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【化学】江西省南康中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
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江西省南康中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
一、单选题（每小题3分，共48分。每小题只有一个正确答案）
1.下列有关实验操作或测量数据的说法正确的是（ ）
A. 用托盘天平称量食盐的质量为12.35g
B. 用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液20.00mL
C. 用pH 试纸测量次氯酸钠溶液的pH为11
D. 中和热的测定实验中，NaOH溶液应该稍过量
【答案】D
【解析】A. 托盘天平用于粗略称量药品的质量，能准确到0.1g，不能精确到0.01g，故不能用托盘天平称取12.35g的食盐，故A错误；
B. 高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，故不能用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，应用酸式滴定管量取，故B错误；
C. 因为次氯酸钠溶液有强氧化性和漂白性，会使pH试纸褪色，故不能用pH试纸测次氯酸钠溶液的pH值，故C错误；
D. 中和热的测定实验中， NaOH溶液稍过量，可以保证盐酸溶液完全被中和，从而提高实验的准确度，故D正确
故答案选D。
2.下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为（ ）
纯净物
混合物
电解质
非电解质
A
磷酸
冰水混合物
醋酸铅
干冰
B
蒸馏水
蔗糖溶液
氧化铝
二氧化硫
C
胆矾
氨水
盐酸
铜
D
冰醋酸
食盐水
氯化汞
石墨
【答案】B
【解析】
【详解】A．冰水混合物中，冰与水的分子式都是H2O，所以二者混在一起仍为纯净物，A错误；
B．蒸馏水为纯净物，蔗糖溶液为蔗糖和水的混合物，氧化铝为电解质，二氧化硫为非电解质，B正确；
C．盐酸是混合物，不是电解质，铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，C错误；
D．石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，D错误。
故选B。
3.以下自发反应可以用熵判据来解释的是（ ）
A. N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g) ΔH＝＋67.7 kJ·mol－1
B. CaO(s)＋CO2(g)===CaCO3(s) ΔH＝－175.7 kJ·mol－1
C. (NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g) ΔH＝＋74.9 kJ·mol－1
D. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 反应△H>0，△S<0，难以自发进行，故错误； B. △H<0，△S<0，焓变为主要因素，不能用熵判据解释，故错误； C.反应的△H>0，反应能自发进行，原因是△S>0，可以满足△H-T△S<0，能自发进行，可用熵判据解释，故正确；D. △H<0，△S<0，焓变为主要因素，不能用熵判据解释，故错误。故选C。
4.已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g) △H＝－a kJ·mol-1（a＞0），其反应机理是
① NO(g)＋Br2 (g)NOBr2 (g) 快 ② NOBr2(g)＋NO(g)2NOBr(g) 慢
下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A. 该反应的速率主要取决于①的快慢
B. NOBr2是该反应的催化剂
C. 增大Br2 (g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
D. 总反应中生成物的总键能比反应物的总键能大a kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，A错误；
B．NOBr2是中间产物，而不是催化剂，B错误；
C．增大浓度，活化分子百分数不变，D错误，；
D．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•mol-1，D正确；
答案选D。
5.下列滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是（ ）
提示： I2+Na2S=2NaI+S↓
选项
滴定管中的溶液
锥形瓶中的溶液
指示剂
滴定终点颜色变化
A
NaOH溶液
CH3COOH溶液
酚酞
无色→浅红色
B
HCl溶液
氨水
甲基橙
黄色→橙色
C
酸性KMnO4溶液
K2SO3溶液
无
无色→浅紫红色
D
碘水
Na2S溶液
淀粉
蓝色→无色
【答案】D
【解析】
【详解】A．用酚酞作指示剂，滴入CH3COOH溶液中，溶液仍为无色。往此溶液中滴加NaOH溶液，当滴定达终点时，溶液呈碱性，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色，A正确；
B．往氨水中滴入甲基橙，溶液呈黄色，当滴定达终点时，溶液由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色，B正确；
C．K2SO3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，发生氧化还原反应，当滴定达终点时，溶液由无色变为浅紫红色，且在半分钟内不褪色，C正确；
D．Na2S溶液中滴加淀粉，溶液呈无色，滴加碘水后，发生置换反应，当滴定达终点时，溶液由无色变为蓝色，且在半分钟内不变色，D错误。
故选D。
6.在一恒温、恒容密闭容器中发生反应：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，△H<0。利用该反应可以将粗镍转化为纯度达99.9％的高纯镍。对该反应的说法正确的是（ ）
A. 增加Ni的量可提高CO的转化率，Ni的转化率降低
B. 缩小容器容积，平衡右移，△H减小
C. 反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时，CO的体积分数降低
D. 当4v[Ni(CO)4]=v(CO)时或容器中混合气体密度不变时，都可说明反应已达化学平衡状态
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ni是固体，浓度为常数，改变用量对平衡无影响，反应物的转化率不变，A错误；
B．一定温度下给定的化学方程式的△H不会随着平衡移动而改变，只与方程式的书写方式有关，B错误；
C．因外界条件为恒温恒容、Ni是固体且正反应为气体体积缩小的反应，所以反应达到平衡后充入CO，相当于在恒温恒压条件下达平衡后又加压，平衡右移，CO的转化率提高，平衡后其体积分数降低，C正确；
D．速率关系未说明正、逆，不能判断是否已达平衡；因该反应气体质量增加而容积不变，所以混合气体密度是一个变量，当不变时说明反应达平衡，D错误；
答案选C。
7.在某容积一定的密闭容器中，有下列可逆反应：A（g）＋B（g）xC（g）ΔH未知，有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）（ ）
A. P3＞P4，y轴表示C的转化率
B. P3＜P4，y轴表示B的体积分数
C. P3＜P4，y轴表示混合气体的密度
D. P3＞P4，y轴表示混合气体的平均摩尔质量
【答案】D
【解析】试题分析：根据图1推出T1>T2，P2>P1，根据勒夏特列原理，x=1，△H<0，A、随着温度升高，平衡向逆反应方向进行，C的转化率应增大，与图像不符，故错误；B、随着温度的升高，平衡向逆反应方向进行，B的体积分数增大，与图像不符，故错误；C、ρ=m/V，组分都是气体，质量不变，容积是恒容，V不变，因此密度始终不变，故错误；D、M=m/n，组分都是气体，气体的质量不变，随着温度升高，平衡向逆反应方向进行，n增大，M减小，作等温线，随着压强的增大，平衡向正反应方向进行，n减小，M增大，符合图像，故正确。
8.工业上，在一定条件下利用乙烯和水蒸气反应制备乙醇。反应原CH2=CH2(g)+H2O(g)=CH3CH2OH(g )△H。已知几种共价键的键能如下：
化学键
C-H
C=C
H-O
C-C
C-O
键能/kJ·mol-1
413
615
463
348
351
下列说法错误的是（ ）
A. 上述合成乙醇的反应原子利用率为100％
B. 相同时间段内,用该反应中三种物质表示的该反应的化学反应速率相等
C. 碳碳双键的键能大于碳碳单键键能，但碳碳单键更稳定
D. 上述反应式中,△H=+34kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙烯水化制乙醇的反应是加成反应，反应物全部转化为生成物，原子利用率为100％，A正确；
B.反应混合物中，各物质的化学计量数相同，所以相同时间段内，反应中用三种物质表示的反应速率相等，B正确；
C.由题中数据可知，碳碳双键的键能小于碳碳单键键能的2倍，所以碳碳单键比碳碳双键更稳定，C正确；
