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【化学】安徽省定远县第三中学2018-2019学年高二下学期开学检测（解析版）
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安徽省定远县第三中学2018-2019学年高二下学期开学检测
一、选择题（共20小题，40分。）
1.下列说法正确的是( )
A. 放热反应不需要加热就能发生
B. 升高温度或加入催化剂，均可以改变化学反应的反应热
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. 物质发生化学变化，一定伴随着能量变化
【答案】D
【解析】
试题分析：A．放热反应不一定不需要加热，例如木炭燃烧，A错误；B．反应热只与反应物总能量和生成物总能量有关系，与反应条件没有关系，B错误；C．同温同压下，H2（g）＋Cl2（g）==2HCl（g）在光照和点燃条件下的ΔH相同，C错误；D．物质发生化学变化，一定伴随着能量变化，D正确，答案选D。
考点：考查反应热的有关判断
2.Cl2通入水中发生如下反应Cl2＋H2OHCl＋HClO，欲增大所得溶液中HClO的浓度，应采取的措施为 ( )
A. 加NaOH固体 B. 加Na2CO3固体 C. 加水 D. 通入NH3气
【答案】B
【解析】
试题分析：A、加入NaOH能同时中和HCl和HClO，HClO浓度减小，A错误；B、加入碳酸钠，碳酸钠能和HCl反应而不能和酸性比碳酸弱的HClO反应，降低了生成物浓度，平衡正向移动，HClO浓度增大，B正确；C、加水，平衡虽然正向移动，但因为溶液体积增大更多，HClO浓度减小，C错误；D、通入氨气，生成的碱同时中和HCl和HClO，HClO浓度减小，D错误，答案选B。
【考点定位】本题从影响弱电解质的电离平衡移动的浓度因素考虑
【名师点晴】明确氯气和水反应的特点以及盐酸和次氯酸的性质是解答的关键，注意与碳酸的酸性强弱比较。易错点是C，注意稀释促进平衡向正反应方向进行，次氯酸的物质的量增加，但浓度是降低的。
3.沼气的主要成份是CH4 ， 0.5molCH4完全燃烧生成二氧化碳和液态水时放出445kJ热量．下列热化学方程式正确的是（ ）
A. CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=+890 kJ/mol
B. CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890kJ/mol
C. CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣445kJ/mol
D. CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ/mol
【答案】D
【解析】
试题分析：燃烧1molCH4生成CO2和液态水，放出的热量为445/0.5kJ=890kJ，放出热量△H<0，即热化学反应方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) △H=－890kJ·mol－1，故选项D正确。
考点：考查热化学反应方程式的书写等知识。
4.下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A. pH=a的醋酸溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b-1
B. 含等物质的量的NaHSO3和Na2SO3的溶液：2c(Na+)=3[c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)]
C. 0.1mol·L-1盐酸与0.2mol·L-1氨水等体积混合：c(NH3·H2O)>c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)
D. 含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)>c(Cl-)=c(I-)
【答案】B
【解析】
试题分析：A．pH=a的醋酸溶液，稀释10倍后，稀醋酸越稀电离程度越大，则其pH＜b-1，错误；B．含等物质的量的NaHSO3和Na2SO3的溶液，根据物料守恒，可得：2c(Na+)=3[c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)]，正确；C．0.1mol·L-1盐酸与0.2mol·L-1氨水等体积混合，反应后得等物质的量的氨水和氯化铵的混合液，因氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度，则有：c(NH4+)>c(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(OH-)，错误；D．含有AgCl和AgI固体的悬浊液，因c(Ag+)相同，但Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)：c(Ag+)>c(Cl-)>c(I-)，错误。选B。
考点：考查水溶液中的离子平衡等知识。
5.已知反应：①101kPa时，C(s)+1/2O2(g)=CO(g) △H1=－110.5kJ/mol
②稀溶液中，H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l) △H2=－57.3kJ/mol
下列结论正确的是( )
A. 若碳的燃烧热用△H3来表示，则△H3＜△H1
B. 若碳的燃烧热用△H3来表示，则△H3＞△H1
C. 浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ/mol
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量
【答案】A
【解析】
试题分析：A、碳的燃烧热：完全燃烧1molC生成最稳定氧化物二氧化碳所释放的热量，碳完全燃烧放热比不完全燃烧放热多，即△H3＜△H1，故A正确；B、碳的燃烧热：完全燃烧1molC生成最稳定氧化物二氧化碳所释放的热量，碳完全燃烧放热比不完全燃烧放热多，即△H3＜△H1，故B错误；C、浓硫酸的稀释过程是放热的，浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热大于57.3kJ/mol，故C错误；D、醋酸的电离过程是吸热的，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误；故选A。
考点：考查了燃烧热、中和热的概念的理解和应用的相关知识。
6.下列有关反应速率的说法正确的是（ ）
A. 用铁片和稀硫酸反应制氢气时，改用98%的硫酸可以加快反应速率
B. 100mL 2mol•L-1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
C. SO2的催化氧化反应是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率变慢
D. 汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率变慢
【答案】D
【解析】
试题分析：A、铁和浓硫酸钝化，所以错误，不选A；B、加入氯化钠溶液，盐酸的浓度碱小，反应速率减慢，不选B；C、升温，反应速率加快，错误，不选C；D、减小压强，反应速率减慢，正确，选D。
考点：影响反应速率的因素。
7.下列说法或表示正确的是（ ）
A. 若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
B. 由“c（石墨）=c（金刚石）△H=+1.9KJ/mol”可知，金刚石没有石墨稳定
C. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l)△H1，
CH3COOH(aq)+OH-(aq)═H2O(l)+CH3COO-(aq)△H2,则△H1>△H2
D. 在101KPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8KJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=285.8KJ/mol
【答案】B
【解析】
试题分析：A．气态S的能量高于固态S的能量，则在相同条件下，若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多，A错误；B．由“C(石墨)=C(金刚石) ΔH= +11.9kJ·mol-1”可知，石墨的总能量低于金刚石，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，B正确；C．在稀溶液中：H＋(aq)+OH—(aq)=H2O(l) ΔH=－57.3l kJ·mol-1，醋酸溶液中存在电离平衡，电离吸热，因此生成1mol水时放出的热量小于57.3kJ，△H1＜△H2，C错误；D．在101KPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ 热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l） ΔH=—285.8 kJ·mol-1，D错误，答案选B。
考点：考查反应热的有关判断
8.在一恒温恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：
CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）△H＝－49．0kJ/mol
测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 反应进行到3min时，该反应达到平衡状态
B. 从反应开始到平衡，CO2的转化率为25%
C. 第3min时，氢气的平均反应速率为1．5mol/（L·min）
D. 该温度下，反应的平衡常数的值为16/3
【答案】D
【解析】
试题分析：A．3min时，物质的浓度仍在变化，未达到平衡状态，故A错误；B．开始充入1molCO2，而开始的CO2浓度为1mol/L，所以该密闭容器的体积为=1L，平衡时生成甲醇为0．75mol/L×1L=0．75mol，则参加反应二氧化碳为0．75mol=0．75mol，故二氧化碳转化率为×100%=75%，故B错误；C．第3min时，v（CH3OH）==mol•L-1•min-1，速率之比等于化学计量数之比，故v（H2）=3v（CH3OH）=0．5mol•L-1•min-1，故C错误；D．平衡时甲醇为0．75mol/L、二氧化碳为0．25mol/L，则：
CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）
起始浓度（mol/L）：1300
