2021-2022学年浙江省杭州市桐庐中学高二（上）段考化学试卷（10月份）

这是一份2021-2022学年浙江省杭州市桐庐中学高二（上）段考化学试卷（10月份），共35页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年浙江省杭州市桐庐中学高二（上）段考化学试卷（10月份）
一、选择题（本大题共20小题，每小题3分共60分．每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（3分）下列说法中不正确的是（　　）
A．化学反应一定伴随着能量变化
B．加热才能发生的化学反应一定为吸热反应
C．化学反应能量变化不一定表现为热能
D．放热反应还是吸热反应，本质上决定于反应物的总能量和生成物总能量的相对大小
2．（3分）下列事实中，能用勒夏特列原理解释的是（　　）
A．配制FeSO4溶液时，加入一些铁粉
B．500℃左右比室温更有利于合成氨的反应
C．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
D．由H2、I2（g）、HI组成的平衡体系，加压后颜色加深
3．（3分）氢氰酸（HCN）的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（　　）
A．HCN易溶于水
B．10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应
C．1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3
D．HCN溶液的导电性比盐酸溶液的弱
4．（3分）下列说法正确的是（　　）
A．凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的
B．自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小
C．常温下，反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）不能自发进行，则该反应的△H＞0
D．反应2Mg（s）+CO2（g）═C（s）+2MgO（s）能自发进行，则该反应的△H＞0
5．（3分）下列说法正确的是（　　）
A．活化分子的平均能量称为活化能
B．活化分子互相碰撞即可发生化学反应
C．催化剂是通过增大反应所需的活化能来增大反应速率的
D．升高温度会加快化学反应速率，其原因是增加了活化分子的百分率
6．（3分）pH＝2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．A、B两酸溶液的物质的量浓度一定相等
B．a＝5时，A是强酸，B是弱酸
C．稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强
D．若A、B都是弱酸，则5≥a＞2
7．（3分）肼（H2N﹣NH2）是一种高能燃料，共价键的键能与热化学方程式信息如表。则2N（g）═N2（g）的△H为（　　）
共价键
N﹣H
N﹣N
O＝O
O﹣H
键能/（kJ•mol﹣1）
391
161
498
463
热化学方程式
N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O （g）△H＝﹣570kJ•mol﹣1
A．﹣941kJ•mol﹣1 B．941kJ•mol﹣1
C．﹣483kJ•mol﹣1 D．483kJ•mol﹣1
8．（3分）燃烧a g C2H5OH（l），生成二氧化碳气体和液态水，放出的热量为QkJ，经测定，生成的CO2与足量澄清石灰水反应得到100g沉淀，则表示乙醇燃烧的热化学方程式是（　　）
A．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H＝﹣QkJ•mol﹣1
B．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H＝﹣2QkJ•mol﹣1
C．C2H5OH（l）+O2（g）═CO2（g）+H2O（g）△H＝﹣QkJ•mol﹣1
D．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H＝﹣2QkJ•mol﹣1
9．（3分）在25℃时，用蒸馏水稀释1mol⋅L﹣1的醋酸溶液至0.01mol•L﹣1，随溶液的稀释，下列始终保持增大趋势的是（　　）
A．c（H+）⋅c（CH3COOH）
B．
C．
D．
10．（3分）一定条件下存在反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），△H＜0．现有三个体积相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，按如图所示投料，并在400℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是（　　）

A．容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数相同
B．容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率相同
C．SO3的体积分数：Ⅱ＜Ⅲ
D．容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1
11．（3分）在容积不变的密闭容器中有反应：X（g）+Y（g）⇌Z（g），平衡时Z（g）的物质的量浓度c（Z）与温度T的关系如右图所示．则下列说法不正确的是（　　）

A．A点与B点相比，B点的c（X）大
B．A点与C点的化学反应速率：前者＜后者
C．在反应进行到D点时，v（正）＜v（逆）
D．该反应的正反应ΔH＜0
12．（3分）下列说法正确的是（　　）
A．已知H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）ΔH＝﹣57.3kJ/mol，则1molH2SO4与1molBa（OH）2的反应热ΔH＝2×（﹣57.3）kJ/mol
B．已知4P（红磷，s）═P4（白磷，s）ΔH═+17kJ/mol，则白磷比红磷更稳定
C．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的ΔH不同
D．一定条件下，H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H＝﹣14.9kJ•mol﹣1，则该条件下分解1molHI吸收的热量为7.45kJ
13．（3分）某温度下，对于反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣1．N2的平衡转化率（α）与体系总压强（p）的关系如图所示．下列说法正确的是（　　）

A．将1 mol氮气、3 mol氢气，置于1 L密闭容器中发生反应，放出的热量为92.4 kJ
B．平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A）＜K（B）
C．上述反应在达到平衡后，增大压强，H2的转化率增大
D．升高温度，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应速率增大，正反应速率减小
14．（3分）在恒容条件下，能使NO2（g）+CO（g）⇌CO2（g）+NO（g）正反应速率增大且活化分子的百分数也增加的措施是（　　）
A．增大NO2或NO的浓度
B．减小CO2或NO的浓度
C．通入Ne使气体的压强增大
D．升高反应的温度
15．（3分）一定温度下在容积恒定的密闭容器中，进行反应A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g），当下列物理量不发生变化时，能说明该反应已达到平衡状态的是（　　）
①混合气体的密度
②容器内气体的压强
③混合气体总物质的量
④B物质的量浓度。
A．①④ B．只有②③ C．②③④ D．只有③④
16．（3分）关于常温下浓度均为0.1mol•L﹣1的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是（　　）
A．c（CH3COO﹣）＝c（Cl﹣）
B．醋酸的电离方程式：CH3COOH＝CH3COO﹣+H+
C．将该盐酸和醋酸溶液稀释10倍，醋酸溶液中的c（OH﹣）大于盐酸中的c（OH﹣）
D．中和相同体积的该盐酸和醋酸溶液消耗等物质的量浓度氢氧化钠溶液的体积不相同
17．（3分）在容积固定的密闭容器中存在如下反应：A（g）+3B（g）⇌2C（g）；△H＜0．某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：

下列判断一定错误的是（　　）
A．图I研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高
B．图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且乙的压强较高
C．图Ⅲ研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高
D．图 IV研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高
18．（3分）反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＝+57kJ•mol﹣1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．A、C两点的反应速率：A＞C
B．A、C两点气体的颜色：A浅，C深
C．T1＞T2
D．B、C两点气体的平均相对分子质量：B＜C
19．（3分）十氢萘（C10H18）是具有高储氢密度的氢能载体，经历“C10H18→C10H12→C10H8”的脱氢过程释放氢气。
反应Ⅰ：C10H18（l）→C10H12（l）+3H2（g）△H1
反应Ⅱ：C10H12（l）→C10H8（l）+2H2（g）△H2
在一定温度下，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法不正确的是（　　）