D.上述反应式中，△H=(615kJ·mol-1)+( 413 kJ·mol-1) +( 463 kJ·mol-1) -(348 kJ·mol-1)-( 413 kJ·mol-1)-(463 kJ·mol-1)-( 351 kJ·mol-1)=-34kJ·mol-1，D错误； 正确选项D。
9.在恒压密闭容器M（如图Ⅰ）和恒容密闭容器N（如图Ⅱ）中，分别加入a molA和a molB，起始时两容器体积均为V L，发生如下反应并达到化学平衡状态：2A（?）+ B（?）xC（g）；ΔH＜0，平衡时M中A、B、C的物质的量之比为1∶3∶4.。下列判断正确的是
A. x=4
B. 若N 中气体的密度如图Ⅲ所示，则A、B 可能都是气态
C. 若A为气体，B为非气体，则平衡时M、N中C的物质的量相等
D. 若A、B 均为气体，平衡时M 中A 的转化率小于N 中A 的转化率
【答案】C
【解析】A. 2A(？)+B(？)⇌xC(g)
起始(mol)： a a 0
转化(mol)： 2n n nx
平衡(mol)：a-2n a-n nx
由(a-2n)：(a-n)：nx=1：3：4可得n=，x=2，故A错误；B．如A、B都是气体，则混合气体的密度不变。但是根据图Ⅲ，体积不变，气体的密度增大，则应有固体或液体参加反应生成气体，因此A、B有一种是气态或都为固体或液体，故B错误；C．若A为气体，B为非气体，则反应前后气体的体积相等，压强对平衡移动没有影响，平衡时M、N中的平衡状态相同，C的物质的量相等，故C正确；D．若A、B均为气体，M为恒压下进行反应，N中随着反应的进行，压强逐渐减小，M相当于在N的基础上增大压强，平衡向正反应方向移动，则平衡时M中A的转化率大于N中A的转化率，故D错误；故选C。
10.现有常温下的四份溶液：①0.01mol/LCH3COOH；②0.01mol/L盐酸；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。下列说法正确的是（ ）
A. ①中水的电离程度最小，③中水的电离程度最大
B. 将②、③混合，若有pH=7，则消耗溶液的体积：②＞③
C. 将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：③＞④，②＞①
D. 将①、④混合，混合溶液pH＞7，则消耗溶液的体积：④＞①
【答案】B
【解析】
【详解】A、醋酸为弱酸不完全电离氢离子浓度比氨水中的氢氧根离子浓度还小，①中水的电离程度最大，选项A错误；B、②③等体积混合，得到的是氨水和NH4Cl混合溶液，溶液显碱性，若pH＝7，则盐酸的体积比氨水的体积大，选项B正确；C、将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：③＞④，②＜①，选项C错误；D、将①④混合，当消耗溶液的体积：④=①时，得到CH3COONa溶液，溶液显碱性pH＞7，此时c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，选项D错误；答案选B。
11.醋酸的电离方程式为CH3COOH(aq)H＋(aq)+CH3COO－(aq) ΔH＞0。25℃时，0.1mol/L醋酸溶液中存在下述关系：Ka=c(H＋).c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=1.75×10-5，其中的数值是该温度下醋酸的电离平衡常数（Ka）。下列说法正确的是（ ）
A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H＋)减小
B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动
C. 该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＜1.75×10-5
D. 升高温度，c(H＋)增大，Ka变大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，平衡后c(H＋)增大，A错误；
B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，醋酸根增大，平衡逆向移动，B错误；
C. 电离平衡常数只与温度有关系，该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＝1.75×10-5，C错误；
D. 电离吸热，升高温度平衡正向移动，c(H＋)增大，Ka变大，D正确。
答案选D。
12.在恒温、恒容条件下发生下列反应：2X2O5 (g) 4XO2(g) +O2(g) △H>0，T温度下的部分实验数据为：
t/s
0
50
100
150
c(X2O5) mol/L
4.00
2.50
2.00
2.00
下列说法错误的是（ ）
A. T温度下的平衡数为K=64 (mol/L)3，100s时转化率为50%
B. 50s 内 X2O5分解速率为 0.03 mol/ (L•s)
C. T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，则Kl>K2
D. 若只将恒容改为恒压，其它条件都不变，则平衡时X2O5的转化率和平衡常数都不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．由表中数据可知，100s时处于平衡状态，平衡时c(X2O5)=2mol/L，则：
2X2O5(g)═4XO2(g)+O2(g)
起始浓度(mol/L)：4 0 0
变化浓度(mol/L)：2 4 1
平衡浓度(mol/L)：2 4 1
T温度下平衡常数K===64(mol/L)3，100s时转化率为×100%=50%，故A正确；B.50s内X2O5浓度变化量为(4-2.5)mol/L=1.5mol/L，50s内X2O5分解速率==0.03mol/(L·s)，故B正确；C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若温度T1＞T2，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，则K1＞K2，故C正确；D．恒容条件下，随反应进行容器内压强增大，若只将恒容改为恒压，其它条件都不变，等效为在原平衡基础上减小压强，平衡正向移动，平衡时X2O5的转化率增大，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选D。
13.在恒容密闭容器中，将10 mol CO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)＋H2S(g) COS(g)＋H2(g) K＝1，平衡后CO物质的量为8 mol。下列说法正确的是（ ）
A. CO．H2S转化率之比为1:1
B. 达平衡后H2S的体积分数为4%
C. 升高温度，COS浓度减小，表明该反应是吸热反应
D. 恒温下向平衡体系中再加入CO．H2S．COS．H2各1 mol，平衡不移动
【答案】B
【解析】
【分析】反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：
CO(g)＋H2S(g) COS(g)＋H2(g)
起始（mol）：10 n 0 0
变化（mol）：2 2 2 2
平衡（mol）：8 n-2 2 2
该温度下该反应的K=1，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算出n，根据计算结果及化学平衡的影响因素进行判断。
【详解】反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：
CO(g)＋H2S(g) COS(g)＋H2(g)
起始（mol）：10 n 0 0
变化（mol）：2 2 2 2
平衡（mol）：8 n-2 2 2
该温度下该反应的K=1，设容器容积为V，则平衡常数K= ，
解得：n=2.5，即反应前硫化氢的物质的量为2.5mol；
A．由于反应前CO、H2S的物质的量分别为10mol、2.5mol，而二者化学计量数相等，反应消耗的物质的量相等，所以二者的转化率一定不相等，故A错误；
B．该反应前后气体的体积相等，则反应后气体的总物质的量不变，仍然为10mol+2.5mol=12.5mol，平衡后硫化氢的物质的量为（2.5-2）mol=0.5mol，相同条件下气体的体积分数=物质的量分数=0.5mol/12.5mol×100%=4.0%，故B正确；
C．升高温度，COS浓度减小，说明平衡向着逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故C错误；
D．恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1 mol，则此时该反应的浓度商<1，说明平衡会向着正向移动，故D错误。
故选B。
14.下列各种溶液中，可能大量共存的离子组是( )
A. pH＝1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Cl－
B. 由水电离出的c(OH－)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：Na+、AlO2-、S2－、CO32-
C. 含有大量Fe3+的溶液中：Na+、SCN－、K+、NO3-
D. c(H＋)＝10－14 mol·L－1的溶液中：Mg2+、NO3-、Fe2+、ClO－
【答案】B
【解析】
【详解】A．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，故A错误；