变化浓度（mol/L）：0．752．250．750．75
平衡浓度（mol/L）：0．250．750．750．75
则平衡常数K===，故D正确，故选D。
考点：考查了化学平衡计算与影响因素、化学反应速率、平衡常数的相关知识。
9.在一个固定容积的密闭容器中充入3 mol NO2，—定温度下建立如下平衡：2NO2N2O4，此时平衡混合气中NO2的体积分数为x%，若再充入1mol N2O4，在温度不变的情况下，达到新的平衡时，测得NO2的体积分数为y%，则x和y的大小关系正确的是( )
A. x>y B. x
【解析】
试题分析：反应物和生成物均是一种，平衡时若再充入1 mol N2O4，则相当于是增大压强，平衡向正反应方向进行，NO2的体积分数减小，即x＞y，答案选A。
【考点定位】考查外界条件对平衡状态的影响
【名师点晴】注意放大缩小思想的应用：该方法适用于起始投入物质的物质的量之间存在一定的倍数关系。它指的是将反应容器的体积扩大一定的倍数，使起始物质的浓度相同，则在一定条件下，可建立相同的平衡态。然后在此基础上进行压缩，使其还原为原来的浓度。分析在压缩过程中，平衡如何移动，再依据勒夏特列原理，分析相关量的变化情况。
10.已知Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g)ΔH＜0，则下列叙述不正确的是( )
A. 该反应中旧化学键断裂需要吸收能量，新化学键形成需要放出能量，所以反应前后物质具有的总能量不变
B. 上述热化学方程式中的ΔH的值与实验测定中反应物的用量无关
C. 该反应的化学能可以转化为其他形式的能
D. 反应物的总能量高于生成物的总能量
【答案】A
【解析】
试题分析：A、断裂化学键吸收能量，生成化学键会放热，反应过程中一定伴随能量的变化，故A错误；B、作为一个描述系统状态的状态函数，焓变没有明确的物理意义，△H(焓变)表示的是系统发生一个过程的焓的增量，确定了一个化学方程式，就确定了一个焓变，焓变并不随反应物的增加而增加，焓变与化学方程式的写法有关，故B正确；C、反应是氧化还原反应，可以设计成原电池，锌做负极，失电子，溶液中氢离子在正极得到电子实现化学能转化为电能，故C正确；D、反应是放热反应，依据能量守恒，反应物总能量大于生成物总能量，故D正确；故选A。
考点：考查了化学反应中的能量变化的相关知识。
11.25℃时，下列溶液的离子浓度关系式正确的是( )
A. pH=a的醋酸溶液稀释10倍后，其pH=b，则b=a+1
B. 浓度相同的①NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4三种溶液的c(NH4+)：①＞③＞②
C. 浓度相同的氨水与盐酸等体积混合：c(NH4+)＞c(Cl﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣)
D. 将amol·L﹣1CH3COOH与bmol·L﹣1NaOH溶液等体积混合，测得溶液pH为7，则a＞b
【答案】D
【解析】
试题分析：A、醋酸为弱电解质，加水稀释促进电离，pH=a的醋酸稀释10倍后，其pH=b，则b＜a—1，错误；B、CH3COONH4中醋酸根水解呈碱性，促进铵离子的水解，NH4HSO4电离出的氢离子抑制铵离子的水解，故浓度相同的①NH4Cl ②CH3COONH4 ③NH4HSO4，三种溶液中的c(NH4+)：③>①>②，错误；C、将相同浓度的氨水与盐酸等体积混合，二者恰好完全反应，所得溶液为氯化铵溶液，离子浓度关系：c (Cl-) >c (NH4+)> c (H+) > c (OH-)，错误；D、等浓度等体积的醋酸和氢氧化钠溶液混合二者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，现混合液呈中性，则溶液为醋酸钠和醋酸的混合液，则a与b的关系：a>b，正确。
考点：考查弱电解质的电离和盐类的水解。
12.下列图示与对应的叙述正确的是( )
A. 图甲为在水溶液中H+和OH－的浓度变化曲线，恒温稀释可实现a→b的转化
B. 图乙为H2O2在有、无催化剂下的分解反应曲线b表示有催化剂时的反应
C. 图丙可表示用0.0110mol/L盐酸滴定0.0110mol/L氨水时的滴定曲线
D. 图丁为NaCl中混有少量KNO3，除去KNO3可在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥
【答案】B
【解析】
试题分析：A．温度不变水溶液中离子积常数不变，改变条件氢离子浓度增大则氢氧根离子浓度减小，A错误；B．加入催化剂，可降低反应的活化能，曲线b表示有催化剂时的反应，B正确；C．用0.0110mol/L盐酸滴定0.0110mol/L氨水溶液pH从大变小到恰好反应溶液显酸性，图象错误，C错误；D．硝酸钾溶解度随温度变化较大，NaCl固体中混有硝酸钾，应用蒸发结晶的方法除杂，D错误，答案选B.
考点：考查弱电解质的电离、化学反应与能量变化、酸碱中和滴定等
13.下列判断中，正确的是( )
A. 已知25 ℃时NH4CN显碱性，则25 ℃时的电离常数K（NH3·H2O）＞K（HCN）
B. 25 ℃时，Mg（OH）2固体在20 mL0．01 mol·L－1氨水中的Ksp比在20 mL0．01 mol·L－1 NH4Cl溶液中的Ksp小
C. pH试纸测得新制氯水的pH为4
D. FeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液加热蒸干．灼烧都得到Fe2O3
【答案】A
【解析】
A、已知25℃时NH4CN水溶液显碱性，说明CN﹣水解程度大于NH4+，HCN电离程度小于NH3•H2O电离程度，则25℃时的电离常数K（NH3•H2O）＞K（HCN），故A正确；
B、沉淀的Ksp随温度变化，不随浓度变化，25℃时，Mg（OH）2固体在20 mL 0.01mol•L﹣1氨水中的Ksp和在20mL 0.01mol•L﹣1 NH4Cl溶液中的Ksp相同，故B错误；
C、氯水中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测其pH，故C错误；
D、FeCl3溶液中氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢加热蒸干得到水解产物氢氧化铁、灼烧得到氧化铁，Fe2（SO4）3溶液中硫酸铁水解生成硫酸和氢氧化铁加热蒸干水被蒸发得到硫酸铁、灼烧得到硫酸铁，故D错误．
故选A．
【点评】本题考查了盐类水解的分析应用，弱电解质电离溶液PH测定，掌握基础是关键，题目难度中等．
14.25℃时，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是( )
A. pH=1的溶液中：Na+、K+、MnO4-、CO32-
B. 无色溶液中：Cu2+、Al3+、NH4+、Cl-
C. 由水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-
D. 0.1mol·L-1FeCl3溶液中：Fe2+、NH4+、SCN-、SO42-
【答案】C
【解析】
A、CO32－在酸性条件下不能大量共存，故A错误；B、Cu2＋显蓝色，不符合题意，故B错误；C、此溶液可能显酸，也可能显碱，Cu2＋在碱中不能大量共存，但这些离子在酸中能够大量共存，故C正确；D、Fe3＋和SCN－生成络合物Fe(SCN)3，不能大量共存，故D错误。
15.下列盐类水解的应用，不正确的是( )
A. 实验室配制氯化铁溶液时，滴入少量稀硫酸抑制水解
B. 为使纯碱溶液的去油污效果更好，可以使用热的纯碱溶液
C. 明矾可用于净水，是由于溶于水后产生的Al(OH)3胶体具有吸附作用
D. 铵态氮肥不能和草木灰混合施用，是由于NH4+与C032-互相促进水解，肥效下降
【答案】A
【解析】
A、铁离子水解呈酸性，加入盐酸可抑制水解，防止溶液变浑浊，但不能加入硫酸，因引入新的杂质，选项A错误；B、碳酸钠水解溶液显碱性，可以用去除油污。水解吸热，因此热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污效果更好，选项B正确；C、明矾作为净水剂是因为明矾溶于水发生水解反应，生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附杂质，反应的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，选项C正确；D、铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是由于铵根离子与碳酸根离子发生互促水解的原因，选项D正确。答案选A。
16.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是 （ ）
A. 已知2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（g） △H＝－483.6 kJ· mol—1,则氢气的燃烧热为241.8 kJ· mol—1
B. 已知C（石墨，s）＝C（金刚石，s） △H＞0 则金刚石比石墨的键能大
C. 已知NaOH（ag）＋HCl（aq）＝NaCl（aq）＋H2O（l） △H＝－57.4 kJ· mol—1,则含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量
D. 已知2C（s）＋2O2（g）＝2CO2（g） △H1,2C（s）＋O2（g）＝2CO（g） △H2，则△H1＞△H2
【答案】C
【解析】
A、选项中生成的水是气体不是稳定氧化物，氢气的燃烧热不是241.8 kJ/mol，A错误；B、已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）；△H＞0，反应是吸热反应，金刚石能量高于石墨，所以金刚石比石墨的键能小，B错误；C、已知NaOH（ag）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.4 kJ/mol，则含20.0g NaOH物质的量为0.5mol的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，C正确；D、已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）；△H1，2C（s）+O2（g）=2CO（g）；△H2，一氧化碳燃烧生成二氧化碳放热，焓变是负值，所以△H1＜△H2，D错误；答案选C。
17.下列关于化学反应的活化能说法错误的( )
A. 活化能是决定化学反应速率快慢的本质因素
B. 溶液中Ag+和Cl-结合形成沉淀几乎不需要活化能
C. 煤的形成需要漫长的地质年代主要是因为该反应的活化能很大
D. 活化能只受温度影响，与其他因素无关
【答案】D
【解析】
活化能是决定化学反应速率快慢的本质因素，A项正确；溶液中Ag+和Cl-常温下能迅速形成AgCl沉淀，几乎不需要活化能，B项正确；煤的形成需要漫长的地质年代主要是因为该反应的活化能很大，C项正确；活化能还与催化剂有关，催化剂一般能降低反应的活化能，D项错误；答案选D。