A．△H1＞△H2＞0
B．△H1＝E﹣E
C．该脱氢过程速率的快慢由反应Ⅰ决定
D．C10H18脱氢过程中，不会有大量中间产物C10H12积聚
20．（3分）有甲、乙两醋酸稀溶液，测得甲的pH＝2，乙的pH＝3．下列推断中正确的是（　　）
A．物质的量浓度c（甲）＝10c（乙）
B．甲中由水电离产生的H+的物质的量浓度是乙的0.1倍
C．中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液需甲、乙两酸的体积V（乙）＝10V（甲）
D．测定甲、乙pH可用湿润精密的pH试纸，若加水分别稀释10倍，甲的pH＝3，乙的pH＝4
二、非选择题（本大题共4小题，共40分）
21．（12分）回答下列问题：
（1）已知室温时，0.1mol⋅•L﹣1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，回答下列问题：
①该溶液中c（H+）＝　 　mol⋅L﹣1。
②HA的电离平衡常数K＝　 　。
③由HA电离出的c（H+））约为水电离出的c（H+）的 　 　倍。
（2）部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
HCOOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数/25℃
K＝1.77×10﹣4
K1＝4.4×10﹣7K2＝4.7×10﹣11
3.0×10﹣8
①在相同浓度的HCOOH和HClO的溶液中，用“＞”“＜”或“＝”填空。
溶液导电能力：HCOOH 　 　HClO。
②HCO3﹣的电离平衡常数表达式为 　 　。
③将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出该反应离子方程式 　 　。
22．（6分）某实验小组在同样的实验条件下，用同样的实验仪器和方法步骤进行两组中和热测定的实验，实验试剂及其用量如表所示。
反应物
起始温度/℃
终了温度/℃
中和热/kJ•mol﹣1
硫酸
碱溶液
①0.5mol•L﹣1H2SO4溶液50mL、1.1mol•L﹣1NaOH溶液50mL
25.1
25.1

△H1
②0.5mol•L﹣1H2SO4溶液50mL、1.1mol•L﹣1NH3•H2O溶液50mL
25.1
25.1

△H2
（1）如图实验装置中仪器a的名称　 　。
（2）若实验测得①中终了温度为31.8℃，则该反应的中和热△H1＝　 　。（已知硫酸、NaOH溶液密度近似为1.0g•cm﹣3，中和后混合液的比热容c＝4.18×10﹣3kJ•g﹣1•℃﹣1）
（3）甲同学预计△H1≠△H2，其依据是　 　。

23．（10分）硫酰氯（SO2Cl2）和亚硫酰氯（SOCl2）均是重要的化工试剂，遇水发生剧烈反应，常用作脱水剂。
已知：①SO2Cl2（g）⇌SO2（g）+Cl2（g）△H＝+471.7kJ/mol K1
②SO2（g）+Cl2（g）+SCl2（g）⇌2SOCl2（g）△H＝﹣477.3kJ/mol K2
（1）反应2SOCl2（g）⇌SO2Cl2（g）+SCl2（g）的平衡常数K＝　 　（用K1、K2表示），该反应△H＝　 　kJ/mol。
（2）若在绝热、恒容的密闭容器中，投入一定量的SO2Cl2（g）和SCl2（g），发生反应SO2Cl2（g）+SCl2（g）⇌2SOCl2（g），如图中能说明t1时刻反应达到平衡状态的是　 　。（填字母）
（3）在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol SO2Cl2，10min后反应①达到平衡。测得10min内v（SO2）＝8.0×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则平衡时SO2Cl2的转化率a1＝　 　。
24．（12分）雾霾天气多次肆虐我国中东部地区，京津地区一度诞生了“雾霾假期”。要有效控制雾霾改善大气质量，有效控制空气中氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物显得尤为重要。其中，汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一。
（1）汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）。在密闭容器中发生该反应时，c（CO2）随温度（T）、催化剂的表面积（S）和时间（t）的变化曲线，如图所示。据此判断：
①该反应的ΔH 　 　0（填“＞”或“＜”）。
②在T1温度下，0～2s内的平均反应速率v（N2）＝　 　。
③当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率．若催化剂的表面积S1＜S2，在图中画出c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线　 　。
④若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是 　 　（填字母）。
（2）一氧化碳是一种用途相当广泛的化工基础原料。可以还原金属氧化物，还可以用来合成很多有机物如甲醇等．在压强为0.1MPa条件下，将amolCO与3amolH2的混合气体在催化剂作用下反应生成甲醇：CO+2H2（g）＝CH3OHΔH＝﹣bkJ⋅mol﹣1。
①若容器容积不变，下列措施可提高CO转化率的是 　 　。
A．升高温度
B．将CH3OH（g）从体系中分离
C．充入He，使体系总压强增大
D．再充入1molCO和3molH2
②经测定不同温度下该反应的平衡常数如下：
温度（℃）
250
300
350
K
2.041
0.270
0.012
若某时刻，250℃测得该反应的反应物与生成物的浓度分别为c（CO）＝0.4mol•L﹣1、c（H2）＝0.4mol•L﹣1、c（CH3OH）＝0.8mol•L﹣1，则此时v正　 　v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）。
③汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）＝2C（s）+O2（g），已知该反应的ΔH＞0，判断该设想能否实现，并简述原因：　 　。