B．由水电离出的c(OH-)=1×10-13 mol•L-1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下，AlO2-、S2－、CO32-均不能大量共存，但碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C．SCN-与Fe3+反应而不能大量共存，故C错误；
D．c(H+)=10-14 mol•L-1的溶液呈碱性，碱性条件下，Mg2+、Fe2+不能大量共存，故D错误；
故答案为B。
15.某密闭容器中进行如下反应：3X(g)+Y(g)2Z(g)，若要使平衡时反应物总物质的量与生成物的物质的量相等，且用X、Y做反应物，则X、Y的初始物质的量之比的范围应满足（ ）
A. 1＜＜3 B. ＜＜
C. ＜＜4 D. 1＜＜5
【答案】D
【解析】
【详解】令参加反应的Y的物质的量为n，则
3X(g)+Y(g)2Z(g)
开始(mol)： x y 0
转化(mol)： 3n n 2n
平衡(mol)： x-3n y-n 2n
平衡时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等，所以有（x-3n）+（y-n）=2n，解得n=；反应物不能完全反应，所以有y＞n，x＞3n，即y＞，x＞，解得：1＜=＜5，故选D。
16.如图为不同温度下水的电离平衡曲线，已知pOH=−lgc(OH−)，下列说法正确的是（ ）
A. T1和T2的关系是：T1>T2
B. KW的关系是：B>C>A=D=E
C. A点到D点：加入少量酸可实现
D. T2时：pH=2的硫酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液呈中性
【答案】C
【解析】
【详解】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，根据图片知，Kw中A＞B，则T1＜T2，故A错误；
B．相同温度下，水的离子积常数相同，温度越高，水的离子积常数越大，根据图片知，离子积常数A=E=D＞C＞B，故B错误；
C．A点到D点是等温线，离子积常数不变，溶液的碱性减弱、酸性增强，所以A点到D点：加入少量酸可实现，故C正确；
D．水的离子积常数未知，无法计算NaOH中氢氧根离子浓度，等体积混合，酸中氢离子、碱中氢氧根离子物质的量不一定相等，溶液酸碱性无法判断，如果是常温下，pH=2的硫酸与pH=12的NaOH溶液等体枳混合，溶液呈中性，故D错误；
故答案为C。
二、填空题(52分，除标注外，每空2分）
17.（1）将0.3mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，该反应的热化学方程式为 。又已知：H2O（g）=H2O（l）；△H2＝－44.0kJ/mol，则11.2L（标准状况）乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是_____________kJ。
（2）已知：2NO2（g）N2O4（g）ΔH12NO2（g）N2O4（l）ΔH2
下列能量变化示意图中，正确的是（选填字母）_____________。
A B C
（3）依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行推算。
已知：C（s，石墨）＋O2（g）===CO2（g） ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
2H2（g）＋O2（g）===2H2O（l） ΔH2＝－571.6 kJ·mol－1
2C2H2（g）＋5O2（g）===4CO2（g）＋2H2O（l） ΔH3＝－2 599 kJ·mol－1
根据盖斯定律，计算298 K时由C（s，石墨）和H2（g）生成1 mol C2H2（g）反应的焓变（列出简单的计算式）：___________________________。
（4）甲醇是一种新型的汽车动力燃料，工业上可通过CO和H2化合来制备甲醇气体（结构简式为CH3OH）。 已知某些化学键的键能数据如下表：
化学键
C—C
C—H
H—H
C—O
C≡O
H—O
键能/kJ·mol－1
348
413
436
358
1072
463
已知CO中的C与O之间为叁键连接，则工业制备甲醇的热化学方程式为 ；
【答案】（10分，每空2分）
（1）B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=-2165kJ/mol；1016.5kJ
（2）A
（3）ΔH＝（4ΔH1＋ΔH2—ΔH3）÷2＝＋226.7kJ•mol－1（共2分，算式1分，结果1分，正负号、数值、单位出错均为零分）
（4）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） △H=" -116" KJ/mol
【解析】试题分析：（1）0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5KJ的热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出2165KJ的热量，反应的热化学方程式为：B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=-2165kJ/mol，①B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=-2165kJ/mol，②H2O（l）→H2O（g）；△H=+44kJ/moL，由盖斯定律可知①+②×3得：B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（g）△H=-2033kJ/mol，11.2L（标准状况）即0.5mol乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是2033kJ×0.5=1016.5kJ，故答案为：B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=-2165kJ/mol；1016.5；
（2）降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）N2O4（l）为放热反应，所以在图象中该反应的反应物的总能量比生成物的总能量高，同种物质气态变液态会放出热量，即液态时能量比气态时能量低，则N2O4（l）具有的能量比N2O4（g）具有的能量低，图象A符合，故A正确；故答案为：A。
（3）已知：①C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H1=+393.5kJ/mol；②2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H2=-571.6kJ/mol；③2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）△H3=-2599kJ/mol；根据盖斯定律，①×4+②-③得到反应的热化学方程式为：4C（s，石墨）+2H2（g）=2C2H2（g） △H=+453.4kJ•mol-1；热化学方程式为：2C（s，石墨）+H2（g）=C2H2（g） △H=+226.7kJ•mol-1，故答案为：+226.7kJ/mol；
（4）CO（g）+2H2（g）CH3OH （g），焓变=反应物总键能之和-生成物总键能之和，△H1═1072KJ/mol+2 ×436KJ/mol-（3×413KJ/mol+358KJ/mol+463KJ/mol）="-116" kJ•mol-1，热化学方程式CO（g）+2H2（g）CH3OH （g）△H="-116" kJ•mol-1，故答案为：CO（g）+2H2（g）CH3OH （g）△H="-116" kJ•mol-1。
18. 实验室合成溴苯的装置图及有关数据如下，按下列合成步骤回答：
（1）实验装置中，仪器c的名称为________________，作用为_______________。
（2）在a中加入15 mL无水苯和少量铁屑。在b中小心加入4.0 mL液态溴。向a中滴入几滴溴，有白雾产生，是因为生成了_______气体。继续滴加至液溴滴完。写出a中发生反应的化学方程式：_________________________________________。
（3）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：
①向a中加入10 mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；
②滤液依次用10 mL水、8 mL10%的NaOH溶液、10 mL水洗涤。NaOH溶液洗涤的作用是____________________________________________；
③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。加入无水氯化钙的目的是_______________。
（4）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为____________，要进一步提纯，需进行的操作方法为________。
【答案】（1）球形冷凝管 冷凝回流
（2）HBr
（3）除去未反应的Br2
（4）苯 蒸馏