18.向一种一元强酸HA溶液中加入一种碱MOH，溶液呈中性，下列判断正确的是( )
A. 加入的碱过量
B. 生成的盐发生水解
C. 反应后溶液中c(A－)＝c(M＋)
D. 混合前酸与碱中溶质的物质的量相等
【答案】C
【解析】
若MOH为强碱，则恰好中和显中性，不需要过量，选项A错误。若MOH为强碱，则恰好中和显中性，生成强酸强碱盐，不水解，选项B错误。反应后的溶液只有四种离子，根据电荷守恒一定有：c(OH－)+c(A－)＝c(M＋) +c(H＋)，溶液显中性，所以氢离子和氢氧根浓度相等，一定有c(A－)＝c(M＋)，选项C正确。若MOH是弱碱，混合前酸与碱中溶质的物质的量相等，则恰好中和生成一种强酸弱碱盐，溶液应该显酸性，选项D错误。
19.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中能量变化如图所示(图中E表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能。下列有关叙述正确的是( )
A. 该反应的逆反应为放热反应，升高温度可提高活化分子的百分数
B. ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热
C. 该反应中，反应物的总键能大于生成物的总键能
D. 500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH =-2akJ·mol-1
【答案】B
【解析】
A. 根据图中信息可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应的正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，选项A错误；B、根据反应的焓变等于反应物的总能量-生成物的总能量得：ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热，选项B正确；C、该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能，选项C错误；D、反应是可逆反应，反应不可能完全，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)，生成的SO3(g)没有1mol，放热akJ，则500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH <-2akJ·mol-1，选项D错误。答案选B。
点睛：本题考查了化学变化过程中能量变化的分析的，主要是活化能概念的理解应用，掌握图象分析方法是关键。本题的易错点是：图象分析反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应；催化剂对反应的焓变无影响。
20.下列根据实验现象得出的实验结论正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向KNO3和KOH 混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸
试纸变为蓝色
NO3-被还原为NH3
B
将Fe(NO3 )2样品落于稀硫酸后，滴加KSCN溶液
溶液变成红色
Fe(NO3 )2样品中一定含有Fe2+
C
向浓度均为0 1mol/L的Na2CO3和Na2S混合溶液中滴入少量AgNO3溶液
产生黑色沉淀(Ag2S)
Ksp(Ag2S)>Ksp(Ag2CO3)
D
向KI溶液中加入少量苯，然后加入FeCl3溶液
有机层呈橙红色
还原性:Fe2+>I-
【答案】A
【解析】
A．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，KNO3和KOH 混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝色，说明NO3-还原为NH3，故A正确；B．将Fe(NO)2样品溶于稀H2SO4后，酸性条件下，NO3-能把Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红，证明含有Fe3+，不能说明含有亚铁离子，故B错误；C．溶度积常数小的物质先生成沉淀，浓度均为0.1mol•L-1的Na2CO3和Na2S混合溶液中，滴入少量AgNO3溶液，产生黑色沉淀，说明Ksp(Ag2S)小于Ksp(Ag2CO3)，故C错误；D. 向KI溶液中加入少量苯，然后加入FeCl3溶液，使得有机层呈橙红色，说明氯化铁溶液将碘离子氧化生成了碘单质，也说明还原性:Fe2+＜I-，故D错误；故选A。
二、综合题（共4小题，60分。）
21.将2molSO2和1molO2混合置于体积可变，压强恒定的密闭容器中，在一定温度下发生如下反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)；△H﹤0，当反应进行到时间t1点时达到平衡状态，测得混合气体总物质的量为2.1 mol。试回答下列问题：
（1）写出该反应的平衡常数表达式：K = __________；
（2）反应进行到t1时，SO2的体积分数为__________；
（3）若在t1时充入一定量的氩气（Ar），SO2的物质的量将________（填“增大”、“减小”或“不变”）；
（4）若在t1时升温，重新达到平衡状态，新平衡混合物中气体的总物质的量_____2.1mol（填“<”、“>”或“=”），简单说明原因_______________________________；
（5）若其它条件不变，在t1时再加入0.2molSO2、0.1molO2 和1.8molSO3，在图中作出从t0→t1→t2点这段时间内SO2的物质的量变化曲线____________。
【答案】（1）K＝c2（SO3）/c2（SO2）﹒c（O2）（2）9.5%；（3）增大；
（4）＞；升高温度反应向吸热反应方向进行，即化学平衡向逆反应方向移动，气体的总物质的量增大。
（5）。注意：t0到t1时只要起点在坐标（0，2） 、平衡点在坐标（t1，0.2）处的示意图均算对；t1到t2是平行于时间轴的直线，起点必须在（t1，0.4）。
【解析】
试题分析：将2molSO2和1molO2混合置于体积可变，压强恒定的密闭容器中，在一定温度下发生如下反应：，
（1）该反应的平衡常数表达式：K = K=c2（SO3）/c2（SO2）﹒C（O2）
（2）反应进行到t1时，SO2的体积分数为9.5%；
（3）体积可变,若在t1时充入一定量的氩气（Ar），体积增大，相当于加压，SO2的物质的量将增大；
（4）该反应放热，若在t1时升温平衡逆向移动，重新达到平衡状态，新平衡混合物中气体的总物质的量> 2.1mol；
（5）若其它条件不变，在t1时再加入0.2molSO2、0.1molO2
和1.8molSO3，在图中作出从t0→t1→t2点这段时间内SO2的物质的量变化曲线。
考点：本题考查化学平衡移动、平衡常数。
22.铜的硫化物可用于冶炼金属铜。为测定某试样中Cu2S、CuS的质量分数，进行如下实验：
步骤1：在0.7500g试样中加入100．00mL0.1200mol/L KMnO4的酸性溶液，加热，硫元素全部转化为SO42－，铜元素全部转化为Cu2＋，滤去不溶性杂质。
步骤2：收集步骤1所得滤液至250mL容量瓶中，定容。取25.00mL溶液，用0.1000mol/L FeSO4溶液滴定至终点，消耗16.00mL。
步骤3：在步骤2滴定所得溶液中滴加氨水至出现沉淀，然后加入适量NH4HF2溶液(使Fe、Mn元素不参与后续反应)，加入约1gKI固体(过量)，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2。用0.05000
mol/L Na2S2O3溶液滴定至终点(离子方程式为2S2O32-＋I22I－＋S4O62－)，消耗14.00mL。
(1)写出Cu２S与KMnO4酸性溶液反应的化学方程式________________
(2)步骤3中加入氨水的目的为__________________；如果未加入氨水，则测得的Cu2+的物质的量将__________（填“偏高”“偏低”或“不变”），混合固体中CuS的质量分数将__________（填“偏高”“偏低”或“不变”）
(3)当加入氨水使得溶液pH=2.0时，则溶液中c（Fe3+）=____________，
(4)根据题中数据，计算混合固体中Cu2S的质量分数w(Cu2S)=______，CuS的质量分数w(CuS)=_______。
【答案】 (1). Cu2S+2KMnO4+4H2SO4=K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O (2). 除掉Fe3+，避免Fe3+与I-反应，影响对Cu2+含量的测定 (3). 偏高 (4). 偏低 (5). 6×10-3mol/L (6). w(Cu2S)=42．7% (7). w(CuS)=38．4%
【解析】
步骤1： Cu2S、CuS氧化成SO42―，MnO4―还原成Mn2＋ ， 步骤2：多余的MnO4―与Fe2＋ 反应，步骤3：NH3·H2O除去Fe3+，加入适量NH4HF2溶液(使Fe、Mn元素不参与后续反应)，加入约1gKI固体(过量)，2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2， Na2S2O3溶液滴定发生2S2O32-＋I22I－＋S4O62－，从而测到Cu2＋ 。
(1)Cu和S元素的化合价都升高，被氧化，则Cu2S为还原剂，写出Cu２S与KMnO4酸性溶液反应的化学方程式Cu2S+2KMnO4+4H2SO4=K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O ；(2)步骤2中Fe2＋ 被 氧化成Fe3＋ ，步骤3中加入氨水的目的为除掉Fe3+，避免Fe3+与I-反应，影响对Cu2+含量的测定；如果未加入氨水，Fe3＋氧化的I2也被当成Cu2＋ 氧化的I2，从而使Cu2＋ 的含量偏高；Cu2＋ 越高，说明Cu2S含量越高，混合固体中CuS的质量分数偏低；
(3)当加入氨水使得溶液pH=2.0时，则c(OH―)=10-12mol/L,Ksp[Fe(OH)3 ]=c3(OH―)c(Fe3＋ )，则c(Fe3＋ )=2.6×10-39/(10-12)3=2.6×10-3mol/L ；
(4)设Cu2S、CuS的物质的量分别是x、y，由关系式2Cu2＋ ~I2~2S2O32―得n(Cu2＋ )=n(S2O32―)=0.05000mol/l×14.00 ×10―3L=7.000×10―4mol, 2x+y=7.000×10―4mol×250mL/25mL①；Cu2S、CuS被KMnO4氧化为CuSO4，Cu、S元素失去电子的物质的量等于Mn元素得到电子的物质的量，10x+8y= 0.1200mol/L×0.1L-0.1000mol/L×0.016L×250mL/25mL②，联立方程式①②，解得x=2.000 ×10―3mol，y=3.000 ×10―3mol，
