-3mol/L，由于在溶液中c(H+)包括水电离产生的离子浓度和酸电离产生的c(H+)，所以a点表示的溶液中c(CH3COO-)略小于10-3 mol/L，正确；B．根据电荷守恒可知：c(CH3COO-)+ c(OH-)=c(Na+)+ c(H+)，b点表示的溶液中，由于溶液显酸性，所以c(H+)>c(OH-)，则c(CH3COO-)>c(Na+)，正确；C．若酸与碱恰好中和产生CH3COONa，该盐是强酸弱碱盐，CH3COO-水解消耗水电离产生的H+，使溶液中c(H+)
22.用氢气还原氮氧化物的反应为，该反应速率与反应物浓度之间满足下面的关系: ，其中k是一个常数，m、n的值可由实验测定。科研团队测定了该反应在不同投料关系时的起始反应速率，数据列于下表:
实验编号
起始浓度/
NO
1
6.00
1.00
3.19
2
6.00
2.00
6.38
3
1.00
6.00
0.48
4
2.00
6.00
1.92
下列说法正确的是( )
A. m=2、n=1
B. 实验2中NO的平均反应速率约为
C. 增大反应物浓度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大
D. 与相比，NO浓度的变化对反应速率影响更为显著
【答案】D
【解析】
【详解】A.利用编号1和2的实验数据，可求出m，，可以求出m=1；利用编号3和4,的实验数据可以求出m，，，可以求出n=2，A项错误；
B．速率之比等于化学计量数之比，=，则NO的平均反应速率为1.28×10-2mol/(L·s)，B项错误；
C．增大反应物浓度，活化分子浓度增大，但是活化分子百分数不变，有效碰撞几率增大，C项错误；
D．经过计算，n=2，指数较大，对速率影响较大，或者经过数据对比，也可以得知，NO浓度的变化对反应速率影响更为显著，D项正确；
本题答案选D。
23.关于下列四幅图像与对应描述相符合的是( )
A. N2O4 =2NO2 反应中N2O4的平衡转化率随温度和压强的变化
B. 酸性高能酸钾溶液与草酸反应时Mn2+的反应速率随时间变化的图像
C. 不同催化加对淀粉水解反应影响能量-反应历程图像
D. 0.1mol/L的烧碱溶液滴定等浓度醋酸时pH随加入烧碱溶液体积变化图像
【答案】A
【解析】
【详解】A.“定一议二”，首先看趋势，压强越大，平衡向气体体积减小的方向移动，N2O4的转化率降低，图像中的趋势正确；如果压强一定，从图像看温度越高，N2O4的转化率越大，则该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，N2O4的转化率越大，符合事实，A项正确；
B.随着反应进行，锰离子的浓度越大，化学反应速率越大。随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，化学反应速率会逐渐减小，即用Mn2＋表示的速率先增大后减小，而不是最后不变，B项错误；
C．淀粉的水解反应为吸热反应，反应物的能量比生成物的能量低，此外唾液中含有的淀粉酶的催化活性比稀硫酸的催化活性好，活化能降低的更多，C项错误；
D．因为醋酸为弱酸，故0.1mol/L的醋酸的pH＞１。强碱滴定弱酸，滴定终点为弱酸强碱盐的溶液，pH>7，而不是等于7，D项错误；
本题答案选A。
24.用0.10 溶液滴定50.00 mL 0.050含有某卤离子()的溶液，用溶液作为指示剂，滴定曲线如图所示。已知：、 、、。
下列有关描述正确的是( )
A. 待测液中的是
B. 若是，则滴定终点由a移动到c
C. a点时，溶液中的浓度上限为
D. 待测液pH应调至强碱性，避免转化为而影响滴定准确性
【答案】C
【解析】
【详解】A．用0.1mol·L－1 AgNO3溶液滴定50.00mL的含有X－的溶液，当加入25mLAgNO3溶液时，恰好沉淀完全，此时溶液中的c(Ag+)=c(X-)。找到25mL的点，－lg(X－)≈5，可以知道Ksp=c(Ag+)×c(X-)≈10－10，通过已知，可知X－为Cl－，A项错误；
B．如果X－为I－，恰好完全反应时，c(Ag+)=c(I-)，，I－浓度更小，－lg(X－)更大，终点应该有a移动到b，B项错误；
C．a点时，AgCl恰好沉淀完全，而Ag2CrO4不能生成，CrO42－浓度的上限为恰好要生成Ag2CrO4沉淀，，a点，，带入数据，，C项正确；
D．含有CrO42－的溶液中，存在平衡Cr2O72－＋H2O2CrO42－＋2H＋，待测液pH应调至强碱性，能使平衡正向移动，溶液中CrO42－占绝大多数，但是溶液为强碱性，Ag＋会直接与OH－反应，生成AgOH，进而分解为Ag2O，会对实验带来干扰，D项错误；
本题答案选C。
25.温度为T，保持压强为p时合成氨气，原料气投料比与的平衡转化率的关系如图所示。M点时，该反应的压力平衡常数为[注：用平衡时气态物质的分压代替平衡浓度进行计算，分压=总压×物质的量分数]( )
A. 341.3 B. 59.3
C. 0.017 D. 0.0029
【答案】A
【解析】
【详解】从图中可以看出来在M点，n(H2)∶n(N2)=3，且N2的转化率为0.8，求压力平衡常数，要先求物质的量分数，假设氢气和氮气开始的物质的量分别为3mol、1mol，氮气转化率0.8，反应0.8mol。则根据三段式，
3H2 ＋ N2 2NH3
开始的物质的量 3 1 0
转化的物质的量 2.4 0.8 1.6
平衡时的物质的量 0.6 0.2 1.6
总的物质的量为2.4mol，分压=总压×物质的量分数，总压为p，
用分压代替平衡浓度进行计算，则有，A符合要求。
本题答案选A。
第II卷 非选择题(共40分)
26.应用中和滴定原理测定某白醋中 CH3COOH 的含量。
(1)25℃时，用 a L 0.1 mol/L 的 NaOH 与 b L 0.1 mol/L 的 CH3COOH 反应。当 c(Na＋)＝