【解析】试题分析：（1）铁和溴反应生成三溴化铁，三溴化铁与苯作用，生成溴苯，同时有溴化氢生成，铁作催化剂，氢溴酸和氢氧化钠反应生成易溶于水的溴化钠和水，溴单质和氢氧化钠反应，生成易溶于水的溴化钠和次溴酸钠。（2）溴苯提纯的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中，然后过滤除去未反应的铁屑，再加NaOH溶液，把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO洗到水中．然后加干燥剂，无水氯化钙能干燥溴苯。（3）利用沸点不同，苯的沸点小，被蒸馏出，溴苯留在母液中，所以采取蒸馏的方法分离溴苯与苯。
19.已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示：
（1）则95℃时水的电离平衡曲线应为__（填“A”或“B”）．
（2）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=3的H2SO4溶液混合，所得溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为_____
（3）95℃时，若1体积pH1=a 的某强酸溶液与10体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是：___（用含a、b的等式表示）．
（4）95℃时，1L0.05mol/LBa（OH）2溶液中，由水电离出的c（OH－）为______。
【答案】(1). B (2). 100:1 (3). a+b=11 (4). 1×10－11mol·L－1
【解析】
【详解】（1）常温下，纯水中c(OH－)=c(H+)=10-7mol/L，水的电离是一个吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，水电离生成的c(OH－)=c(H+)增大，由此可确定水的电离平衡曲线应为B；答案为B；
（2）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=3的H2SO4溶液混合，所得溶液的pH=7，则n(H+))=n(OH-)，10-5mol/L×V(NaOH)=10-3mol/L×V(H2SO4)，V(NaOH):V(H2SO4)=10-3mol/L:10-5mol/L=100:1；答案为：100:1；
（3）95℃时，若1体积pH1=a的某强酸溶液与10体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，仍利用n(H+)=n(OH-)进行计算，则1×10-a=10×10-(12-b)，10a+b=1011，a+b=11；答案为：a+b=11；
（4）95℃时，1L0.05mol/LBa(OH)2溶液中，c(OH－)=0.1mol/L，由于由水电离出的c(OH－)等于溶液中的c(H+)，即为 mol·L-1=1×10-11mol·L-1。答案为：1×10-11mol·L-1。
20.为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取M g固体样品，配成250 mL溶液。设计了以下两种实验方案：
方案I：取50.00 mL上述溶液→加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液→操作I→洗涤→操作Ⅱ→称量，得到沉淀的质量为m1 g
方案Ⅱ：取50.00 mL上述溶液，用a mol/L 的酸性KMnO4溶液进行滴定。
实验中所记录的数据如下表：
滴定次数
实验数据
1
2
3
4
待测溶液体积/mL
50.00
50.00
50.00
50.00
滴定管初读数/mL
0.00
0.20
0.10
0.15
滴定管末读数/mL
20.95
21.20
20.15
21.20
(1)配制250 mL Na2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻棒、滴管、药匙和_______、________。
(2)操作I为______________，操作Ⅱ为______________。
(3)在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是_______________________________。
(4)在方案Ⅱ中发生的离子反应方程式为____________________________。
(5)根据方案Ⅱ所提供的数据，计算Na2SO3的纯度为___________。（写成分数形式）
(6)方案Ⅱ中氧化还原滴定过程中，导致待测液Na2SO3浓度变小的是_____（填序号）。
a．用碱式滴定管量取50mL待测液过程时，开始仰视，滴定结束时俯视
b．用碱式滴定管量取50mL待测液过程时，一开始有气泡，滴定结束后没气泡
c．酸式滴定管用蒸馏水润洗后，没有用酸性KMnO4溶液多次润洗
d．锥形瓶用蒸馏水润洗后，直接装50.00mL的待测液
e．滴定过程时，开始时平视，滴定结束时仰视
【答案】(1). 天平 (2). 250mL的容量瓶 (3). 过滤 (4). 干燥（烘干） (5). 加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色 (6). 2MnO4-+5SO32-+6H+＝2Mn2++5SO42-+3H2O (7). (8). b
【解析】
【详解】(1)寻找缺少的仪器时，可创设配制250 mL Na2SO3溶液的实验操作，然后按操作步骤逐一排查，即：称量(天平)、溶解(烧杯、玻璃棒)、转移(250 mL容量瓶、玻璃棒)、定容(胶头滴管)，从而找出缺少的仪器为天平、250mL的容量瓶；答案为：天平；250mL的容量瓶；
(2)生成沉淀、操作I显然为过滤，操作Ⅱ为烘干；答案为：过滤；烘干；
(3)在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色；答案为：加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色；
(4)在方案Ⅱ中发生的离子反应是MnO4-+SO32-+H+—Mn2++SO42-+H2O，然后利用电子守恒、电荷守恒、质量守恒进行配平，即为2MnO4-+5SO32-+6H+＝2Mn2++5SO42-+3H2O；答案为：2MnO4-+5SO32-+6H+＝2Mn2++5SO42-+3H2O；
(5)根据方案Ⅱ所提供的数据(第三组数据为失真数据，不能使用，其它三组数据，取平均值，即得消耗KMnO4溶液21mL)，计算Na2SO3的纯度时，利用2n(SO32-)=5n(MnO4-)代入数据进行计算，即2c(SO32-)×50mL=5×a mol/L×21mL，从而求出c(SO32-)=1.05amol/L，再代入下式进行计算：w(Na2SO3)%== ；答案为：；
(6)由2c(SO32-)×50mL=5×a mol/L×VmL，可求得c(SO32-)=，利用此式进行误差分析；
a．用碱式滴定管量取50mL待测液过程时，开始仰视，滴定结束时俯视，将导致实际所量取碱液的体积大于50mL，V偏大，导致待测液Na2SO3浓度变大；
b．用碱式滴定管量取50mL待测液过程时，一开始有气泡，滴定结束后没气泡，则实际所取Na2SO3体积小于50mL，V偏小，导致待测液Na2SO3浓度变小；
c．酸式滴定管用蒸馏水润洗后，没有用酸性KMnO4溶液多次润洗，V偏大，导致待测液Na2SO3浓度变大；
d．锥形瓶用蒸馏水润洗后，直接装50.00mL的待测，不产生误差；
e．滴定过程时，开始时平视，滴定结束时仰视，V偏大，导致待测液Na2SO3浓度变大。
答案为：b。
21.氢气和二氧化碳在一定条件下可合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。
I、在恒温条件下，分别将2 molCO2和6 mol H2充入一个固定容积为1L的密闭容器中，随着反应的进行，气体混合物中n(H2)、n(CH3OH)与反应时间t的关系如下表;
t/min
0
5
10
15
20
25
30
n（H2）/mol
600
4.50
3.60
3.30
3.03
3.00
3.00
n（CH3OH）/mol
0
0.50
0.80
0.90
0.99
1.00
1.00
(1)前10min中利用CO2表示的反应速率为____________。
(2)该温度下，此反应的平衡常数K=__________。
(3)该温度下，若向同容积的另一容器中投入的：CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为2 mol·L-1、2 mol·L-1、1 mol·L-1、1 mol·L-1，则此时v正_______v逆(填“＞”、“＜”或“=”)。
Ⅱ、在密闭容器中充入1molCO2和3 mol H2，测得混合气体中甲醇的体积分数与温度的关系如图A所示：
试回答下列问题：
(1)该反应是______(填“放热”或“吸热”)反应。
(2)氢气在Q点的转化率_________(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)氢气在W点的转化率；
(3)解释0—T0内，甲醇体积分数变化趋势：_______________。
(4)图B表示氢气转化率α(H2)与投料比的关系，请在图B中画出两条变化曲线并标出曲线对应的条件，两条曲线对应的条件分别为：一条曲线对应的压强是1.01×105Pa；另一条曲线对应的压强是3.03×105Pa(其它条件相同)________。
【答案】(1). 0.08mol·L—1·min—1 (2). (3). ＜ (4). 放热 (5). 小于 (6). 温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大 (7).