点睛：本题是物质组成分析与化学综合计算题，（1）（2）涉及到氧化还原方程式的书写，Fe2＋ 用NH3·H2O除去前必须氧化成Fe3＋ 才能沉淀完全，还涉及到Fe3＋ 、Cu2＋ 均能氧化I― ，要有足量的分析能力才能理清题意。（3）Ksp[Fe(OH)3 ]=c3(OH―)c(Fe3＋ )的相关计算；（4）利用元素守恒和电子得失守恒等常用方法，列出方程组，进行混合物计算，能力要求较高。
23.已知2A2(g)+B2(g) 2C3(g) △H=-Q1kJ·mol-1(Q>0)。在一个有催化剂的容积不变的密闭容器中加入2molA2和1molB2,在500℃时充分反应，达平衡后C3的浓度为w mol/L。放出热量为Q2KJ
（1）达到平衡时，A2的转化率为_______。
（2）达到平衡后，若向容器中通入少量的氩气，A2的转化率将______（填增大、减小或不变））
（3）若在原来的容器中只加入2mol C3，500℃时充分反应达平衡后，吸收热量QkJ，C3浓度________（填＞、＝、＜）wmol/L。
（4）改变某一条件，得到如图的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），可得出的结论正确的是_____；
a.反应速率c>b>a
b.达到平衡时A2的转化率大小为b>a>c
c.T2>T1
d.b点A2和B2的物质的量之比为2：1
（5）若将上述容器改为恒压容器，起始时加入2mol A2和1mol B2，500℃时充分反应达平衡后，放出热量Q1kJ，则Q2_________Q1（填＞、＝、＜）。
（6）下列措施可以同时提高反应速率和B2的转化率是______（填选项序号）。
a.选择适当的催化剂 b.增大压强 c.及时分离生成的C3 d.升高温度
【答案】 (1). Q2/Q1 (2). 不变 (3). = (4). ad (5). < (6). b
【解析】
试题分析：（1）根据2A2(g)+B2(g) 2C3(g) △H=-Q1kJ·mol-1，放出Q2KJ 的能量消耗A2 的物质的量为 ，根据 计算A2的转化率；（2）达到平衡后，若向容器中通入少量无关气体，浓度不变，Q不变，平衡不移动；（3）正向投入2molA2和1molB2，与逆向投入2molC3，是等效平衡；（4）B2的物质的量浓度越大，反应速率越快；增大B2的物质的量，平衡正向移动，A2的转化率增大；在B2相同时，比较C3平衡时的体积分数，可以分析温度的大小关系；投料比等于系数比时，达到平衡时产物含量最大。
（5）2A2(g)+B2(g) 2C3(g)正反应物质的量减小，恒压条件下，由于始终保持较大压强，转化的越多，放出热量较多。(6)根据影响反应速率的因素分析改变条件对速率、根据影响化学平衡移动的因素分析改变条件对B2的转化率的影响。
解析：（1）根据2A2(g)+B2(g) 2C3(g) △H=-Q1kJ·mol-1，放出Q2KJ 的能量消耗A2 的物质的量为 ， A2的转化率 ；（2）达到平衡后，若向容器中通入少量无关气体，浓度不变，Q不变，平衡不移动，A2的转化率不变；（3）正向投入2molA2和1molB2，与逆向投入2molC3，是等效平衡，达到平衡C3浓度=wmol/L；（4）B2的物质的量浓度越大，反应速率越快，反应速率c>b>a，故a正确；增大B2的物质的量，平衡正向移动，A2的转化率增大, 所以达到平衡时A2的转化率大小为c>b>a，故b错误； 在B2相同时， 时C3的平衡体积分数大于T1，正反应放热，升高温度反应逆向移动，温度越高C3含量约小，所以T2
24.现有HA、HB和H2C三种酸。室温下用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.1mol·L-1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH 溶液体积的变化如图所示。
(1)a点时的溶液中由水电离出的c(H+)=________mol·L-1，Ka(HB)=________。
(2)与曲线I 上的c点对应的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________；b点对应的溶液中c(HB)____c(B-)(填“>”“<”或“=”)。
(3)已知常温下向0.1mol·L-1的NaHC 溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色。
①若测得此溶液的pH=1，则NaHC的电离方程式为_______________。
②若在此溶液中能检测到H2C 分子，则此溶液中c(C2-)________c(H2C)(填“>”“<”或“=”)。
③若H2C的一级电离为H2C=H++ HC-，常温下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+ )=0.11mol·L-1，则0.1mol·L-1NaHC溶液中的c(H+)________0.01mol·L-1(填“>”“<”或“=”)。
【答案】 (1). 3×10-13 (2). 1×10-5 (3). c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+) (4). < (5). NAHC=Na++H++C2- (6). > (7). >
【解析】
（1）由图中曲线I可知，浓度0.1mol·L-1的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，完全电离，a点时加入10mL氢氧化钠溶液，则溶液中酸过量，，酸抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(H+)=mol·L-1=3×10-13mol/L；由图中曲线Ⅱ可知，浓度0.1mol·L-1的HB酸溶液的pH=3，Ka(HB)=；(2)曲线I上的c点对应的溶液是HB酸与氢氧化钠完全中和生成的NaB溶液，溶液呈碱性，各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)；b点对应的溶液为以HB和NaB按1：1为溶质的溶液，溶液呈酸性说明HB的电离大于NaB的水解，则c(HB)c(H2C)；③若H2C的一级电离为H2C=H++HC-，常温下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1，其中一级电离产生的c(H+)=0.1mol·L-1，二级电离不完全电离在第一级电离产生的氢离子抑制下电离的c(H+)=0.01mol·L-1，则0.1mol·L-1NaHC溶液中在没有受抑制情况下电离程度增大，则c(H+)>0.01mol·L-1。
25.研究CO2与CH4的反应使之转化为CO和H2，对减缓燃料危机，减少温室效应具有重要的意义。
（1）已知CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) △H＝＋248kJ·mol－1、△S＝310J •mol－1·K－1，该反应能自发进行的温度范围为____________________。
（2）在密闭恒容容器中通入物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示。
①工业生产时一般会选用P4和1250℃进行合成，请解释其原因_________________________。
②在压强为P4、1100℃的条件下，该反应5min时达到平衡点X，则用CO表示该反应的速率为_____，该温度下，反应的平衡常数为_____________________（保留3位有效数字）。
（3）CO和H2在工业上还可以通过反应C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2 (g)来制取
①在恒温恒容下，如果从反应物出发建立平衡，可认定已达平衡状态的是____________________。
A．体系压强不再变化 B．H2、CO和H2O的物质的量之比为1:1:1
C．混合气体的密度保持不变 D．气体平均相对分子质量保持不变
②在某体积可变的密闭容器中同时投入四种物质，2min时达到平衡，测得容器中有1mol H2O(g)、1mol CO(g)、2.2molH2(g)和足量的C(s)，如果此时对体系加压，平衡向___________(填“正”或“逆”)反应方向移动，达到新的平衡后，气体的平均摩尔质量为_____________________。
【答案】 (1). 大于800K (2). 较大的压强和温度能加快合成速率，提高生产效率 (3). 0.032mol·L－1·min－1 (4). 1.64 (5). ACD (6). 逆 (7). 12 g/mol
【解析】
(1)CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) △H＝＋248kJ·mol－1、△S＝310J •mol－1·K－1，△G=△H-T•△S＜0，反应能自发进行，则△G=△H-T•△S=(＋248kJ·mol－1)-T×(310J •mol－1·K－1)＜0，解得T＞800K，故答案为：大于800K；
(2)①由图可知，升高温度，甲烷的转化率增大；该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应进行，甲烷的转化率降低，但较大的压强能加快合成速率，提高生产效率，故答案为：较大的压强和温度能加快合成速率，提高生产效率；
②由图1可知，压强为P4、1100℃的条件下，该反应5min时达到平衡X点，是甲烷的转化率为80%，甲烷的浓度变化量为0.1mol/L×80%=0.08mol/L，故v(CH4)==0.016mol/(L•min)，根据速率之比等于化学计量数之比，所以v(CO)=2v(CH4)=2×0.16mol/(L•min)=0.032mol/(L•min)，
CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)，
开始(mol/L)：0.1 0.1 0 0
变化(mol/L)：0.08 0.08 0.16 0.16
平衡(mol/L)：0.02 0.02 0.16 0.16
故该温度下平衡常数K==1.64，故答案为：0.032mol/(L•min)；1.64；
(3)①A、正反应方向是个气体体积增大的方向，故随着反应的进行，平衡之前，体系压强会增大，故一旦当体系压强不变，说明反应达平衡，故A正确；B、H2、CO和H2O的化学计量数为1：1：1，物质的量之比为1:1:1，与起始时的水蒸气的物质的量有关，与平衡状态无关，不能说明到达平衡，故B错误；C、混合气体的密度ρ=，容器恒容，即V不变，随着反应的进行，混合气体的质量m增大，故ρ增大，一旦当ρ不变时，说明反应达平衡，故C正确；D、反应混合物的总质量不变，随反应进行，反应混合物的总的物质的量增大，平均相对分子质量减小，混合气体的平均相对分子质量不发生变化，说明到达平衡，故D正确；故选ACD；