2021-2022学年浙江省杭州市桐庐中学高二（上）段考化学试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共20小题，每小题3分共60分．每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（3分）下列说法中不正确的是（　　）
A．化学反应一定伴随着能量变化
B．加热才能发生的化学反应一定为吸热反应
C．化学反应能量变化不一定表现为热能
D．放热反应还是吸热反应，本质上决定于反应物的总能量和生成物总能量的相对大小
【分析】A．断键吸收能量、成键放出能量；
B．加热才能发生的化学反应可能为放热反应；
C．化学反应中的能量变化包括热能、光能、电能等；
D．反应物和生成物总能量相对大小决定反应是吸热反应还是放热反应。
【解答】解：A．化学反应实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，断键吸收能量、成键放出能量，所以化学反应一定伴随能量变化，故A正确；
B．加热才能发生的化学反应可能为放热反应，如铝热反应等，故B错误；
C．化学反应中的能量变化包括热能、光能、电能等，如原电池放电时化学能转化为电能，故C正确；
D．反应物和生成物总能量相对大小决定反应是吸热反应还是放热反应，如果反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，如果反应物总能量小于生成物总能量，该反应为吸热反应，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应与能量变化关系，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确化学反应与能量关系、反应热与反应条件关系是解本题关键。
2．（3分）下列事实中，能用勒夏特列原理解释的是（　　）
A．配制FeSO4溶液时，加入一些铁粉
B．500℃左右比室温更有利于合成氨的反应
C．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
D．由H2、I2（g）、HI组成的平衡体系，加压后颜色加深
【分析】勒夏特列原理主要内容为：在一个已经达到平衡的反应中，如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强，以及参加反应的化学物质的浓度），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，能用勒夏特列原理解释，首先必须存在可逆过程，以此解答该题．
【解答】解：A、配制FeCl2溶液时在溶液中加入少量铁粉，防止亚铁离子水解，和化学平衡无关，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B、合成NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，但升高温度为加快反应速率，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C、排饱和食盐水的方法收集氯气，利用的是氯离子浓度增大。使平衡Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO逆向进行，减少氯气的溶解性，能用勒夏特列原理解释，故C正确；
D、由H2、I2（g）、HI组成的平衡体系，增大压强，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意把握影响平衡移动的因素以及使用勒夏特列原理的前提．
3．（3分）氢氰酸（HCN）的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（　　）
A．HCN易溶于水
B．10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应
C．1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3
D．HCN溶液的导电性比盐酸溶液的弱
【分析】部分电离的电解质为弱电解质，要想证明HCN为弱电解质，只要证明HCN部分电离即可。
【解答】解：A．电解质的电离程度与其溶解性无关，所以无法判断HCN为弱电解质，故A错误；
B．10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应，说明HCN为一元酸，不能说明HCN部分电离，则不能证明HCN为弱电解质，故B错误；
C．1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3，溶液中c（H+）＝0.001mol/L＜c（HCN），则HCN部分电离，为弱电解质，故C正确；
D．HCN溶液的导电性比盐酸溶液的弱，说明HCN溶液中离子浓度较小，不能说明HCN部分电离，不能证明HCN为弱电解质，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查电解质强弱判断，侧重考查对基本概念的理解和运用，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意：电解质强弱与电离程度有关，与其溶解性强弱、其水溶液导电性强弱无关。
4．（3分）下列说法正确的是（　　）
A．凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的
B．自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小
C．常温下，反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）不能自发进行，则该反应的△H＞0
D．反应2Mg（s）+CO2（g）═C（s）+2MgO（s）能自发进行，则该反应的△H＞0
【分析】A、反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的；
B、若△H＜0，△S＞0，则一定自发，若△H＞0，△S＜0，则一定不能自发，若△H＜0，△S＜0或△H＞0，△S＞0，反应能否自发，和温度有关；
C、反应的△S＞0，若△H＜0，则一定自发，现常温下不自发，说明△H＞0；
D、反应的△S＜0，能自发，说明△H＜0。
【解答】解：A、反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的，若△H＜0，△S＞0，则一定自发，若△H＞0，△S＜0，则一定不能自发，若△H＜0，△S＜0或△H＞0，△S＞0，反应能否自发，和温度有关，故A错误；
B、若△H＜0，△S＞0，则一定自发，若△H＞0，△S＜0，则一定不能自发，若△H＜0，△S＜0或△H＞0，△S＞0，反应能否自发，和温度有关，故B错误；
C、该反应的△S＞0，若△H＜0，则一定自发，现常温下不自发，说明△H＞0，故C正确；
D、该反应的△S＜0，能自发，说明△H＜0，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应进行的方向，明确焓判据和熵判据均存在缺陷，准确判断焓变和熵变是解题的关键，难度不大，注意基础知识的积累。
5．（3分）下列说法正确的是（　　）
A．活化分子的平均能量称为活化能
B．活化分子互相碰撞即可发生化学反应
C．催化剂是通过增大反应所需的活化能来增大反应速率的
D．升高温度会加快化学反应速率，其原因是增加了活化分子的百分率
【分析】A、使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能；
B、活化分子的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞；
C．催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子的百分数；