【解析】
【详解】(1)前10min中n(CH3OH)=0.80mol，则参加反应的CO2也为0.80mol，利用v(CO2)==0.08mol·L-1·min-1；答案为：0.08mol·L-1·min-1；
(2) CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起始量 2mol 6mol 0 0
变化量 1mol 3mol 1mol 1mol
平衡量 1mol 3mol 1mol 1mol
该温度下，此反应的平衡常数K==；答案为：；
(3)该温度下，若向同容积的另一容器中投入的：CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为2 mol·L-1、2 mol·L-1、1 mol·L-1、1 mol·L-1，Q=＞，所以平衡逆向移动，v正＜v逆；
Ⅱ、(1)最高点及之后的所有点，都是该温度下的平衡点。从最高点之后进行分析，温度升高，甲醇的体积分数减小，说明平衡逆向移动，该反应是放热反应；答案为：放热；
(2)因为最高点之前的所有点都是未平衡点，所以氢气在Q点的转化率小于氢气在W点的转化率；答案为：小于；
(3)0～T0内，甲醇的体积分数变化趋势，从图中便可看出，即温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大；答案为：温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大；
(4)一条曲线对应的压强是1.01×105Pa；另一条曲线对应的压强是3.03×105Pa(其它条件相同)。画线时，注意两点，一是曲线的变化趋势，大，相当于增大H2的体积，虽然平衡正向移动，但H2的转化率减小；二是相同时，增大压强，平衡正向移动，H2的转化率大，所以压强是3.03×105Pa的曲线在压强是1.01×105Pa曲线的上方。故坐标图象为：。
一、单选题（每小题3分，共48分。每小题只有一个正确答案）
1.下列有关实验操作或测量数据的说法正确的是（ ）
A. 用托盘天平称量食盐的质量为12.35g
B. 用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液20.00mL
C. 用pH 试纸测量次氯酸钠溶液的pH为11
D. 中和热的测定实验中，NaOH溶液应该稍过量
【答案】D
【解析】A. 托盘天平用于粗略称量药品的质量，能准确到0.1g，不能精确到0.01g，故不能用托盘天平称取12.35g的食盐，故A错误；
B. 高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，故不能用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，应用酸式滴定管量取，故B错误；
C. 因为次氯酸钠溶液有强氧化性和漂白性，会使pH试纸褪色，故不能用pH试纸测次氯酸钠溶液的pH值，故C错误；
D. 中和热的测定实验中， NaOH溶液稍过量，可以保证盐酸溶液完全被中和，从而提高实验的准确度，故D正确
故答案选D。
2.下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为（ ）
纯净物
混合物
电解质
非电解质
A
磷酸
冰水混合物
醋酸铅
干冰
B
蒸馏水
蔗糖溶液
氧化铝
二氧化硫
C
胆矾
氨水
盐酸
铜
D
冰醋酸
食盐水
氯化汞
石墨
【答案】B
【解析】
【详解】A．冰水混合物中，冰与水的分子式都是H2O，所以二者混在一起仍为纯净物，A错误；
B．蒸馏水为纯净物，蔗糖溶液为蔗糖和水的混合物，氧化铝为电解质，二氧化硫为非电解质，B正确；
C．盐酸是混合物，不是电解质，铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，C错误；
D．石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，D错误。
故选B。
3.以下自发反应可以用熵判据来解释的是（ ）
A. N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g) ΔH＝＋67.7 kJ·mol－1
B. CaO(s)＋CO2(g)===CaCO3(s) ΔH＝－175.7 kJ·mol－1
C. (NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g) ΔH＝＋74.9 kJ·mol－1
D. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 反应△H>0，△S<0，难以自发进行，故错误； B. △H<0，△S<0，焓变为主要因素，不能用熵判据解释，故错误； C.反应的△H>0，反应能自发进行，原因是△S>0，可以满足△H-T△S<0，能自发进行，可用熵判据解释，故正确；D. △H<0，△S<0，焓变为主要因素，不能用熵判据解释，故错误。故选C。
4.已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g) △H＝－a kJ·mol-1（a＞0），其反应机理是
① NO(g)＋Br2 (g)NOBr2 (g) 快 ② NOBr2(g)＋NO(g)2NOBr(g) 慢
下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A. 该反应的速率主要取决于①的快慢
B. NOBr2是该反应的催化剂
C. 增大Br2 (g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
D. 总反应中生成物的总键能比反应物的总键能大a kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，A错误；
B．NOBr2是中间产物，而不是催化剂，B错误；
C．增大浓度，活化分子百分数不变，D错误，；
D．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•mol-1，D正确；
答案选D。
5.下列滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是（ ）
提示： I2+Na2S=2NaI+S↓
选项
滴定管中的溶液
锥形瓶中的溶液
指示剂
滴定终点颜色变化
A
NaOH溶液
CH3COOH溶液
酚酞
无色→浅红色
B
HCl溶液
氨水
甲基橙
黄色→橙色
C
酸性KMnO4溶液
K2SO3溶液
无
无色→浅紫红色
D
碘水
Na2S溶液
淀粉
蓝色→无色
【答案】D
【解析】
【详解】A．用酚酞作指示剂，滴入CH3COOH溶液中，溶液仍为无色。往此溶液中滴加NaOH溶液，当滴定达终点时，溶液呈碱性，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色，A正确；
B．往氨水中滴入甲基橙，溶液呈黄色，当滴定达终点时，溶液由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色，B正确；
C．K2SO3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，发生氧化还原反应，当滴定达终点时，溶液由无色变为浅紫红色，且在半分钟内不褪色，C正确；
D．Na2S溶液中滴加淀粉，溶液呈无色，滴加碘水后，发生置换反应，当滴定达终点时，溶液由无色变为蓝色，且在半分钟内不变色，D错误。
故选D。
6.在一恒温、恒容密闭容器中发生反应：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，△H<0。利用该反应可以将粗镍转化为纯度达99.9％的高纯镍。对该反应的说法正确的是（ ）
A. 增加Ni的量可提高CO的转化率，Ni的转化率降低
B. 缩小容器容积，平衡右移，△H减小
C. 反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时，CO的体积分数降低
D. 当4v[Ni(CO)4]=v(CO)时或容器中混合气体密度不变时，都可说明反应已达化学平衡状态
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ni是固体，浓度为常数，改变用量对平衡无影响，反应物的转化率不变，A错误；
B．一定温度下给定的化学方程式的△H不会随着平衡移动而改变，只与方程式的书写方式有关，B错误；
C．因外界条件为恒温恒容、Ni是固体且正反应为气体体积缩小的反应，所以反应达到平衡后充入CO，相当于在恒温恒压条件下达平衡后又加压，平衡右移，CO的转化率提高，平衡后其体积分数降低，C正确；
D．速率关系未说明正、逆，不能判断是否已达平衡；因该反应气体质量增加而容积不变，所以混合气体密度是一个变量，当不变时说明反应达平衡，D错误；
答案选C。
7.在某容积一定的密闭容器中，有下列可逆反应：A（g）＋B（g）xC（g）ΔH未知，有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）（ ）
A. P3＞P4，y轴表示C的转化率
B. P3＜P4，y轴表示B的体积分数
C. P3＜P4，y轴表示混合气体的密度
D. P3＞P4，y轴表示混合气体的平均摩尔质量
【答案】D
【解析】试题分析：根据图1推出T1>T2，P2>P1，根据勒夏特列原理，x=1，△H<0，A、随着温度升高，平衡向逆反应方向进行，C的转化率应增大，与图像不符，故错误；B、随着温度的升高，平衡向逆反应方向进行，B的体积分数增大，与图像不符，故错误；C、ρ=m/V，组分都是气体，质量不变，容积是恒容，V不变，因此密度始终不变，故错误；D、M=m/n，组分都是气体，气体的质量不变，随着温度升高，平衡向逆反应方向进行，n增大，M减小，作等温线，随着压强的增大，平衡向正反应方向进行，n减小，M增大，符合图像，故正确。
8.工业上，在一定条件下利用乙烯和水蒸气反应制备乙醇。反应原CH2=CH2(g)+H2O(g)=CH3CH2OH(g )△H。已知几种共价键的键能如下：
化学键
C-H
C=C
H-O
C-C
C-O
键能/kJ·mol-1
413
615
463
348
351
下列说法错误的是（ ）
A. 上述合成乙醇的反应原子利用率为100％
B. 相同时间段内,用该反应中三种物质表示的该反应的化学反应速率相等
C. 碳碳双键的键能大于碳碳单键键能，但碳碳单键更稳定