②根据勒沙特列原理可知，增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，此反应的逆反应方向是个气体体积减小的方向，故增大压强，向逆反应方向移动；在第2min时，混合气体的平均相对分子质量即平均摩尔质量===12g/mol，故答案为：逆；12 g/mol。
一、选择题（共20小题，40分。）
1.下列说法正确的是( )
A. 放热反应不需要加热就能发生
B. 升高温度或加入催化剂，均可以改变化学反应的反应热
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. 物质发生化学变化，一定伴随着能量变化
【答案】D
【解析】
试题分析：A．放热反应不一定不需要加热，例如木炭燃烧，A错误；B．反应热只与反应物总能量和生成物总能量有关系，与反应条件没有关系，B错误；C．同温同压下，H2（g）＋Cl2（g）==2HCl（g）在光照和点燃条件下的ΔH相同，C错误；D．物质发生化学变化，一定伴随着能量变化，D正确，答案选D。
考点：考查反应热的有关判断
2.Cl2通入水中发生如下反应Cl2＋H2OHCl＋HClO，欲增大所得溶液中HClO的浓度，应采取的措施为 ( )
A. 加NaOH固体 B. 加Na2CO3固体 C. 加水 D. 通入NH3气
【答案】B
【解析】
试题分析：A、加入NaOH能同时中和HCl和HClO，HClO浓度减小，A错误；B、加入碳酸钠，碳酸钠能和HCl反应而不能和酸性比碳酸弱的HClO反应，降低了生成物浓度，平衡正向移动，HClO浓度增大，B正确；C、加水，平衡虽然正向移动，但因为溶液体积增大更多，HClO浓度减小，C错误；D、通入氨气，生成的碱同时中和HCl和HClO，HClO浓度减小，D错误，答案选B。
【考点定位】本题从影响弱电解质的电离平衡移动的浓度因素考虑
【名师点晴】明确氯气和水反应的特点以及盐酸和次氯酸的性质是解答的关键，注意与碳酸的酸性强弱比较。易错点是C，注意稀释促进平衡向正反应方向进行，次氯酸的物质的量增加，但浓度是降低的。
3.沼气的主要成份是CH4 ， 0.5molCH4完全燃烧生成二氧化碳和液态水时放出445kJ热量．下列热化学方程式正确的是（ ）
A. CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=+890 kJ/mol
B. CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890kJ/mol
C. CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣445kJ/mol
D. CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ/mol
【答案】D
【解析】
试题分析：燃烧1molCH4生成CO2和液态水，放出的热量为445/0.5kJ=890kJ，放出热量△H<0，即热化学反应方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) △H=－890kJ·mol－1，故选项D正确。
考点：考查热化学反应方程式的书写等知识。
4.下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A. pH=a的醋酸溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b-1
B. 含等物质的量的NaHSO3和Na2SO3的溶液：2c(Na+)=3[c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)]
C. 0.1mol·L-1盐酸与0.2mol·L-1氨水等体积混合：c(NH3·H2O)>c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)
D. 含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)>c(Cl-)=c(I-)
【答案】B
【解析】
试题分析：A．pH=a的醋酸溶液，稀释10倍后，稀醋酸越稀电离程度越大，则其pH＜b-1，错误；B．含等物质的量的NaHSO3和Na2SO3的溶液，根据物料守恒，可得：2c(Na+)=3[c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)]，正确；C．0.1mol·L-1盐酸与0.2mol·L-1氨水等体积混合，反应后得等物质的量的氨水和氯化铵的混合液，因氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度，则有：c(NH4+)>c(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(OH-)，错误；D．含有AgCl和AgI固体的悬浊液，因c(Ag+)相同，但Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)：c(Ag+)>c(Cl-)>c(I-)，错误。选B。
考点：考查水溶液中的离子平衡等知识。
5.已知反应：①101kPa时，C(s)+1/2O2(g)=CO(g) △H1=－110.5kJ/mol
②稀溶液中，H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l) △H2=－57.3kJ/mol
下列结论正确的是( )
A. 若碳的燃烧热用△H3来表示，则△H3＜△H1
B. 若碳的燃烧热用△H3来表示，则△H3＞△H1
C. 浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ/mol
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量
【答案】A
【解析】
试题分析：A、碳的燃烧热：完全燃烧1molC生成最稳定氧化物二氧化碳所释放的热量，碳完全燃烧放热比不完全燃烧放热多，即△H3＜△H1，故A正确；B、碳的燃烧热：完全燃烧1molC生成最稳定氧化物二氧化碳所释放的热量，碳完全燃烧放热比不完全燃烧放热多，即△H3＜△H1，故B错误；C、浓硫酸的稀释过程是放热的，浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热大于57.3kJ/mol，故C错误；D、醋酸的电离过程是吸热的，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误；故选A。
考点：考查了燃烧热、中和热的概念的理解和应用的相关知识。
6.下列有关反应速率的说法正确的是（ ）
A. 用铁片和稀硫酸反应制氢气时，改用98%的硫酸可以加快反应速率
B. 100mL 2mol•L-1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
C. SO2的催化氧化反应是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率变慢
D. 汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率变慢
【答案】D
【解析】
试题分析：A、铁和浓硫酸钝化，所以错误，不选A；B、加入氯化钠溶液，盐酸的浓度碱小，反应速率减慢，不选B；C、升温，反应速率加快，错误，不选C；D、减小压强，反应速率减慢，正确，选D。
考点：影响反应速率的因素。
7.下列说法或表示正确的是（ ）
A. 若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
B. 由“c（石墨）=c（金刚石）△H=+1.9KJ/mol”可知，金刚石没有石墨稳定
C. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l)△H1，
CH3COOH(aq)+OH-(aq)═H2O(l)+CH3COO-(aq)△H2,则△H1>△H2
D. 在101KPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8KJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=285.8KJ/mol
【答案】B
【解析】
试题分析：A．气态S的能量高于固态S的能量，则在相同条件下，若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多，A错误；B．由“C(石墨)=C(金刚石) ΔH= +11.9kJ·mol-1”可知，石墨的总能量低于金刚石，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，B正确；C．在稀溶液中：H＋(aq)+OH—(aq)=H2O(l) ΔH=－57.3l kJ·mol-1，醋酸溶液中存在电离平衡，电离吸热，因此生成1mol水时放出的热量小于57.3kJ，△H1＜△H2，C错误；D．在101KPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ 热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l） ΔH=—285.8 kJ·mol-1，D错误，答案选B。
考点：考查反应热的有关判断
8.在一恒温恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：
CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）△H＝－49．0kJ/mol
测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 反应进行到3min时，该反应达到平衡状态
B. 从反应开始到平衡，CO2的转化率为25%
C. 第3min时，氢气的平均反应速率为1．5mol/（L·min）
D. 该温度下，反应的平衡常数的值为16/3
【答案】D
【解析】
试题分析：A．3min时，物质的浓度仍在变化，未达到平衡状态，故A错误；B．开始充入1molCO2，而开始的CO2浓度为1mol/L，所以该密闭容器的体积为=1L，平衡时生成甲醇为0．75mol/L×1L=0．75mol，则参加反应二氧化碳为0．75mol=0．75mol，故二氧化碳转化率为×100%=75%，故B错误；C．第3min时，v（CH3OH）==mol•L-1•min-1，速率之比等于化学计量数之比，故v（H2）=3v（CH3OH）=0．5mol•L-1•min-1，故C错误；D．平衡时甲醇为0．75mol/L、二氧化碳为0．25mol/L，则：
CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）
起始浓度（mol/L）：1300