D．升高温度，提供能量，活化分子百分数增大。
【解答】解：A．使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差称为活化能，故A错误；
B、活化分子相碰撞，不一定为有效碰撞，则不一定发生化学反应，故B错误；
C、催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，来增大反应的速率，故C错误；
D．升高温度，提供能量，活化分子百分数增大，有效碰撞的几率增大，反应速率加快，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，侧重活化分子数目、百分数变化对反应速率影响的考查，把握活分分子及碰撞理论为解答的关键，题目难度不大。
6．（3分）pH＝2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．A、B两酸溶液的物质的量浓度一定相等
B．a＝5时，A是强酸，B是弱酸
C．稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强
D．若A、B都是弱酸，则5≥a＞2
【分析】由图可知，稀释相同的倍数，A的变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中c（H+）越大，酸性越强，对于一元强酸来说c（酸）＝c（H+），但对于一元弱酸，c（酸）＞c（H+）。
【解答】解：A．因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c（酸）＝c（H+），对于一元弱酸，c（酸）＞c（H+），则A、B两种酸溶液的物质的量浓度不一定相等，故A错误；
B．由图可知，若a＝5，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故B正确；
C．由图知：当稀释后，A酸的pH明显大于B，c（H+）：A＜B，则稀释后B的酸性强，故C错误；
D．若A和B都是弱酸，加水稀释时促进弱酸电离，所以pH＝2的A、B稀释1000倍时，溶液中pH为5＞a＞2，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，正确判断酸性强弱是解本题关键，注意溶液酸性强弱与c（H+）的关系，题目难度不大。
7．（3分）肼（H2N﹣NH2）是一种高能燃料，共价键的键能与热化学方程式信息如表。则2N（g）═N2（g）的△H为（　　）
共价键
N﹣H
N﹣N
O＝O
O﹣H
键能/（kJ•mol﹣1）
391
161
498
463
热化学方程式
N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O （g）△H＝﹣570kJ•mol﹣1
A．﹣941kJ•mol﹣1 B．941kJ•mol﹣1
C．﹣483kJ•mol﹣1 D．483kJ•mol﹣1
【分析】焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，结合键能及热化学方程式计算。
【解答】解：设N≡N的键能为x，由N2H4（g）+O2（g）＝N2（g）+2H2O（g））△H＝﹣570kJ•mol﹣1及表中键能可知，4×391kJ/mol+161kJ/mol+498kJ/mol﹣x﹣4×463kJ/mol＝﹣570kJ/mol，解得x＝941kJ•mol﹣1，成键释放能量，则2N（g）＝N2（g）的△H＝﹣941kJ•mol﹣1，
故选：A。
【点评】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握焓变的计算、键能及化学键为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意键能与焓变的关系，题目难度不大。
8．（3分）燃烧a g C2H5OH（l），生成二氧化碳气体和液态水，放出的热量为QkJ，经测定，生成的CO2与足量澄清石灰水反应得到100g沉淀，则表示乙醇燃烧的热化学方程式是（　　）
A．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H＝﹣QkJ•mol﹣1
B．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H＝﹣2QkJ•mol﹣1
C．C2H5OH（l）+O2（g）═CO2（g）+H2O（g）△H＝﹣QkJ•mol﹣1
D．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H＝﹣2QkJ•mol﹣1
【分析】生成的CO2与足量澄清石灰水反应得到100 g沉淀，则n（CO2）＝n（CaCO3）＝＝1.0mol，则C2H5OH（l）燃烧生成1mol二氧化碳气体和液态水，放出的热量为Q kJ，结合物质的量与△H成正比及物质的状态来解答。
【解答】解：C2H5OH（l）燃烧生成的CO2与足量澄清石灰水反应得到100 g沉淀，n（CO2）＝＝1.0mol，则生成1mol二氧化碳气体和液态水，放出的热量为Q kJ，则热化学方程式为C2H5OH（1）+O2（g）＝CO2（g）+H2O（l）△H＝﹣Q kJ/mol或C2H5OH（1）+3O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（l）△H＝﹣2Q kJ/mol，
故选：D。
【点评】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握物质的量与△H的关系、物质的状态为解答该题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意燃烧热中水为液态，题目难度不大。
9．（3分）在25℃时，用蒸馏水稀释1mol⋅L﹣1的醋酸溶液至0.01mol•L﹣1，随溶液的稀释，下列始终保持增大趋势的是（　　）
A．c（H+）⋅c（CH3COOH）
B．
C．
D．
【分析】加水稀释促进醋酸电离，则醋酸溶液中n（CH3COOH）减小、n（H+）和n（CH3COO﹣）增大，醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，则稀释过程中c（CH3COOH）、c（H+）、c（CH3COO﹣）都减小，但温度不变水的离子积常数不变，则c（OH﹣）增大。
【解答】解：加水稀释促进醋酸电离，则醋酸溶液中n（CH3COOH）减小、n（H+）和n（CH3COO﹣）增大，醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，则稀释过程中c（CH3COOH）、c（H+）、c（CH3COO﹣）都减小，但温度不变水的离子积常数不变，则c（OH﹣）增大，
A．稀释过程中c（CH3COOH）、c（H+）都减小，则c（H+）•c（CH3COOH）减小，故A错误；
B．稀释过程中n（CH3COOH）减小、n（H+）增大，＝×＝减小，故B错误；
C．稀释过程中c（H+）增大，温度不变电离平衡常数不变，则增大，故C正确；
D．稀释过程中n（CH3COOH）减小、n（CH3COO﹣）增大，则＝×＝减小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确加水稀释过程中醋酸溶液中各微粒浓度变化是解本题关键，注意分式的灵活变形，题目难度不大。
10．（3分）一定条件下存在反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），△H＜0．现有三个体积相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，按如图所示投料，并在400℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是（　　）