D. 上述反应式中,△H=+34kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙烯水化制乙醇的反应是加成反应，反应物全部转化为生成物，原子利用率为100％，A正确；
B.反应混合物中，各物质的化学计量数相同，所以相同时间段内，反应中用三种物质表示的反应速率相等，B正确；
C.由题中数据可知，碳碳双键的键能小于碳碳单键键能的2倍，所以碳碳单键比碳碳双键更稳定，C正确；
D.上述反应式中，△H=(615kJ·mol-1)+( 413 kJ·mol-1) +( 463 kJ·mol-1) -(348 kJ·mol-1)-( 413 kJ·mol-1)-(463 kJ·mol-1)-( 351 kJ·mol-1)=-34kJ·mol-1，D错误； 正确选项D。
9.在恒压密闭容器M（如图Ⅰ）和恒容密闭容器N（如图Ⅱ）中，分别加入a molA和a molB，起始时两容器体积均为V L，发生如下反应并达到化学平衡状态：2A（?）+ B（?）xC（g）；ΔH＜0，平衡时M中A、B、C的物质的量之比为1∶3∶4.。下列判断正确的是
A. x=4
B. 若N 中气体的密度如图Ⅲ所示，则A、B 可能都是气态
C. 若A为气体，B为非气体，则平衡时M、N中C的物质的量相等
D. 若A、B 均为气体，平衡时M 中A 的转化率小于N 中A 的转化率
【答案】C
【解析】A. 2A(？)+B(？)⇌xC(g)
起始(mol)： a a 0
转化(mol)： 2n n nx
平衡(mol)：a-2n a-n nx
由(a-2n)：(a-n)：nx=1：3：4可得n=，x=2，故A错误；B．如A、B都是气体，则混合气体的密度不变。但是根据图Ⅲ，体积不变，气体的密度增大，则应有固体或液体参加反应生成气体，因此A、B有一种是气态或都为固体或液体，故B错误；C．若A为气体，B为非气体，则反应前后气体的体积相等，压强对平衡移动没有影响，平衡时M、N中的平衡状态相同，C的物质的量相等，故C正确；D．若A、B均为气体，M为恒压下进行反应，N中随着反应的进行，压强逐渐减小，M相当于在N的基础上增大压强，平衡向正反应方向移动，则平衡时M中A的转化率大于N中A的转化率，故D错误；故选C。
10.现有常温下的四份溶液：①0.01mol/LCH3COOH；②0.01mol/L盐酸；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。下列说法正确的是（ ）
A. ①中水的电离程度最小，③中水的电离程度最大
B. 将②、③混合，若有pH=7，则消耗溶液的体积：②＞③
C. 将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：③＞④，②＞①
D. 将①、④混合，混合溶液pH＞7，则消耗溶液的体积：④＞①
【答案】B
【解析】
【详解】A、醋酸为弱酸不完全电离氢离子浓度比氨水中的氢氧根离子浓度还小，①中水的电离程度最大，选项A错误；B、②③等体积混合，得到的是氨水和NH4Cl混合溶液，溶液显碱性，若pH＝7，则盐酸的体积比氨水的体积大，选项B正确；C、将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：③＞④，②＜①，选项C错误；D、将①④混合，当消耗溶液的体积：④=①时，得到CH3COONa溶液，溶液显碱性pH＞7，此时c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，选项D错误；答案选B。
11.醋酸的电离方程式为CH3COOH(aq)H＋(aq)+CH3COO－(aq) ΔH＞0。25℃时，0.1mol/L醋酸溶液中存在下述关系：Ka=c(H＋).c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=1.75×10-5，其中的数值是该温度下醋酸的电离平衡常数（Ka）。下列说法正确的是（ ）
A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H＋)减小
B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动
C. 该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＜1.75×10-5
D. 升高温度，c(H＋)增大，Ka变大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，平衡后c(H＋)增大，A错误；
B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，醋酸根增大，平衡逆向移动，B错误；
C. 电离平衡常数只与温度有关系，该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＝1.75×10-5，C错误；
D. 电离吸热，升高温度平衡正向移动，c(H＋)增大，Ka变大，D正确。
答案选D。
12.在恒温、恒容条件下发生下列反应：2X2O5 (g) 4XO2(g) +O2(g) △H>0，T温度下的部分实验数据为：
t/s
0
50
100
150
c(X2O5) mol/L
4.00
2.50
2.00
2.00
下列说法错误的是（ ）
A. T温度下的平衡数为K=64 (mol/L)3，100s时转化率为50%
B. 50s 内 X2O5分解速率为 0.03 mol/ (L•s)
C. T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，则Kl>K2
D. 若只将恒容改为恒压，其它条件都不变，则平衡时X2O5的转化率和平衡常数都不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．由表中数据可知，100s时处于平衡状态，平衡时c(X2O5)=2mol/L，则：
2X2O5(g)═4XO2(g)+O2(g)
起始浓度(mol/L)：4 0 0
变化浓度(mol/L)：2 4 1
平衡浓度(mol/L)：2 4 1
T温度下平衡常数K===64(mol/L)3，100s时转化率为×100%=50%，故A正确；B.50s内X2O5浓度变化量为(4-2.5)mol/L=1.5mol/L，50s内X2O5分解速率==0.03mol/(L·s)，故B正确；C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若温度T1＞T2，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，则K1＞K2，故C正确；D．恒容条件下，随反应进行容器内压强增大，若只将恒容改为恒压，其它条件都不变，等效为在原平衡基础上减小压强，平衡正向移动，平衡时X2O5的转化率增大，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选D。
13.在恒容密闭容器中，将10 mol CO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)＋H2S(g) COS(g)＋H2(g) K＝1，平衡后CO物质的量为8 mol。下列说法正确的是（ ）
A. CO．H2S转化率之比为1:1
B. 达平衡后H2S的体积分数为4%
C. 升高温度，COS浓度减小，表明该反应是吸热反应
D. 恒温下向平衡体系中再加入CO．H2S．COS．H2各1 mol，平衡不移动
【答案】B
【解析】
【分析】反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：
CO(g)＋H2S(g) COS(g)＋H2(g)
起始（mol）：10 n 0 0
变化（mol）：2 2 2 2
平衡（mol）：8 n-2 2 2
该温度下该反应的K=1，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算出n，根据计算结果及化学平衡的影响因素进行判断。
【详解】反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：
CO(g)＋H2S(g) COS(g)＋H2(g)
起始（mol）：10 n 0 0
变化（mol）：2 2 2 2
平衡（mol）：8 n-2 2 2
该温度下该反应的K=1，设容器容积为V，则平衡常数K= ，
解得：n=2.5，即反应前硫化氢的物质的量为2.5mol；
A．由于反应前CO、H2S的物质的量分别为10mol、2.5mol，而二者化学计量数相等，反应消耗的物质的量相等，所以二者的转化率一定不相等，故A错误；
B．该反应前后气体的体积相等，则反应后气体的总物质的量不变，仍然为10mol+2.5mol=12.5mol，平衡后硫化氢的物质的量为（2.5-2）mol=0.5mol，相同条件下气体的体积分数=物质的量分数=0.5mol/12.5mol×100%=4.0%，故B正确；
C．升高温度，COS浓度减小，说明平衡向着逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故C错误；
D．恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1 mol，则此时该反应的浓度商<1，说明平衡会向着正向移动，故D错误。
故选B。
14.下列各种溶液中，可能大量共存的离子组是( )
A. pH＝1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Cl－
B. 由水电离出的c(OH－)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：Na+、AlO2-、S2－、CO32-
C. 含有大量Fe3+的溶液中：Na+、SCN－、K+、NO3-
D. c(H＋)＝10－14 mol·L－1的溶液中：Mg2+、NO3-、Fe2+、ClO－
【答案】B
【解析】
【详解】A．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，故A错误；
B．由水电离出的c(OH-)=1×10-13 mol•L-1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下，AlO2-、S2－、CO32-均不能大量共存，但碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C．SCN-与Fe3+反应而不能大量共存，故C错误；