变化浓度（mol/L）：0．752．250．750．75
平衡浓度（mol/L）：0．250．750．750．75
则平衡常数K===，故D正确，故选D。
考点：考查了化学平衡计算与影响因素、化学反应速率、平衡常数的相关知识。
9.在一个固定容积的密闭容器中充入3 mol NO2，—定温度下建立如下平衡：2NO2N2O4，此时平衡混合气中NO2的体积分数为x%，若再充入1mol N2O4，在温度不变的情况下，达到新的平衡时，测得NO2的体积分数为y%，则x和y的大小关系正确的是( )
A. x>y B. x
【解析】
试题分析：反应物和生成物均是一种，平衡时若再充入1 mol N2O4，则相当于是增大压强，平衡向正反应方向进行，NO2的体积分数减小，即x＞y，答案选A。
【考点定位】考查外界条件对平衡状态的影响
【名师点晴】注意放大缩小思想的应用：该方法适用于起始投入物质的物质的量之间存在一定的倍数关系。它指的是将反应容器的体积扩大一定的倍数，使起始物质的浓度相同，则在一定条件下，可建立相同的平衡态。然后在此基础上进行压缩，使其还原为原来的浓度。分析在压缩过程中，平衡如何移动，再依据勒夏特列原理，分析相关量的变化情况。
10.已知Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g)ΔH＜0，则下列叙述不正确的是( )
A. 该反应中旧化学键断裂需要吸收能量，新化学键形成需要放出能量，所以反应前后物质具有的总能量不变
B. 上述热化学方程式中的ΔH的值与实验测定中反应物的用量无关
C. 该反应的化学能可以转化为其他形式的能
D. 反应物的总能量高于生成物的总能量
【答案】A
【解析】
试题分析：A、断裂化学键吸收能量，生成化学键会放热，反应过程中一定伴随能量的变化，故A错误；B、作为一个描述系统状态的状态函数，焓变没有明确的物理意义，△H(焓变)表示的是系统发生一个过程的焓的增量，确定了一个化学方程式，就确定了一个焓变，焓变并不随反应物的增加而增加，焓变与化学方程式的写法有关，故B正确；C、反应是氧化还原反应，可以设计成原电池，锌做负极，失电子，溶液中氢离子在正极得到电子实现化学能转化为电能，故C正确；D、反应是放热反应，依据能量守恒，反应物总能量大于生成物总能量，故D正确；故选A。
考点：考查了化学反应中的能量变化的相关知识。
11.25℃时，下列溶液的离子浓度关系式正确的是( )
A. pH=a的醋酸溶液稀释10倍后，其pH=b，则b=a+1
B. 浓度相同的①NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4三种溶液的c(NH4+)：①＞③＞②
C. 浓度相同的氨水与盐酸等体积混合：c(NH4+)＞c(Cl﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣)
D. 将amol·L﹣1CH3COOH与bmol·L﹣1NaOH溶液等体积混合，测得溶液pH为7，则a＞b
【答案】D
【解析】
试题分析：A、醋酸为弱电解质，加水稀释促进电离，pH=a的醋酸稀释10倍后，其pH=b，则b＜a—1，错误；B、CH3COONH4中醋酸根水解呈碱性，促进铵离子的水解，NH4HSO4电离出的氢离子抑制铵离子的水解，故浓度相同的①NH4Cl ②CH3COONH4 ③NH4HSO4，三种溶液中的c(NH4+)：③>①>②，错误；C、将相同浓度的氨水与盐酸等体积混合，二者恰好完全反应，所得溶液为氯化铵溶液，离子浓度关系：c (Cl-) >c (NH4+)> c (H+) > c (OH-)，错误；D、等浓度等体积的醋酸和氢氧化钠溶液混合二者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，现混合液呈中性，则溶液为醋酸钠和醋酸的混合液，则a与b的关系：a>b，正确。
考点：考查弱电解质的电离和盐类的水解。
12.下列图示与对应的叙述正确的是( )
A. 图甲为在水溶液中H+和OH－的浓度变化曲线，恒温稀释可实现a→b的转化
B. 图乙为H2O2在有、无催化剂下的分解反应曲线b表示有催化剂时的反应
C. 图丙可表示用0.0110mol/L盐酸滴定0.0110mol/L氨水时的滴定曲线
D. 图丁为NaCl中混有少量KNO3，除去KNO3可在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥
【答案】B
【解析】
试题分析：A．温度不变水溶液中离子积常数不变，改变条件氢离子浓度增大则氢氧根离子浓度减小，A错误；B．加入催化剂，可降低反应的活化能，曲线b表示有催化剂时的反应，B正确；C．用0.0110mol/L盐酸滴定0.0110mol/L氨水溶液pH从大变小到恰好反应溶液显酸性，图象错误，C错误；D．硝酸钾溶解度随温度变化较大，NaCl固体中混有硝酸钾，应用蒸发结晶的方法除杂，D错误，答案选B.
考点：考查弱电解质的电离、化学反应与能量变化、酸碱中和滴定等
13.下列判断中，正确的是( )
A. 已知25 ℃时NH4CN显碱性，则25 ℃时的电离常数K（NH3·H2O）＞K（HCN）
B. 25 ℃时，Mg（OH）2固体在20 mL0．01 mol·L－1氨水中的Ksp比在20 mL0．01 mol·L－1 NH4Cl溶液中的Ksp小
C. pH试纸测得新制氯水的pH为4
D. FeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液加热蒸干．灼烧都得到Fe2O3
【答案】A
【解析】
A、已知25℃时NH4CN水溶液显碱性，说明CN﹣水解程度大于NH4+，HCN电离程度小于NH3•H2O电离程度，则25℃时的电离常数K（NH3•H2O）＞K（HCN），故A正确；
B、沉淀的Ksp随温度变化，不随浓度变化，25℃时，Mg（OH）2固体在20 mL 0.01mol•L﹣1氨水中的Ksp和在20mL 0.01mol•L﹣1 NH4Cl溶液中的Ksp相同，故B错误；
C、氯水中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测其pH，故C错误；
D、FeCl3溶液中氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢加热蒸干得到水解产物氢氧化铁、灼烧得到氧化铁，Fe2（SO4）3溶液中硫酸铁水解生成硫酸和氢氧化铁加热蒸干水被蒸发得到硫酸铁、灼烧得到硫酸铁，故D错误．
故选A．
【点评】本题考查了盐类水解的分析应用，弱电解质电离溶液PH测定，掌握基础是关键，题目难度中等．
14.25℃时，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是( )
A. pH=1的溶液中：Na+、K+、MnO4-、CO32-
B. 无色溶液中：Cu2+、Al3+、NH4+、Cl-
C. 由水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-
D. 0.1mol·L-1FeCl3溶液中：Fe2+、NH4+、SCN-、SO42-
【答案】C
【解析】
A、CO32－在酸性条件下不能大量共存，故A错误；B、Cu2＋显蓝色，不符合题意，故B错误；C、此溶液可能显酸，也可能显碱，Cu2＋在碱中不能大量共存，但这些离子在酸中能够大量共存，故C正确；D、Fe3＋和SCN－生成络合物Fe(SCN)3，不能大量共存，故D错误。
15.下列盐类水解的应用，不正确的是( )
A. 实验室配制氯化铁溶液时，滴入少量稀硫酸抑制水解
B. 为使纯碱溶液的去油污效果更好，可以使用热的纯碱溶液
C. 明矾可用于净水，是由于溶于水后产生的Al(OH)3胶体具有吸附作用
D. 铵态氮肥不能和草木灰混合施用，是由于NH4+与C032-互相促进水解，肥效下降
【答案】A
【解析】
A、铁离子水解呈酸性，加入盐酸可抑制水解，防止溶液变浑浊，但不能加入硫酸，因引入新的杂质，选项A错误；B、碳酸钠水解溶液显碱性，可以用去除油污。水解吸热，因此热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污效果更好，选项B正确；C、明矾作为净水剂是因为明矾溶于水发生水解反应，生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附杂质，反应的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，选项C正确；D、铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是由于铵根离子与碳酸根离子发生互促水解的原因，选项D正确。答案选A。
16.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是 （ ）
A. 已知2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（g） △H＝－483.6 kJ· mol—1,则氢气的燃烧热为241.8 kJ· mol—1
B. 已知C（石墨，s）＝C（金刚石，s） △H＞0 则金刚石比石墨的键能大
C. 已知NaOH（ag）＋HCl（aq）＝NaCl（aq）＋H2O（l） △H＝－57.4 kJ· mol—1,则含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量
D. 已知2C（s）＋2O2（g）＝2CO2（g） △H1,2C（s）＋O2（g）＝2CO（g） △H2，则△H1＞△H2
【答案】C
【解析】
A、选项中生成的水是气体不是稳定氧化物，氢气的燃烧热不是241.8 kJ/mol，A错误；B、已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）；△H＞0，反应是吸热反应，金刚石能量高于石墨，所以金刚石比石墨的键能小，B错误；C、已知NaOH（ag）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.4 kJ/mol，则含20.0g NaOH物质的量为0.5mol的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，C正确；D、已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）；△H1，2C（s）+O2（g）=2CO（g）；△H2，一氧化碳燃烧生成二氧化碳放热，焓变是负值，所以△H1＜△H2，D错误；答案选C。
17.下列关于化学反应的活化能说法错误的( )
A. 活化能是决定化学反应速率快慢的本质因素
B. 溶液中Ag+和Cl-结合形成沉淀几乎不需要活化能
C. 煤的形成需要漫长的地质年代主要是因为该反应的活化能很大
D. 活化能只受温度影响，与其他因素无关
【答案】D
【解析】
活化能是决定化学反应速率快慢的本质因素，A项正确；溶液中Ag+和Cl-常温下能迅速形成AgCl沉淀，几乎不需要活化能，B项正确；煤的形成需要漫长的地质年代主要是因为该反应的活化能很大，C项正确；活化能还与催化剂有关，催化剂一般能降低反应的活化能，D项错误；答案选D。