A．容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数相同
B．容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率相同
C．SO3的体积分数：Ⅱ＜Ⅲ
D．容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1
【分析】A、容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行；
B、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒压容器，反应过程中随着SO2转化为SO3，容器Ⅱ的压强会增大，反应速率会比容器Ⅲ大；
C、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，Ⅱ＞Ⅲ；
D、若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，实际容器Ⅰ是绝热恒容，随着反应的进行，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小。
【解答】解：A、容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同，故A错误；
B、容器Ⅲ是恒压容器，反应过程中压强大于容器Ⅰ，反应速率大，容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，故B错误；
C、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，SO3的体积分数：Ⅱ＞Ⅲ，故C错误；
D、若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，但实际容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了影响化学平衡因素的分析判断，注意容器的条件分析应用，绝热容器使体系温度升高，掌握基础是关键，题目难度中等。
11．（3分）在容积不变的密闭容器中有反应：X（g）+Y（g）⇌Z（g），平衡时Z（g）的物质的量浓度c（Z）与温度T的关系如右图所示．则下列说法不正确的是（　　）

A．A点与B点相比，B点的c（X）大
B．A点与C点的化学反应速率：前者＜后者
C．在反应进行到D点时，v（正）＜v（逆）
D．该反应的正反应ΔH＜0
【分析】升高温度，C的物质的量浓度减小，说明该反应向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，A、B、C所在曲线为平衡曲线，该曲线上正逆反应速率相等，
A．升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应物浓度增大；
B．温度越高反应速率越大；
C．在D点，要想达到平衡状态，该反应应该向正反应方向移动；
D．升高温度，C的物质的量浓度减小，则该反应的正反应是放热反应。
【解答】解：A．升高温度，C的物质的量浓度减小，则平衡向逆反应方向移动，反应物浓度增大，所以B点的c（X）大，故A正确；
B．无论是放热反应还是吸热反应，升高温度反应速率都增大，A点温度小于C点，所以A点与C点的化学反应速率：前者＜后者，故B正确；
C．在D点，要想达到平衡状态，该反应应该向正反应方向移动，则正反应速率大于逆反应速率，所以v正＞v逆，故C错误；
D．升高温度，C的物质的量浓度减小，说明平衡向逆反应方向移动，所以该反应的正反应是放热反应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了温度对化学平衡的影响，根据图象确定该反应的反应热，再结合平衡移动方向判断反应速率，易错选项是C，注意升高温度平衡向吸热反应方向移动，但正反应、逆反应速率都增大，只是增大程度不同，为易错点。
12．（3分）下列说法正确的是（　　）
A．已知H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）ΔH＝﹣57.3kJ/mol，则1molH2SO4与1molBa（OH）2的反应热ΔH＝2×（﹣57.3）kJ/mol
B．已知4P（红磷，s）═P4（白磷，s）ΔH═+17kJ/mol，则白磷比红磷更稳定
C．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的ΔH不同
D．一定条件下，H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H＝﹣14.9kJ•mol﹣1，则该条件下分解1molHI吸收的热量为7.45kJ
【分析】A．生成硫酸钡沉淀放热；
B．能量越低越稳定；
C．反应的焓变与反应条件无关；
D．一定条件下，H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H＝﹣14.9kJ•mol﹣1，则2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）△H＝+14.9kJ•mol﹣1。
【解答】解：A．生成硫酸钡沉淀放热，则1molH2SO4与1molBa（OH）2的反应热ΔH＜2×（﹣57.3）kJ/mol，故A错误；
B．已知4P（红磷，s）═P4（白磷，s）ΔH═+17kJ/mol，则红磷能量较低，则红磷比白磷稳定，故B错误；
C．反应的焓变与反应条件无关，则同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的ΔH相同，故C错误；
D．一定条件下，H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H＝﹣14.9kJ•mol﹣1，则2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）△H＝+14.9kJ•mol﹣1，则该条件下分解1molHI吸收的热量为＝7.45kJ，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
13．（3分）某温度下，对于反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣1．N2的平衡转化率（α）与体系总压强（p）的关系如图所示．下列说法正确的是（　　）

