甘肃省临泽县第一中学2018-2019学年高二上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2018高二上·临泽期中）已知一定温度和压强下2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1=-a kJ·mol-1，下列叙述错误的是（ ）
A．2 mol H2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成2 mol H2O(g)时放出a kJ的热量
B．2 mol H2O(g)完全分解为2 mol H2(g)和1 mol O2(g)时吸收a kJ的热量
C．2 mol H2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成2 mol H2O(l)时放出的热量小于a kJ
D．1 mol H2(g)和0.5 mol O2(g)完全反应生成1 mol H2O(g)时放出0.5a kJ的热量
【答案】C
【知识点】有关燃烧热的计算
【解析】【解答】A. 由已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1=-a kJ·mol-1，化学方程式前边的计量数只表示物质的量，不表示分子个数，所以2 mol H2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成2 mol H2O(g)时放出a kJ的热量是正确的；故A不符合题意；
B. 因为反应热只和物质的初始状态和终了状态有关，和途经无关，2 mol H2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成2 mol H2O(g)时放出a kJ的热量，所以2 mol H2O(g)完全分解为2 mol H2(g)和1 mol O2(g)时需要吸收a kJ的热量，故B不符合题意；
C. 因为物质由气态变为液态要放出热量，所以2 mol H2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成2 mol H2O(l)时放出的热量大于a kJ，故C符合题意；
D. 物质的反应热与化学反应方程式的计量数成正比，所以1 mol H2(g)和0.5 mol O2(g)完全反应生成1 mol H2O(g)时放出0.5a kJ的热量，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】液化放热，放出的热量应大于a；
2．（2018高二上·临泽期中）下列有关化学能与热能的说法正确的是（ ）
A．铝热反应属于吸热反应
B．若某反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为吸热反应
C．H2→H+H的变化需要吸收能量
D．凡经加热而发生的化学反应都是吸热反应
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A、铝热反应属于放热反应，故A错误；
B、反应的反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，反应的反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应，故B错误；
C、H2→H+H的变化断裂了H﹣H共价键，断裂化学键需要吸收能量，故C正确；
D、一个反应是吸热反应还是放热反应取决于反应物总能量和生成物总能量的相对大小，与反应的条件无关，有些放热反应也需要加热，如燃烧反应，故D错误；
故选：C．
【分析】A、铝热反应属于放热反应；
B、反应的反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应；
C、断裂化学键需要吸收能量；
D、一个反应是吸热反应还是放热反应与反应的条件无关．
3．（2018高二上·临泽期中）能表示固态碳和气态氢气燃烧时的燃烧热的热化学方程式是（ ）
A．C(s)＋ O2(g)=CO(g) ΔH＝＋110.5 kJ·mol－1
B．C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
C．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
D．H2(g)＋ O2(g)=H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
【答案】B
【知识点】有关燃烧热的计算
【解析】【解答】A、碳完全燃烧后稳定的产物为二氧化碳，不是一氧化碳，不能表示碳燃烧热的热化学方程式，A不符合题意，
B、生成物是二氧化碳，该反应可以表示碳燃烧热的热化学方程式，B符合题意；
C、可燃物不是1mol，不能表示氢气燃烧热的热化学方程式，C不符合题意；
D、产物为气态水，在常温下不能稳定存在，应该生成液态水，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】氢气的完全燃烧产物是液态水，碳的完全燃烧产物是二氧化碳。
4．（2018高二上·临泽期中）已知：2C(s)+O2(g)= 2CO(g) ΔH=-217 kJ·mol-1，C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=b kJ·mol-1，H-H、O-H和O=O键的键能分别为436 kJ·mol-1、462 kJ·mol-1和495 kJ·mol-1，则b为（ ）
A．+352 B．+132 C．-120 D．-330
【答案】B
【知识点】有关反应热的计算
【解析】【解答】①2C(s)+O2(g)= 2CO(g)ΔH= kJ·mol-1，②C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=b kJ·mol-1，根据盖斯定律：② 2-①得：2H2O(g)=O2(g)+H2(g) ΔH=2b-(-217)根据键能的关系，2H2O(g)=O2(g)+H2(g) ΔH=4 462- 436-495 =2b-(-217)，所以b=+132。A.+352不符合题意，故A不符合题意；
B.+132符合题意，故B符合题意；
C.-120不符合题意，故C不符合题意；
D. -330不符合题意，故D不符合题意；
故答案为： B。
【分析】吸收的总能量减去放出的总能量等于焓变。