18.向一种一元强酸HA溶液中加入一种碱MOH，溶液呈中性，下列判断正确的是( )
A. 加入的碱过量
B. 生成的盐发生水解
C. 反应后溶液中c(A－)＝c(M＋)
D. 混合前酸与碱中溶质的物质的量相等
【答案】C
【解析】
若MOH为强碱，则恰好中和显中性，不需要过量，选项A错误。若MOH为强碱，则恰好中和显中性，生成强酸强碱盐，不水解，选项B错误。反应后的溶液只有四种离子，根据电荷守恒一定有：c(OH－)+c(A－)＝c(M＋) +c(H＋)，溶液显中性，所以氢离子和氢氧根浓度相等，一定有c(A－)＝c(M＋)，选项C正确。若MOH是弱碱，混合前酸与碱中溶质的物质的量相等，则恰好中和生成一种强酸弱碱盐，溶液应该显酸性，选项D错误。
19.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中能量变化如图所示(图中E表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能。下列有关叙述正确的是( )
A. 该反应的逆反应为放热反应，升高温度可提高活化分子的百分数
B. ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热
C. 该反应中，反应物的总键能大于生成物的总键能
D. 500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH =-2akJ·mol-1
【答案】B
【解析】
A. 根据图中信息可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应的正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，选项A错误；B、根据反应的焓变等于反应物的总能量-生成物的总能量得：ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热，选项B正确；C、该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能，选项C错误；D、反应是可逆反应，反应不可能完全，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)，生成的SO3(g)没有1mol，放热akJ，则500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH <-2akJ·mol-1，选项D错误。答案选B。
点睛：本题考查了化学变化过程中能量变化的分析的，主要是活化能概念的理解应用，掌握图象分析方法是关键。本题的易错点是：图象分析反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应；催化剂对反应的焓变无影响。
20.下列根据实验现象得出的实验结论正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向KNO3和KOH 混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸
试纸变为蓝色
NO3-被还原为NH3
B
将Fe(NO3 )2样品落于稀硫酸后，滴加KSCN溶液
溶液变成红色
Fe(NO3 )2样品中一定含有Fe2+
C
向浓度均为0 1mol/L的Na2CO3和Na2S混合溶液中滴入少量AgNO3溶液
产生黑色沉淀(Ag2S)
Ksp(Ag2S)>Ksp(Ag2CO3)
D
向KI溶液中加入少量苯，然后加入FeCl3溶液
有机层呈橙红色
还原性:Fe2+>I-
【答案】A
【解析】
A．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，KNO3和KOH 混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝色，说明NO3-还原为NH3，故A正确；B．将Fe(NO)2样品溶于稀H2SO4后，酸性条件下，NO3-能把Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红，证明含有Fe3+，不能说明含有亚铁离子，故B错误；C．溶度积常数小的物质先生成沉淀，浓度均为0.1mol•L-1的Na2CO3和Na2S混合溶液中，滴入少量AgNO3溶液，产生黑色沉淀，说明Ksp(Ag2S)小于Ksp(Ag2CO3)，故C错误；D. 向KI溶液中加入少量苯，然后加入FeCl3溶液，使得有机层呈橙红色，说明氯化铁溶液将碘离子氧化生成了碘单质，也说明还原性:Fe2+＜I-，故D错误；故选A。
二、综合题（共4小题，60分。）
21.将2molSO2和1molO2混合置于体积可变，压强恒定的密闭容器中，在一定温度下发生如下反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)；△H﹤0，当反应进行到时间t1点时达到平衡状态，测得混合气体总物质的量为2.1 mol。试回答下列问题：
（1）写出该反应的平衡常数表达式：K = __________；
（2）反应进行到t1时，SO2的体积分数为__________；
（3）若在t1时充入一定量的氩气（Ar），SO2的物质的量将________（填“增大”、“减小”或“不变”）；
（4）若在t1时升温，重新达到平衡状态，新平衡混合物中气体的总物质的量_____2.1mol（填“<”、“>”或“=”），简单说明原因_______________________________；
（5）若其它条件不变，在t1时再加入0.2molSO2、0.1molO2 和1.8molSO3，在图中作出从t0→t1→t2点这段时间内SO2的物质的量变化曲线____________。
【答案】（1）K＝c2（SO3）/c2（SO2）﹒c（O2）（2）9.5%；（3）增大；
（4）＞；升高温度反应向吸热反应方向进行，即化学平衡向逆反应方向移动，气体的总物质的量增大。
（5）。注意：t0到t1时只要起点在坐标（0，2） 、平衡点在坐标（t1，0.2）处的示意图均算对；t1到t2是平行于时间轴的直线，起点必须在（t1，0.4）。
【解析】
试题分析：将2molSO2和1molO2混合置于体积可变，压强恒定的密闭容器中，在一定温度下发生如下反应：，
（1）该反应的平衡常数表达式：K = K=c2（SO3）/c2（SO2）﹒C（O2）
（2）反应进行到t1时，SO2的体积分数为9.5%；
（3）体积可变,若在t1时充入一定量的氩气（Ar），体积增大，相当于加压，SO2的物质的量将增大；
（4）该反应放热，若在t1时升温平衡逆向移动，重新达到平衡状态，新平衡混合物中气体的总物质的量> 2.1mol；
（5）若其它条件不变，在t1时再加入0.2molSO2、0.1molO2
和1.8molSO3，在图中作出从t0→t1→t2点这段时间内SO2的物质的量变化曲线。
考点：本题考查化学平衡移动、平衡常数。
22.铜的硫化物可用于冶炼金属铜。为测定某试样中Cu2S、CuS的质量分数，进行如下实验：
步骤1：在0.7500g试样中加入100．00mL0.1200mol/L KMnO4的酸性溶液，加热，硫元素全部转化为SO42－，铜元素全部转化为Cu2＋，滤去不溶性杂质。
步骤2：收集步骤1所得滤液至250mL容量瓶中，定容。取25.00mL溶液，用0.1000mol/L FeSO4溶液滴定至终点，消耗16.00mL。
步骤3：在步骤2滴定所得溶液中滴加氨水至出现沉淀，然后加入适量NH4HF2溶液(使Fe、Mn元素不参与后续反应)，加入约1gKI固体(过量)，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2。用0.05000
mol/L Na2S2O3溶液滴定至终点(离子方程式为2S2O32-＋I22I－＋S4O62－)，消耗14.00mL。
(1)写出Cu２S与KMnO4酸性溶液反应的化学方程式________________
(2)步骤3中加入氨水的目的为__________________；如果未加入氨水，则测得的Cu2+的物质的量将__________（填“偏高”“偏低”或“不变”），混合固体中CuS的质量分数将__________（填“偏高”“偏低”或“不变”）
(3)当加入氨水使得溶液pH=2.0时，则溶液中c（Fe3+）=____________，
(4)根据题中数据，计算混合固体中Cu2S的质量分数w(Cu2S)=______，CuS的质量分数w(CuS)=_______。
【答案】 (1). Cu2S+2KMnO4+4H2SO4=K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O (2). 除掉Fe3+，避免Fe3+与I-反应，影响对Cu2+含量的测定 (3). 偏高 (4). 偏低 (5). 6×10-3mol/L (6). w(Cu2S)=42．7% (7). w(CuS)=38．4%
【解析】
步骤1： Cu2S、CuS氧化成SO42―，MnO4―还原成Mn2＋ ， 步骤2：多余的MnO4―与Fe2＋ 反应，步骤3：NH3·H2O除去Fe3+，加入适量NH4HF2溶液(使Fe、Mn元素不参与后续反应)，加入约1gKI固体(过量)，2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2， Na2S2O3溶液滴定发生2S2O32-＋I22I－＋S4O62－，从而测到Cu2＋ 。
(1)Cu和S元素的化合价都升高，被氧化，则Cu2S为还原剂，写出Cu２S与KMnO4酸性溶液反应的化学方程式Cu2S+2KMnO4+4H2SO4=K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O ；(2)步骤2中Fe2＋ 被 氧化成Fe3＋ ，步骤3中加入氨水的目的为除掉Fe3+，避免Fe3+与I-反应，影响对Cu2+含量的测定；如果未加入氨水，Fe3＋氧化的I2也被当成Cu2＋ 氧化的I2，从而使Cu2＋ 的含量偏高；Cu2＋ 越高，说明Cu2S含量越高，混合固体中CuS的质量分数偏低；
(3)当加入氨水使得溶液pH=2.0时，则c(OH―)=10-12mol/L,Ksp[Fe(OH)3 ]=c3(OH―)c(Fe3＋ )，则c(Fe3＋ )=2.6×10-39/(10-12)3=2.6×10-3mol/L ；
(4)设Cu2S、CuS的物质的量分别是x、y，由关系式2Cu2＋ ~I2~2S2O32―得n(Cu2＋ )=n(S2O32―)=0.05000mol/l×14.00 ×10―3L=7.000×10―4mol, 2x+y=7.000×10―4mol×250mL/25mL①；Cu2S、CuS被KMnO4氧化为CuSO4，Cu、S元素失去电子的物质的量等于Mn元素得到电子的物质的量，10x+8y= 0.1200mol/L×0.1L-0.1000mol/L×0.016L×250mL/25mL②，联立方程式①②，解得x=2.000 ×10―3mol，y=3.000 ×10―3mol，