D．c(H+)=10-14 mol•L-1的溶液呈碱性，碱性条件下，Mg2+、Fe2+不能大量共存，故D错误；
故答案为B。
15.某密闭容器中进行如下反应：3X(g)+Y(g)2Z(g)，若要使平衡时反应物总物质的量与生成物的物质的量相等，且用X、Y做反应物，则X、Y的初始物质的量之比的范围应满足（ ）
A. 1＜＜3 B. ＜＜
C. ＜＜4 D. 1＜＜5
【答案】D
【解析】
【详解】令参加反应的Y的物质的量为n，则
3X(g)+Y(g)2Z(g)
开始(mol)： x y 0
转化(mol)： 3n n 2n
平衡(mol)： x-3n y-n 2n
平衡时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等，所以有（x-3n）+（y-n）=2n，解得n=；反应物不能完全反应，所以有y＞n，x＞3n，即y＞，x＞，解得：1＜=＜5，故选D。
16.如图为不同温度下水的电离平衡曲线，已知pOH=−lgc(OH−)，下列说法正确的是（ ）
A. T1和T2的关系是：T1>T2
B. KW的关系是：B>C>A=D=E
C. A点到D点：加入少量酸可实现
D. T2时：pH=2的硫酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液呈中性
【答案】C
【解析】
【详解】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，根据图片知，Kw中A＞B，则T1＜T2，故A错误；
B．相同温度下，水的离子积常数相同，温度越高，水的离子积常数越大，根据图片知，离子积常数A=E=D＞C＞B，故B错误；
C．A点到D点是等温线，离子积常数不变，溶液的碱性减弱、酸性增强，所以A点到D点：加入少量酸可实现，故C正确；
D．水的离子积常数未知，无法计算NaOH中氢氧根离子浓度，等体积混合，酸中氢离子、碱中氢氧根离子物质的量不一定相等，溶液酸碱性无法判断，如果是常温下，pH=2的硫酸与pH=12的NaOH溶液等体枳混合，溶液呈中性，故D错误；
故答案为C。
二、填空题(52分，除标注外，每空2分）
17.（1）将0.3mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，该反应的热化学方程式为 。又已知：H2O（g）=H2O（l）；△H2＝－44.0kJ/mol，则11.2L（标准状况）乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是_____________kJ。
（2）已知：2NO2（g）N2O4（g）ΔH12NO2（g）N2O4（l）ΔH2
下列能量变化示意图中，正确的是（选填字母）_____________。
A B C
（3）依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行推算。
已知：C（s，石墨）＋O2（g）===CO2（g） ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
2H2（g）＋O2（g）===2H2O（l） ΔH2＝－571.6 kJ·mol－1
2C2H2（g）＋5O2（g）===4CO2（g）＋2H2O（l） ΔH3＝－2 599 kJ·mol－1
根据盖斯定律，计算298 K时由C（s，石墨）和H2（g）生成1 mol C2H2（g）反应的焓变（列出简单的计算式）：___________________________。
（4）甲醇是一种新型的汽车动力燃料，工业上可通过CO和H2化合来制备甲醇气体（结构简式为CH3OH）。 已知某些化学键的键能数据如下表：
化学键
C—C
C—H
H—H
C—O
C≡O
H—O
键能/kJ·mol－1
348
413
436
358
1072
463
已知CO中的C与O之间为叁键连接，则工业制备甲醇的热化学方程式为 ；
【答案】（10分，每空2分）
（1）B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=-2165kJ/mol；1016.5kJ
（2）A
（3）ΔH＝（4ΔH1＋ΔH2—ΔH3）÷2＝＋226.7kJ•mol－1（共2分，算式1分，结果1分，正负号、数值、单位出错均为零分）
（4）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） △H=" -116" KJ/mol
【解析】试题分析：（1）0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5KJ的热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出2165KJ的热量，反应的热化学方程式为：B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=-2165kJ/mol，①B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=-2165kJ/mol，②H2O（l）→H2O（g）；△H=+44kJ/moL，由盖斯定律可知①+②×3得：B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（g）△H=-2033kJ/mol，11.2L（标准状况）即0.5mol乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是2033kJ×0.5=1016.5kJ，故答案为：B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=-2165kJ/mol；1016.5；
（2）降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）N2O4（l）为放热反应，所以在图象中该反应的反应物的总能量比生成物的总能量高，同种物质气态变液态会放出热量，即液态时能量比气态时能量低，则N2O4（l）具有的能量比N2O4（g）具有的能量低，图象A符合，故A正确；故答案为：A。
（3）已知：①C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H1=+393.5kJ/mol；②2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H2=-571.6kJ/mol；③2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）△H3=-2599kJ/mol；根据盖斯定律，①×4+②-③得到反应的热化学方程式为：4C（s，石墨）+2H2（g）=2C2H2（g） △H=+453.4kJ•mol-1；热化学方程式为：2C（s，石墨）+H2（g）=C2H2（g） △H=+226.7kJ•mol-1，故答案为：+226.7kJ/mol；
（4）CO（g）+2H2（g）CH3OH （g），焓变=反应物总键能之和-生成物总键能之和，△H1═1072KJ/mol+2 ×436KJ/mol-（3×413KJ/mol+358KJ/mol+463KJ/mol）="-116" kJ•mol-1，热化学方程式CO（g）+2H2（g）CH3OH （g）△H="-116" kJ•mol-1，故答案为：CO（g）+2H2（g）CH3OH （g）△H="-116" kJ•mol-1。
18. 实验室合成溴苯的装置图及有关数据如下，按下列合成步骤回答：
（1）实验装置中，仪器c的名称为________________，作用为_______________。
（2）在a中加入15 mL无水苯和少量铁屑。在b中小心加入4.0 mL液态溴。向a中滴入几滴溴，有白雾产生，是因为生成了_______气体。继续滴加至液溴滴完。写出a中发生反应的化学方程式：_________________________________________。
（3）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：
①向a中加入10 mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；
②滤液依次用10 mL水、8 mL10%的NaOH溶液、10 mL水洗涤。NaOH溶液洗涤的作用是____________________________________________；
③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。加入无水氯化钙的目的是_______________。
（4）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为____________，要进一步提纯，需进行的操作方法为________。
【答案】（1）球形冷凝管 冷凝回流
（2）HBr
（3）除去未反应的Br2
（4）苯 蒸馏
【解析】试题分析：（1）铁和溴反应生成三溴化铁，三溴化铁与苯作用，生成溴苯，同时有溴化氢生成，铁作催化剂，氢溴酸和氢氧化钠反应生成易溶于水的溴化钠和水，溴单质和氢氧化钠反应，生成易溶于水的溴化钠和次溴酸钠。（2）溴苯提纯的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中，然后过滤除去未反应的铁屑，再加NaOH溶液，把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO洗到水中．然后加干燥剂，无水氯化钙能干燥溴苯。（3）利用沸点不同，苯的沸点小，被蒸馏出，溴苯留在母液中，所以采取蒸馏的方法分离溴苯与苯。
19.已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示：
（1）则95℃时水的电离平衡曲线应为__（填“A”或“B”）．
（2）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=3的H2SO4溶液混合，所得溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为_____
（3）95℃时，若1体积pH1=a 的某强酸溶液与10体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是：___（用含a、b的等式表示）．