c(CH3COO－)时，CH3COOH 的电离常数为_____。(用字母 a，b 表示)
(2)①用酸式滴定管量取 25.00 mL 白醋加入锥形瓶中，滴几滴_________________ 做指示剂。(填“石 蕊”、“酚酞”、“甲基橙”)
②向锥形瓶中滴加 1.00 mol/L NaOH 标准液。滴加到 20.00 mL 时恰好完全反应，则白醋中c(CH3COOH)＝_____。则滴加到 10.00 mL 时 CH3COO－、CH3COOH、Na＋、H＋、OH－由大到小排列_____。(已知 K(CH3COOH)＝1.7×10-5)
(3)滴定过程中眼睛注视_____，当_____恰好完全反应。
(4)①滴定过程中，用待测液润洗了锥形瓶，会导致所测CH3COOH浓度_____________。(填“偏 大”、“偏小”)
②滴定管中，开始时读数正确，结束时俯视读数会使所测CH3COOH浓度___________。(填“偏 大”、“偏小”)
【答案】 (1). k＝1×10－7a/(b－a) (2). 酚酞 (3). 0.800 mol/L (4). c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－) (5). 锥形瓶中颜色的变化 (6). 溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复 (7). 偏大 (8). 偏小
【解析】
【分析】
(1) 当c(Na＋)＝c(CH3COO－)时，根据溶液中存在的电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO－)+ c(OH－)关系，得出c(H+)=c(OH－)=10-7 mol/L，再根据原子守恒，求出溶液中剩余的c(CH3COOH)，最后根据电离平衡常数计算公式K=c(H+)c(CH3COO－)/c(CH3COOH)进行计算；
(2)①氢氧化钠与醋酸发生中和反应生成醋酸钠，溶液显碱性，应选用指示剂酚酞；
②根据酸碱中和原理可知：c(CH3COOH)＝c(NaOH)×V(NaOH)/V(CH3COOH)进行计算；当滴加氢氧化钠体积 10.00 mL 时，混合液为醋酸钠和醋酸的1:1混合液，电离大于水解，溶液显酸性，以此规律分析各粒子浓度大小关系。
(3)根据中和滴定操作要求进行回答。
(4)根据c(CH3COOH) =c(NaOH)×V(NaOH)/V(CH3COOH)进行分析，凡是引起V(NaOH)偏大的，结果偏高；反之，结果偏小。
【详解】(1)反应后的溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO－)+ c(OH－),当c(Na＋)＝c(CH3COO－)时，c(H+)=c(OH－)=10-7 mol/L；由于两溶液混合后体积为（a+ b）L，所以c(CH3COO－)= c(Na＋)= aL ×0.1 mol/L/（a+ b）L=mol/L；根据原子守恒规律可知，溶液中剩余的c(CH3COOH)=bL×0.1 mol/L/（a+ b）L-0.1 a/（a+ b）mol/L=0.1 b/（a+ b）-0.1a/（a+ b）=0.1(b- a)/（a+ b）,根据电离平衡常数计算公式K= c(H+) c(CH3COO－)/ c(CH3COOH)= [10-7×0.1 a/（a+ b）]/ 0.1(b- a)/（a+ b）=1×10－7a/(b－a)；
综上所述，本题答案是：k＝1×10－7a/(b－a)。
(2) ①石蕊变色范围为红、紫、蓝，颜色太深，不宜做指示剂；甲基橙的变色范围3.1-4.4，属于酸性变色范围；而酚酞的变色范围8.2-10，属于碱性变色范围；氢氧化钠与醋酸中和后的产物为醋酸钠，溶液为碱性溶液，所以要选择酚酞做指示剂；
综上所述，本题答案是：酚酞。
②根据酸碱中和原理可知：c(CH3COOH)＝c(NaOH)×V(NaOH)/V(CH3COOH)= 1.00 mol/L×20.00 mL×10-3/ 25.00 mL×10-3=0.800 mol/L；
当滴加NaOH到 10.00 mL 时，醋酸反应一半，剩余一半，即溶液中醋酸钠和醋酸的量为1:1；醋酸钠的水解平衡常数Kh=Kw/Ka=10-14/1.7×10-5=5.9×10-10
综上所述，本题答案是：锥形瓶中颜色的变化；溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复。
(4)①滴定过程中，用待测液润洗了锥形瓶，导致待测液的量增大，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，会导致所测 CH3COOH 浓度偏大；
综上所述，本题答案是：偏大。
②滴定管中，开始时读数正确，结束时俯视读数，会使所读取的体积数值偏小，即氢氧化钠溶液的体积偏小，所测 CH3COOH 浓度偏小；
综上所述。本题答案是：偏小。
【点睛】本题考查酸碱中和滴定，离子浓度的大小比较等知识。对于酸碱指示剂选择的基本原则总结如下：变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致；①不能用石蕊作指示剂；②滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂；③滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂；④强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以；⑤并不是所有的滴定都须使用指示剂，如用标准Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色褪去时即为滴定终点。
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