点睛：本题是物质组成分析与化学综合计算题，（1）（2）涉及到氧化还原方程式的书写，Fe2＋ 用NH3·H2O除去前必须氧化成Fe3＋ 才能沉淀完全，还涉及到Fe3＋ 、Cu2＋ 均能氧化I― ，要有足量的分析能力才能理清题意。（3）Ksp[Fe(OH)3 ]=c3(OH―)c(Fe3＋ )的相关计算；（4）利用元素守恒和电子得失守恒等常用方法，列出方程组，进行混合物计算，能力要求较高。
23.已知2A2(g)+B2(g) 2C3(g) △H=-Q1kJ·mol-1(Q>0)。在一个有催化剂的容积不变的密闭容器中加入2molA2和1molB2,在500℃时充分反应，达平衡后C3的浓度为w mol/L。放出热量为Q2KJ
（1）达到平衡时，A2的转化率为_______。
（2）达到平衡后，若向容器中通入少量的氩气，A2的转化率将______（填增大、减小或不变））
（3）若在原来的容器中只加入2mol C3，500℃时充分反应达平衡后，吸收热量QkJ，C3浓度________（填＞、＝、＜）wmol/L。
（4）改变某一条件，得到如图的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），可得出的结论正确的是_____；
a.反应速率c>b>a
b.达到平衡时A2的转化率大小为b>a>c
c.T2>T1
d.b点A2和B2的物质的量之比为2：1
（5）若将上述容器改为恒压容器，起始时加入2mol A2和1mol B2，500℃时充分反应达平衡后，放出热量Q1kJ，则Q2_________Q1（填＞、＝、＜）。
（6）下列措施可以同时提高反应速率和B2的转化率是______（填选项序号）。
a.选择适当的催化剂 b.增大压强 c.及时分离生成的C3 d.升高温度
【答案】 (1). Q2/Q1 (2). 不变 (3). = (4). ad (5). < (6). b
【解析】
试题分析：（1）根据2A2(g)+B2(g) 2C3(g) △H=-Q1kJ·mol-1，放出Q2KJ 的能量消耗A2 的物质的量为 ，根据 计算A2的转化率；（2）达到平衡后，若向容器中通入少量无关气体，浓度不变，Q不变，平衡不移动；（3）正向投入2molA2和1molB2，与逆向投入2molC3，是等效平衡；（4）B2的物质的量浓度越大，反应速率越快；增大B2的物质的量，平衡正向移动，A2的转化率增大；在B2相同时，比较C3平衡时的体积分数，可以分析温度的大小关系；投料比等于系数比时，达到平衡时产物含量最大。
（5）2A2(g)+B2(g) 2C3(g)正反应物质的量减小，恒压条件下，由于始终保持较大压强，转化的越多，放出热量较多。(6)根据影响反应速率的因素分析改变条件对速率、根据影响化学平衡移动的因素分析改变条件对B2的转化率的影响。
解析：（1）根据2A2(g)+B2(g) 2C3(g) △H=-Q1kJ·mol-1，放出Q2KJ 的能量消耗A2 的物质的量为 ， A2的转化率 ；（2）达到平衡后，若向容器中通入少量无关气体，浓度不变，Q不变，平衡不移动，A2的转化率不变；（3）正向投入2molA2和1molB2，与逆向投入2molC3，是等效平衡，达到平衡C3浓度=wmol/L；（4）B2的物质的量浓度越大，反应速率越快，反应速率c>b>a，故a正确；增大B2的物质的量，平衡正向移动，A2的转化率增大, 所以达到平衡时A2的转化率大小为c>b>a，故b错误； 在B2相同时， 时C3的平衡体积分数大于T1，正反应放热，升高温度反应逆向移动，温度越高C3含量约小，所以T2
24.现有HA、HB和H2C三种酸。室温下用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.1mol·L-1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH 溶液体积的变化如图所示。
(1)a点时的溶液中由水电离出的c(H+)=________mol·L-1，Ka(HB)=________。
(2)与曲线I 上的c点对应的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________；b点对应的溶液中c(HB)____c(B-)(填“>”“<”或“=”)。
(3)已知常温下向0.1mol·L-1的NaHC 溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色。
①若测得此溶液的pH=1，则NaHC的电离方程式为_______________。
②若在此溶液中能检测到H2C 分子，则此溶液中c(C2-)________c(H2C)(填“>”“<”或“=”)。
③若H2C的一级电离为H2C=H++ HC-，常温下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+ )=0.11mol·L-1，则0.1mol·L-1NaHC溶液中的c(H+)________0.01mol·L-1(填“>”“<”或“=”)。
【答案】 (1). 3×10-13 (2). 1×10-5 (3). c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+) (4). < (5). NAHC=Na++H++C2- (6). > (7). >
【解析】
（1）由图中曲线I可知，浓度0.1mol·L-1的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，完全电离，a点时加入10mL氢氧化钠溶液，则溶液中酸过量，，酸抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(H+)=mol·L-1=3×10-13mol/L；由图中曲线Ⅱ可知，浓度0.1mol·L-1的HB酸溶液的pH=3，Ka(HB)=；(2)曲线I上的c点对应的溶液是HB酸与氢氧化钠完全中和生成的NaB溶液，溶液呈碱性，各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)；b点对应的溶液为以HB和NaB按1：1为溶质的溶液，溶液呈酸性说明HB的电离大于NaB的水解，则c(HB)
25.研究CO2与CH4的反应使之转化为CO和H2，对减缓燃料危机，减少温室效应具有重要的意义。
（1）已知CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) △H＝＋248kJ·mol－1、△S＝310J •mol－1·K－1，该反应能自发进行的温度范围为____________________。
（2）在密闭恒容容器中通入物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示。
①工业生产时一般会选用P4和1250℃进行合成，请解释其原因_________________________。
②在压强为P4、1100℃的条件下，该反应5min时达到平衡点X，则用CO表示该反应的速率为_____，该温度下，反应的平衡常数为_____________________（保留3位有效数字）。
（3）CO和H2在工业上还可以通过反应C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2 (g)来制取
①在恒温恒容下，如果从反应物出发建立平衡，可认定已达平衡状态的是____________________。
A．体系压强不再变化 B．H2、CO和H2O的物质的量之比为1:1:1
C．混合气体的密度保持不变 D．气体平均相对分子质量保持不变
②在某体积可变的密闭容器中同时投入四种物质，2min时达到平衡，测得容器中有1mol H2O(g)、1mol CO(g)、2.2molH2(g)和足量的C(s)，如果此时对体系加压，平衡向___________(填“正”或“逆”)反应方向移动，达到新的平衡后，气体的平均摩尔质量为_____________________。
【答案】 (1). 大于800K (2). 较大的压强和温度能加快合成速率，提高生产效率 (3). 0.032mol·L－1·min－1 (4). 1.64 (5). ACD (6). 逆 (7). 12 g/mol
【解析】
(1)CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) △H＝＋248kJ·mol－1、△S＝310J •mol－1·K－1，△G=△H-T•△S＜0，反应能自发进行，则△G=△H-T•△S=(＋248kJ·mol－1)-T×(310J •mol－1·K－1)＜0，解得T＞800K，故答案为：大于800K；
(2)①由图可知，升高温度，甲烷的转化率增大；该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应进行，甲烷的转化率降低，但较大的压强能加快合成速率，提高生产效率，故答案为：较大的压强和温度能加快合成速率，提高生产效率；
②由图1可知，压强为P4、1100℃的条件下，该反应5min时达到平衡X点，是甲烷的转化率为80%，甲烷的浓度变化量为0.1mol/L×80%=0.08mol/L，故v(CH4)==0.016mol/(L•min)，根据速率之比等于化学计量数之比，所以v(CO)=2v(CH4)=2×0.16mol/(L•min)=0.032mol/(L•min)，
CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)，
开始(mol/L)：0.1 0.1 0 0
变化(mol/L)：0.08 0.08 0.16 0.16
平衡(mol/L)：0.02 0.02 0.16 0.16
故该温度下平衡常数K==1.64，故答案为：0.032mol/(L•min)；1.64；
(3)①A、正反应方向是个气体体积增大的方向，故随着反应的进行，平衡之前，体系压强会增大，故一旦当体系压强不变，说明反应达平衡，故A正确；B、H2、CO和H2O的化学计量数为1：1：1，物质的量之比为1:1:1，与起始时的水蒸气的物质的量有关，与平衡状态无关，不能说明到达平衡，故B错误；C、混合气体的密度ρ=，容器恒容，即V不变，随着反应的进行，混合气体的质量m增大，故ρ增大，一旦当ρ不变时，说明反应达平衡，故C正确；D、反应混合物的总质量不变，随反应进行，反应混合物的总的物质的量增大，平均相对分子质量减小，混合气体的平均相对分子质量不发生变化，说明到达平衡，故D正确；故选ACD；
②根据勒沙特列原理可知，增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，此反应的逆反应方向是个气体体积减小的方向，故增大压强，向逆反应方向移动；在第2min时，混合气体的平均相对分子质量即平均摩尔质量===12g/mol，故答案为：逆；12 g/mol。
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