A．将1 mol氮气、3 mol氢气，置于1 L密闭容器中发生反应，放出的热量为92.4 kJ
B．平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A）＜K（B）
C．上述反应在达到平衡后，增大压强，H2的转化率增大
D．升高温度，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应速率增大，正反应速率减小
【分析】A、可逆反应反应物不能完全转化，结合热化学方程式的含义解答；
B、平衡常数只受温度影响，与压强无关；
C、增大压强平衡向体积减小的方向移动；
D、升高温度正、逆反应速率都增大，逆反应速率比较正反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动．
【解答】解：A、热化学方程式N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ/mol表示1mol氮气（g）与3mol氢气（g）反应生成2mol氨气（g），放出的热量为92.4kJ，由于可逆反应反应物不能完全转化，1.0mol氮气、3.0mol氢气，置于1L密闭容器中发生反应，放出的热量小于92.4kJ，故A错误；
B、平衡常数只受温度影响，与压强无关，增大压强平衡常数不变，故平衡常数K（A）＝K（B），故B错误；
C、增大压强平衡向体积减小的方向移动，即向正反应移动，H2的转化率提高，故C正确；
D、升高温度正、逆反应速率都增大，逆反应速率比较正反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡图象、反应热计算、影响化学平衡与化学反应速率的因素等，难度中等，注意A中热化学方程式的意义．
14．（3分）在恒容条件下，能使NO2（g）+CO（g）⇌CO2（g）+NO（g）正反应速率增大且活化分子的百分数也增加的措施是（　　）
A．增大NO2或NO的浓度
B．减小CO2或NO的浓度
C．通入Ne使气体的压强增大
D．升高反应的温度
【分析】升高温度、增大压强、加入合适的催化剂、增大反应物浓度都能加快正反应速率；加入合适的催化剂、升高温度都能增加活化分子百分数。
【解答】解：A．增大NO2浓度，正反应速率增大，增大NO的浓度瞬间，正反应速率不变，随着反应的进行，正反应速率增大，但活化分子百分数不变，故A错误；
B．减小CO2的浓度瞬间，正反应速率不变，随着反应进行，正反应速率减小，减小NO的浓度，正反应速率减小，活化分子百分数不变，故B错误；
C．恒容条件下充入Ne，反应物浓度不变，化学反应速率不变，活化分子百分数不变，故C错误；
D．升高温度，部分分子转化为活化分子，活化分子百分数增大，活化分子有效碰撞几率增大，正反应速率增大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确外界条件对化学反应速率影响原理是解本题关键，C为解答易错点，题目难度不大。
15．（3分）一定温度下在容积恒定的密闭容器中，进行反应A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g），当下列物理量不发生变化时，能说明该反应已达到平衡状态的是（　　）
①混合气体的密度
②容器内气体的压强
③混合气体总物质的量
④B物质的量浓度。
A．①④ B．只有②③ C．②③④ D．只有③④
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【解答】解：①由于气体的质量会发生变化，所以若混合气体的密度不变，则反应达到平衡，故正确；
②由于该反应是在恒容的密闭容器内进行的反应前后气体的体积相等的反应，所以无论反应是否达到平衡，容器内气体的压强不变，因此不能判断反应达到平衡，故错误；
③由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以无论反应是否达到平衡，混合气体总物质的量不变，故正确；
④B是气体，若反应未达到平衡，则B的物质的量浓度就会发生变化，所以B物质的量浓度不变说明反应达到平衡状态，故正确；
故选：A。
【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。
16．（3分）关于常温下浓度均为0.1mol•L﹣1的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是（　　）
A．c（CH3COO﹣）＝c（Cl﹣）
B．醋酸的电离方程式：CH3COOH＝CH3COO﹣+H+
C．将该盐酸和醋酸溶液稀释10倍，醋酸溶液中的c（OH﹣）大于盐酸中的c（OH﹣）
D．中和相同体积的该盐酸和醋酸溶液消耗等物质的量浓度氢氧化钠溶液的体积不相同
【分析】A．CH3COOH是弱电解质，部分电离，HCl是强电解质而完全电离；
B．CH3COOH是弱电解质，部分电离，所以其电离方程式中应该写“⇌”；
C．加水稀释促进CH3COOH，但稀释相同倍数的醋酸和稀盐酸中c（H+）：盐酸＞醋酸，酸中c（H+）越大，酸中c（OH﹣）越小；
D．中和相同体积、相同浓度的盐酸和醋酸，消耗等物质的量浓度的NaOH溶液体积与酸的物质的量成正比。
【解答】解：A．CH3COOH是弱电解质，部分电离，HCl是强电解质而完全电离，则相同浓度的盐酸和醋酸溶液中c（CH3COO﹣）＜c（Cl﹣），故A错误；
B．CH3COOH是弱电解质，部分电离，所以其电离方程式中应该写“⇌”，则醋酸电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，故B错误；
C．加水稀释促进CH3COOH，但稀释相同倍数的醋酸和稀盐酸中c（H+）：盐酸＞醋酸，酸中c（H+）越大，酸中c（OH﹣）越小，所以醋酸溶液中的c（OH﹣）大于盐酸中的c（OH﹣），故C正确；
D．中和相同体积、相同浓度的盐酸和醋酸，消耗等物质的量浓度的NaOH溶液体积与酸的物质的量成正比，等体积、等物质的量浓度相同的盐酸和醋酸的物质的量相等，则消耗相同物质的量浓度NaOH溶液体积相同，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查基础知识的理解和灵活应用能力，明确弱电解质电离特点、酸对水电离影响特点是解本题关键，D为解答易错点，D中消耗碱体积与酸的强弱无关，题目难度不大。
17．（3分）在容积固定的密闭容器中存在如下反应：A（g）+3B（g）⇌2C（g）；△H＜0．某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：