（4）95℃时，1L0.05mol/LBa（OH）2溶液中，由水电离出的c（OH－）为______。
【答案】(1). B (2). 100:1 (3). a+b=11 (4). 1×10－11mol·L－1
【解析】
【详解】（1）常温下，纯水中c(OH－)=c(H+)=10-7mol/L，水的电离是一个吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，水电离生成的c(OH－)=c(H+)增大，由此可确定水的电离平衡曲线应为B；答案为B；
（2）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=3的H2SO4溶液混合，所得溶液的pH=7，则n(H+))=n(OH-)，10-5mol/L×V(NaOH)=10-3mol/L×V(H2SO4)，V(NaOH):V(H2SO4)=10-3mol/L:10-5mol/L=100:1；答案为：100:1；
（3）95℃时，若1体积pH1=a的某强酸溶液与10体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，仍利用n(H+)=n(OH-)进行计算，则1×10-a=10×10-(12-b)，10a+b=1011，a+b=11；答案为：a+b=11；
（4）95℃时，1L0.05mol/LBa(OH)2溶液中，c(OH－)=0.1mol/L，由于由水电离出的c(OH－)等于溶液中的c(H+)，即为 mol·L-1=1×10-11mol·L-1。答案为：1×10-11mol·L-1。
20.为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取M g固体样品，配成250 mL溶液。设计了以下两种实验方案：
方案I：取50.00 mL上述溶液→加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液→操作I→洗涤→操作Ⅱ→称量，得到沉淀的质量为m1 g
方案Ⅱ：取50.00 mL上述溶液，用a mol/L 的酸性KMnO4溶液进行滴定。
实验中所记录的数据如下表：
滴定次数
实验数据
1
2
3
4
待测溶液体积/mL
50.00
50.00
50.00
50.00
滴定管初读数/mL
0.00
0.20
0.10
0.15
滴定管末读数/mL
20.95
21.20
20.15
21.20
(1)配制250 mL Na2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻棒、滴管、药匙和_______、________。
(2)操作I为______________，操作Ⅱ为______________。
(3)在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是_______________________________。
(4)在方案Ⅱ中发生的离子反应方程式为____________________________。
(5)根据方案Ⅱ所提供的数据，计算Na2SO3的纯度为___________。（写成分数形式）
(6)方案Ⅱ中氧化还原滴定过程中，导致待测液Na2SO3浓度变小的是_____（填序号）。
a．用碱式滴定管量取50mL待测液过程时，开始仰视，滴定结束时俯视
b．用碱式滴定管量取50mL待测液过程时，一开始有气泡，滴定结束后没气泡
c．酸式滴定管用蒸馏水润洗后，没有用酸性KMnO4溶液多次润洗
d．锥形瓶用蒸馏水润洗后，直接装50.00mL的待测液
e．滴定过程时，开始时平视，滴定结束时仰视
【答案】(1). 天平 (2). 250mL的容量瓶 (3). 过滤 (4). 干燥（烘干） (5). 加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色 (6). 2MnO4-+5SO32-+6H+＝2Mn2++5SO42-+3H2O (7). (8). b
【解析】
【详解】(1)寻找缺少的仪器时，可创设配制250 mL Na2SO3溶液的实验操作，然后按操作步骤逐一排查，即：称量(天平)、溶解(烧杯、玻璃棒)、转移(250 mL容量瓶、玻璃棒)、定容(胶头滴管)，从而找出缺少的仪器为天平、250mL的容量瓶；答案为：天平；250mL的容量瓶；
(2)生成沉淀、操作I显然为过滤，操作Ⅱ为烘干；答案为：过滤；烘干；
(3)在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色；答案为：加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色；
(4)在方案Ⅱ中发生的离子反应是MnO4-+SO32-+H+—Mn2++SO42-+H2O，然后利用电子守恒、电荷守恒、质量守恒进行配平，即为2MnO4-+5SO32-+6H+＝2Mn2++5SO42-+3H2O；答案为：2MnO4-+5SO32-+6H+＝2Mn2++5SO42-+3H2O；
(5)根据方案Ⅱ所提供的数据(第三组数据为失真数据，不能使用，其它三组数据，取平均值，即得消耗KMnO4溶液21mL)，计算Na2SO3的纯度时，利用2n(SO32-)=5n(MnO4-)代入数据进行计算，即2c(SO32-)×50mL=5×a mol/L×21mL，从而求出c(SO32-)=1.05amol/L，再代入下式进行计算：w(Na2SO3)%== ；答案为：；
(6)由2c(SO32-)×50mL=5×a mol/L×VmL，可求得c(SO32-)=，利用此式进行误差分析；
a．用碱式滴定管量取50mL待测液过程时，开始仰视，滴定结束时俯视，将导致实际所量取碱液的体积大于50mL，V偏大，导致待测液Na2SO3浓度变大；
b．用碱式滴定管量取50mL待测液过程时，一开始有气泡，滴定结束后没气泡，则实际所取Na2SO3体积小于50mL，V偏小，导致待测液Na2SO3浓度变小；
c．酸式滴定管用蒸馏水润洗后，没有用酸性KMnO4溶液多次润洗，V偏大，导致待测液Na2SO3浓度变大；
d．锥形瓶用蒸馏水润洗后，直接装50.00mL的待测，不产生误差；
e．滴定过程时，开始时平视，滴定结束时仰视，V偏大，导致待测液Na2SO3浓度变大。
答案为：b。
21.氢气和二氧化碳在一定条件下可合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。
I、在恒温条件下，分别将2 molCO2和6 mol H2充入一个固定容积为1L的密闭容器中，随着反应的进行，气体混合物中n(H2)、n(CH3OH)与反应时间t的关系如下表;
t/min
0
5
10
15
20
25
30
n（H2）/mol
600
4.50
3.60
3.30
3.03
3.00
3.00
n（CH3OH）/mol
0
0.50
0.80
0.90
0.99
1.00
1.00
(1)前10min中利用CO2表示的反应速率为____________。
(2)该温度下，此反应的平衡常数K=__________。
(3)该温度下，若向同容积的另一容器中投入的：CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为2 mol·L-1、2 mol·L-1、1 mol·L-1、1 mol·L-1，则此时v正_______v逆(填“＞”、“＜”或“=”)。
Ⅱ、在密闭容器中充入1molCO2和3 mol H2，测得混合气体中甲醇的体积分数与温度的关系如图A所示：
试回答下列问题：
(1)该反应是______(填“放热”或“吸热”)反应。
(2)氢气在Q点的转化率_________(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)氢气在W点的转化率；
(3)解释0—T0内，甲醇体积分数变化趋势：_______________。
(4)图B表示氢气转化率α(H2)与投料比的关系，请在图B中画出两条变化曲线并标出曲线对应的条件，两条曲线对应的条件分别为：一条曲线对应的压强是1.01×105Pa；另一条曲线对应的压强是3.03×105Pa(其它条件相同)________。
【答案】(1). 0.08mol·L—1·min—1 (2). (3). ＜ (4). 放热 (5). 小于 (6). 温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大 (7).
【解析】
【详解】(1)前10min中n(CH3OH)=0.80mol，则参加反应的CO2也为0.80mol，利用v(CO2)==0.08mol·L-1·min-1；答案为：0.08mol·L-1·min-1；
(2) CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起始量 2mol 6mol 0 0
变化量 1mol 3mol 1mol 1mol
平衡量 1mol 3mol 1mol 1mol
该温度下，此反应的平衡常数K==；答案为：；
(3)该温度下，若向同容积的另一容器中投入的：CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为2 mol·L-1、2 mol·L-1、1 mol·L-1、1 mol·L-1，Q=＞，所以平衡逆向移动，v正＜v逆；
Ⅱ、(1)最高点及之后的所有点，都是该温度下的平衡点。从最高点之后进行分析，温度升高，甲醇的体积分数减小，说明平衡逆向移动，该反应是放热反应；答案为：放热；
(2)因为最高点之前的所有点都是未平衡点，所以氢气在Q点的转化率小于氢气在W点的转化率；答案为：小于；
(3)0～T0内，甲醇的体积分数变化趋势，从图中便可看出，即温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大；答案为：温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大；
(4)一条曲线对应的压强是1.01×105Pa；另一条曲线对应的压强是3.03×105Pa(其它条件相同)。画线时，注意两点，一是曲线的变化趋势，大，相当于增大H2的体积，虽然平衡正向移动，但H2的转化率减小；二是相同时，增大压强，平衡正向移动，H2的转化率大，所以压强是3.03×105Pa的曲线在压强是1.01×105Pa曲线的上方。故坐标图象为：。
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