下列判断一定错误的是（　　）
A．图I研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高
B．图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且乙的压强较高
C．图Ⅲ研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高
D．图 IV研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高
【分析】A．加入催化剂，平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，甲使用的催化剂效率较高；
B．甲到达平衡时间长，所以甲的压强较低；
C．甲到达平衡时间短，所以甲的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动；
D．加入催化剂，平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，甲使用的催化剂效率较高．
【解答】解：A．加入催化剂，平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，所以甲使用的催化剂效率较高，乙使用的催化剂效率较较低，故A错误；
B．甲到达平衡时间长，所以甲的压强较低，乙的压强较高，故B正确；
C．甲到达平衡时间短，所以甲的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以B的转化率减小，故C正确；
D．加入催化剂，平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，所以甲使用的催化剂效率较高，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查外界条件对化学反应速率、化学平衡的影响，题目难度中等．
18．（3分）反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＝+57kJ•mol﹣1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．A、C两点的反应速率：A＞C
B．A、C两点气体的颜色：A浅，C深
C．T1＞T2
D．B、C两点气体的平均相对分子质量：B＜C
【分析】A．在其它条件不变时，压强越大，反应速率越快；
B．温度不变时增大压强平衡逆向移动；
C．压强相同时，升高温度平衡正向移动，二氧化氮体积分数增大；
D．平均相对分子质量＝。
【解答】解：A．在其它条件不变时，压强越大，反应速率越快，A、C两点的反应温度相同，由于压强：C＞A，所以反应速率：C＞A，故A错误；
B．A、C两点的反应温度相同，压强：C点＞A点，增大压强时c（NO2）增大但化学平衡逆向移动，c（NO2）减小，平衡移动的趋势是微弱的，总的来说c（NO2）比A点大，故A、C两点气体的颜色：A点浅，C点深，故B正确；
C．该反应的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，NO2的体积分数增大，所以温度：T2＞T1，故C错误；
D．根据图象可知B、C两点NO2的体积分数相同，由于气体的质量不变，则各种气体的物质的量不变，气体的总物质的量不变，故气体的平均相对分子质量也不变，即B、C两点气体的平均相对分子质量相同，即：B＝C，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确温度、压强对平衡影响原理内涵及曲线变化趋势是解本题关键，采用“定一议二”的方法分析判断即可，题目难度不大。
19．（3分）十氢萘（C10H18）是具有高储氢密度的氢能载体，经历“C10H18→C10H12→C10H8”的脱氢过程释放氢气。
反应Ⅰ：C10H18（l）→C10H12（l）+3H2（g）△H1
反应Ⅱ：C10H12（l）→C10H8（l）+2H2（g）△H2
在一定温度下，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法不正确的是（　　）

A．△H1＞△H2＞0
B．△H1＝E﹣E
C．该脱氢过程速率的快慢由反应Ⅰ决定
D．C10H18脱氢过程中，不会有大量中间产物C10H12积聚
【分析】A．若生成物的总能量大于反应物总能量，则反应为吸热反应，结合图象分析△H1、△H2的大小；
B．由图可知，△H1＜E﹣E；
C．反应的活化能越大，反应速率越小，总反应由反应速率小的那步反应决定；
D．由图可知，反应速率：反应II＞反应I，即生成C10H12的速率小于消耗C10H12的速率。
【解答】解：A．由图可知，反应Ⅰ和Ⅱ的生成物的总能量均大于反应物总能量，则反应Ⅰ和Ⅱ均为吸热反应，并且反应I的生成物的总能量﹣反应物的总能量较大，即△H1＞△H2＞0，故A正确；
B．Ea1为反应Ⅰ的活化能，Ea2为反应Ⅱ的活化能，由图可知，△H1＜Ea1﹣Ea2，故B错误；
C．由图可知，Ea1＞Ea2，则说明反应Ⅱ比反应Ⅰ速率快，化学反应速率的快慢由慢反应决定，则该脱氢过程速率的快慢由慢反应Ⅰ决定，故C正确；
D．由图可知，Ea1＞Ea2，则说明反应Ⅱ比反应Ⅰ速率快，即消耗C10H12速率大于生成C10H12，所以C10H18脱氢过程中，不会有大量中间产物C10H12，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握化学反应中能量的变化、吸放热反应的判断、反应热与反应物、生成物总能量之间的关系、活化能等知识即可解答，注意理解活化能和反应速率的关系，题目难度不大。
20．（3分）有甲、乙两醋酸稀溶液，测得甲的pH＝2，乙的pH＝3．下列推断中正确的是（　　）
A．物质的量浓度c（甲）＝10c（乙）
B．甲中由水电离产生的H+的物质的量浓度是乙的0.1倍
C．中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液需甲、乙两酸的体积V（乙）＝10V（甲）
D．测定甲、乙pH可用湿润精密的pH试纸，若加水分别稀释10倍，甲的pH＝3，乙的pH＝4
【分析】醋酸的浓度越大，醋酸的电离程度越小，甲溶液的pH＝2、乙溶液的pH＝3，醋酸电离程度：甲＜乙，
A．如果甲、乙溶液中醋酸电离程度相等，则c（甲）＝10c（乙）；
B．pH＝2的醋酸中，c（H+）＝0.01mol/L，pH＝3的醋酸溶液中c（H+）＝0.001mol/L，醋酸溶液中水电离出的c（H+）＝；
C．中和等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液消耗V（醋酸）与c（醋酸）成反比；
D．测醋酸溶液pH值时，pH试纸不能润湿；加水稀释促进醋酸电离。
【解答】解：醋酸的浓度越大，醋酸的电离程度越小，甲溶液的pH＝2、乙溶液的pH＝3，醋酸电离程度：甲＜乙，
A．如果甲、乙溶液中醋酸电离程度相等，则c（甲）＝10c（乙），实际上醋酸电离程度：甲＜乙，则物质的量浓度c（甲）＞10c（乙），故A错误；
B．pH＝2的醋酸中，c（H+）＝0.01mol/L，pH＝3的醋酸溶液中c（H+）＝0.001mol/L，醋酸溶液中水电离出的c（H+）＝，相同条件下水的离子积常数相等，则甲中由水电离产生的H+的物质的量浓度是乙倍数＝：＝0.1，故B正确；
C．根据A的分析知，c（甲）＞10c（乙），中和等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液消耗V（醋酸）：V（乙）＞10V（甲），故C错误；
D．测醋酸溶液pH值时，如果pH试纸润湿会导致醋酸浓度减小，溶液的pH值增大；加水稀释促进醋酸电离若加水分别稀释10倍，加水稀释促进醋酸电离，则甲、乙溶液中c（H+）大于原溶液的，所以稀释后甲溶液的pH＜3，乙溶液的pH＜4，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析、判断及计算能力，明确弱酸浓度与弱酸电离程度关系、弱电解质电离影响因素等知识点是解本题关键，注意酸溶液中水电离出c（H+）的计算方法，题目难度不大。
二、非选择题（本大题共4小题，共40分）
21．（12分）回答下列问题：
（1）已知室温时，0.1mol⋅•L﹣1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，回答下列问题：
①该溶液中c（H+）＝　10﹣4　mol⋅L﹣1。
②HA的电离平衡常数K＝　1×10﹣7　。
③由HA电离出的c（H+））约为水电离出的c（H+）的 　106　倍。
（2）部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
HCOOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数/25℃
K＝1.77×10﹣4
K1＝4.4×10﹣7K2＝4.7×10﹣11
3.0×10﹣8
①在相同浓度的HCOOH和HClO的溶液中，用“＞”“＜”或“＝”填空。
溶液导电能力：HCOOH 　＞　HClO。
②HCO3﹣的电离平衡常数表达式为 　K＝　。
③将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出该反应离子方程式 　H2O+CO2+ClO﹣＝HCO3﹣+HClO　。
【分析】（1）①0.1mol/L的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则溶液中c（H+）＝0.1mol/L×0.1%；
②酸的电离程度较小，所以溶液中存在c（H+）≈c（A﹣）、c（HA）≈0.1mol/L，电离平衡常数K＝；
③HA电离出的c（H+）＝0.1mol/L×0.1%、水电离出的c（H+）＝；
（2）①酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，相同浓度的溶液中离子浓度越大，溶液导电性与离子浓度成正比；
②HCO3﹣部分电离生成CO32﹣的和H+；
③酸的电离平衡常数越大，酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，所以二者反应生成HCO3﹣、HClO。
【解答】解：（1）①0.1mol/L的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则溶液中c（H+）＝0.1mol/L×0.1%＝10﹣4mol/L，
故答案为：10﹣4；
②酸的电离程度较小，所以溶液中存在c（A﹣）≈c（H+）＝10﹣4mol/L，c（HA）≈0.1mol/L，电离平衡常数K＝≈＝1×10﹣7，
故答案为：1×10﹣7；
③HA电离出的c（H+）＝0.1mol/L×0.1%、水电离出的c（H+）＝＝mol/L＝10﹣10mol/L，HA电离出的c（H+））约为水电离出的c（H+）的倍数＝10﹣4mol/L：10﹣10mol/L＝106，
故答案为：106；
（2）①酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，相同浓度的溶液中离子浓度越大，溶液导电性与离子浓度成正比，根据电离平衡常数知，酸性：HCOOH＞HClO，则相同浓度的这两种酸中离子浓度：HCOOH＞HClO，酸的导电能力：HCOOH＞HClO，
故答案为：＞；
②HCO3﹣部分电离生成CO32﹣的和H+，电离平衡常数K＝，
故答案为：K＝；
③酸的电离平衡常数越大，酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，所以二者反应生成HCO3﹣、HClO，离子方程式为H2O+CO2+ClO﹣＝HCO3﹣+HClO，
故答案为：H2O+CO2+ClO﹣＝HCO3﹣+HClO。
【点评】本题考查弱电解质的电离、强酸制取弱酸等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确电离平衡常数计算方法、电离平衡常数与酸性强弱关系等知识点是解本题关键，注意（1）题计算的近似处理方法，题目难度不大。
22．（6分）某实验小组在同样的实验条件下，用同样的实验仪器和方法步骤进行两组中和热测定的实验，实验试剂及其用量如表所示。
反应物
起始温度/℃
终了温度/℃
中和热/kJ•mol﹣1
硫酸
碱溶液
①0.5mol•L﹣1H2SO4溶液50mL、1.1mol•L﹣1NaOH溶液50mL
25.1
25.1

△H1
②0.5mol•L﹣1H2SO4溶液50mL、1.1mol•L﹣1NH3•H2O溶液50mL
25.1
25.1

△H2
（1）如图实验装置中仪器a的名称　环形玻璃搅拌棒　。
（2）若实验测得①中终了温度为31.8℃，则该反应的中和热△H1＝　﹣56.0kJ/mol　。（已知硫酸、NaOH溶液密度近似为1.0g•cm﹣3，中和后混合液的比热容c＝4.18×10﹣3kJ•g﹣1•℃﹣1）
（3）甲同学预计△H1≠△H2，其依据是　NH3•H2O是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程　。

【分析】（1）根据量热计的构造和实验步骤来确定实验的仪器；
（2）根据化学反应热的计算公式Q＝﹣cm△T来计算；
（3）弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程。
【解答】解：（1）如图实验装置中仪器a的名称环形玻璃搅拌棒，
故答案为：环形玻璃搅拌棒；
（2）中和热△H1＝﹣＝﹣＝﹣56.0 kJ/mol，
故答案为：﹣56.0 kJ/mol；
（3）NH3•H2O是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程，稀氨水和1.0 mol/L HCl溶液恰好完全反应放热偏小，终了温度偏低，反应热数值偏小，但反应热是负值，所以△H1＜△H2，
故答案为：NH3•H2O是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程。
【点评】本题考查了中和热的测定方法，题目难度不大，注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确。
23．（10分）硫酰氯（SO2Cl2）和亚硫酰氯（SOCl2）均是重要的化工试剂，遇水发生剧烈反应，常用作脱水剂。
已知：①SO2Cl2（g）⇌SO2（g）+Cl2（g）△H＝+471.7kJ/mol K1
②SO2（g）+Cl2（g）+SCl2（g）⇌2SOCl2（g）△H＝﹣477.3kJ/mol K2
（1）反应2SOCl2（g）⇌SO2Cl2（g）+SCl2（g）的平衡常数K＝　　（用K1、K2表示），该反应△H＝　+5.6　kJ/mol。
（2）若在绝热、恒容的密闭容器中，投入一定量的SO2Cl2（g）和SCl2（g），发生反应SO2Cl2（g）+SCl2（g）⇌2SOCl2（g），如图中能说明t1时刻反应达到平衡状态的是　bd　。（填字母）
（3）在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol SO2Cl2，10min后反应①达到平衡。测得10min内v（SO2）＝8.0×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则平衡时SO2Cl2的转化率a1＝　80%　。
【分析】（1）已知：
①SO2Cl2（g）⇌SO2（g）+Cl2（g）△H＝+471.7kJ/mol
②SO2（g）+Cl2（g）+SCl2（g）⇌2SOCl2（g）△H＝﹣477.3kJ/mol
根据盖斯定律：﹣②﹣①即可得，方程式相加，则K相乘，方程式相减，则K相除，方程式扩大n倍，则K为原来的n次方；
（2）a．到达平衡后正、逆速率相等，不再变化；
b．在绝热、恒容的密闭容器中，两气体的计量数相等，根据PV＝nRT，压强不变说明温度不变；
c．t1时刻后SCl2（g），SO2Cl2（g）的物质的量发生变化；
d．t1时刻，SO2Cl2的转化率不变；
（3）在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molSO2Cl2，10min后反应①达到平衡；测得10min内v（SO2）＝8.0×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则△n（SO2Cl2）＝△n（SO2）＝8.0×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1×10min×2L＝0.16mol，α＝×100%。
【解答】解：（1）已知：
①SO2Cl2（g）⇌SO2（g）+Cl2（g）△H＝+471.7kJ/mol
②SO2（g）+Cl2（g）+SCl2（g）⇌2SOCl2（g）△H＝﹣477.3kJ/mol
根据盖斯定律：﹣②﹣①即可得：2SOCl2（g）＝SO2Cl2（g）+SCl2（g）△H＝（+477.3﹣471.7）kJ•mol﹣1＝+5.6kJ•mol﹣1，方程式相加，则K相乘，方程式相减，则K相除，方程式扩大n倍，则K为原来的n次方，则平衡常数K＝，
故答案为：；+5.6；
（2）a．到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，图中t1时刻V正最大，之后速率减小，故a错误；
b．在绝热、恒容的密闭容器中，两气体的计量数相等，根据PV＝nRT，压强不变说明温度不变，反应达平衡状态，故b正确；
c．t1时刻后SCl2（g），SO2Cl2（g）的物质的量发生变化，图中t1时刻未到达平衡状态，故c错误；
d．t1时刻，SO2Cl2的转化率不变，处于平衡状态，图象与实际符合，故d正确；
故答案为：bd；
（3）在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molSO2Cl2，10min后反应①达到平衡；测得10min内v（SO2）＝8.0×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则△n（SO2Cl2）＝△n（SO2）＝8.0×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1×10min×2L＝0.16mol，α＝×100%＝×100%＝80%，
故答案为：80%。
【点评】本题综合考查化学原理部分知识，包含盖斯定律的应用，化学反应速率的计算，转化率的计算，化学平衡的移动，试题有助于培养综合分析问题的能力，为常见题型，平时需加强这方面的训练，题目难度中等。
24．（12分）雾霾天气多次肆虐我国中东部地区，京津地区一度诞生了“雾霾假期”。要有效控制雾霾改善大气质量，有效控制空气中氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物显得尤为重要。其中，汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一。
（1）汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）。在密闭容器中发生该反应时，c（CO2）随温度（T）、催化剂的表面积（S）和时间（t）的变化曲线，如图所示。据此判断：
①该反应的ΔH 　＜　0（填“＞”或“＜”）。
②在T1温度下，0～2s内的平均反应速率v（N2）＝　0.05mol/（L•s）　。
③当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率．若催化剂的表面积S1＜S2，在图中画出c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线　　。
④若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是 　d　（填字母）。
（2）一氧化碳是一种用途相当广泛的化工基础原料。可以还原金属氧化物，还可以用来合成很多有机物如甲醇等．在压强为0.1MPa条件下，将amolCO与3amolH2的混合气体在催化剂作用下反应生成甲醇：CO+2H2（g）＝CH3OHΔH＝﹣bkJ⋅mol﹣1。
①若容器容积不变，下列措施可提高CO转化率的是 　BD　。
A．升高温度
B．将CH3OH（g）从体系中分离
C．充入He，使体系总压强增大
D．再充入1molCO和3molH2
②经测定不同温度下该反应的平衡常数如下：
温度（℃）
250
300
350
K
2.041
0.270
0.012
若某时刻，250℃测得该反应的反应物与生成物的浓度分别为c（CO）＝0.4mol•L﹣1、c（H2）＝0.4mol•L﹣1、c（CH3OH）＝0.8mol•L﹣1，则此时v正　＜　v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）。
③汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）＝2C（s）+O2（g），已知该反应的ΔH＞0，判断该设想能否实现，并简述原因：　不能实现，因为该反应的△H＞0，△S＜0，所以△G＞0，为非自发反应　。

【分析】（1）①根据到达平衡的时间判断温度高低，根据平衡时二氧化碳的浓度判断温度对平衡的影响；
②由图可知，T2温度平衡时，二氧化碳的浓度变化量为0.1mol/L，根据v＝，计算v（CO2），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（N2）；
③接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S1＞S2，S2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，平衡时二氧化碳的浓度与温度T1到达平衡时相同；
④a．到达平衡后正、逆速率相等，不再变化；
b．到达平衡后，温度为定值，平衡常数不变，结合反应热判断随反应进行容器内温度变化，判断温度对化学平衡常数的影响；
c．t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，最后不再变化；
d．到达平衡后各组分的含量不发生变化；
（2）①A．正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
B．将CH3OH（g）从体系中分离，平衡正向移动；
C．充入He，恒温恒容下，混合气体个组分浓度不变，平衡不移动的；
D．再充入1molCO和3molH2等效为在原平衡基础上压强增大一倍，平衡正向移动；
②计算浓度商Qc，若Qc＝K，处于平衡状态，若Qc＞K，反应向逆反应进行，若Qc＜K，反应向正反应进行；
③G＝△H﹣T•△S＜0，反应能自发进行。
【解答】解：（1）①由图1可知，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2，温度越高平衡时，二氧化碳的浓度越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，
故答案为：＜；
②由图可知，T2温度时2s到达平衡，平衡时二氧化碳的浓度变化量为0.2mol/L，故v（CO2）＝＝＝0.1mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故v（N2）＝0.5v（CO2）＝0.5×0.1mol/（L•s）＝0.05mol/（L•s），
故答案为：0.05mol/（L•s）；
③接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S1＞S2，S2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，平衡时二氧化碳的浓度与温度T1到达平衡时相同，故c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线为：，
故答案为：；
④a．到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故a错误；
b．该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，故b错误，
c.t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故c错误；
d.O的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故d正确；
故答案为：d；
（2）①A．正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，甲醇产率减小，故A错误；
B．将CH3OH（g）从体系中分离，平衡正向移动，甲醇产率增大，故B正确；
C．充入He，恒温恒容下，混合气体个组分浓度不变，平衡不移动，甲醇产率不变，故C错误；
D．再充入1molCO和3molH2等效为在原平衡基础上压强增大一倍，平衡正向移动，甲醇产率增大，故D正确；
故答案为：BD；
②250℃测得该反应的反应物与生成物的浓度为：c（CO）＝0.4mol•L﹣1、c（H2）＝0.4mol•L﹣1、c（CH3OH）＝0.8mol•L﹣1，浓度商Qc＝＝＝12.5＞K＝2.041，说明反应逆向进行，即v正＜v逆，
故答案为：＜；
③2CO（g）＝2C（s）+O2（g），该反应是焓增、熵减的反应。根据G＝△H﹣T•△S，G＞0，不能实现，
故答案为：不能实现，因为该反应的△H＞0，△S＜0，所以△G＞0，为非自发反应。
【点评】本题考查化学平衡图象、化学反应速率、影响化学平衡的因素、平衡常数计算等，题目综合性较大，较难，是对知识的综合利用、注意基础知识的理解掌握。