5．（2018高二上·临泽期中）已知：①CH3OH(g)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-a kJ/mol
②CO(g)+1/2 O2(g)= CO2(g) ΔH=-b kJ/mol
③H2(g)+1/2 O2(g)= H2O(g) ΔH=-c kJ/mol
④H2(g)+1/2 O2(g)= H2O(l) ΔH=-d kJ/mol
下列叙述错误的是（ ）
A．由上述热化学方程式可知d>c
B．H2的燃烧热为d kJ/mol
C．CH3OH(g)= CO(g)+2H2(g) ΔH=(b+2c-a)kJ/mol
D．当CO和H2的物质的量之比为1∶2，其完全燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出Q kJ热量，则混合气中CO的物质的量为Q/(b+2c)mol
【答案】D
【知识点】盖斯定律及其应用；有关混合物反应的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】A、因气态水到液态水放热，所以d＞c，不符合题意；
B、H2的燃烧热是指1mol H2完全燃烧生成液态水放出的热量，不符合题意；
C、根据盖斯定律，①-②-2×③得CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g) △H＝(b＋2c－a)kJ／mol，不符合题意；
D、设CO和H2物质的量分别为n、2n，则CO放出的热量是nb kJ，H2放出的热量是2nd kJ，则nb+2nd=Q，n= ，即该混合物中CO的物质的量为 ，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据目标方程式，结合CO和H2物质的量进行计算。
6．（2018高二上·临泽期中）已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热可表示为H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，对下列反应：CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)=CH3COONa(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q1 kJ·mol－11/2，H2SO4(浓)＋NaOH(aq)=1/2 Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q2 kJ·mol－1，HNO3(aq)＋NaOH(aq)=NaNO3(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q3 kJ·mol－1，上述反应均在溶液中进行，则下列Q1、Q2、Q3的关系正确的是（ ）
A．Q2>Q3>Q1 B．Q2>Q1>Q3 C．Q1＝Q2＝Q3 D．Q2＝Q3>Q1
【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；化学能与热能的相互转化
【解析】【解答】CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)=CH3COONa(aq)＋H2O(l) 为弱酸与强碱反应，弱酸电离出H+时要吸热热量，所以该反应放出热量较57.3 kJ少；H2SO4(浓)＋NaOH(aq)=Na2SO4(aq)＋H2O(l) 反应中，浓硫酸稀释会热，其能量最终释放的最多，即大于57.3 kJ；HNO3(aq)＋NaOH(aq)=NaNO3(aq)＋H2O(l)属于强酸与强碱反应，释放的热量为57.3 kJ；
所以，其关系为：Q2>Q3>Q1即选项A符合题意。
【分析】醋酸电离吸收，放出的热量较少，浓硫酸溶于水放热，放出的热量较多。
7．（2018高二上·临泽期中）在容积为2 L的密闭容器内合成氨，已知在时间t内，氨的物质的量增加了0.6 mol，在此时间段内，用氢气表示的平均反应速率是0.45 mol·L-1·s-1，则t是（ ）
A．0.44 s B．1 s C．1.33 s D．2 s
【答案】B
【知识点】化学反应速率
【解析】【解答】合成氨的反应为：N2+3H2 2NH3，则有ν（H2）：ν（NH3）=3：2，ν（NH3）=2ν（H2）÷3=0.3 mol·L 1·s 1，故t=0.6mol÷2L÷0.3 mol·L 1·s 1=1s，
故答案为：B。
【分析】化学反应速率计算的核心是计算在一定时间内的浓度变化量，固态或者纯液态物质量的变化不影响化学反应速率；
8．（2018高二上·临泽期中）为探究锌与稀硫酸的反应速率[以v(H2)表示]，向反应混合液中加入某些物质，下列判断正确的是 （ ）
A．加入NH4HSO4固体，v(H2)不变 B．加入少量水，v(H2)减小
C．加入CH3COONa固体，v(H2)增大 D．滴加少量CuSO4溶液，v(H2)减小
【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A. 加入NH4HSO4固体导致溶液中c(H+)增大，v(H2)加快，故A项不符合题意；
B.加入少量水导致溶液中c(H+)减小，v(H2)减小，故B项符合题意；
C.加入CH3COONa固体，因发生反应CH3COO-+H+＝CH3COOH，导致溶液中c(H+)减小，v(H2)减小，故C项不符合题意；
D.滴加少量CuSO4溶液形成铜锌原电池，v(H2)加快，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】浓度降低，反应速率减慢。
9．（2016高二上·泰州期中）一定温度下，反应 N2（g）+O2（g） 2NO（g）在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是（ ）
A．缩小体积使压强增大 B．恒容，充入N2
C．恒容，充入He D．恒压，充入He
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】解：A、缩小体积使压强增大，则增大各组分浓度，可以加快该化学反应的速率，故A错误；
B、恒容，充入N2，则增大氮气的浓度，可以加快该化学反应的速率，故B错误；
C、恒容，充入He，各组分浓度不变，速率不变，故C正确；
D、恒压，充入He，体积增大，各组分浓度减小，速率减小，故D错误．
故选C．
【分析】改变化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂等，据此回答；
A、缩小体积使压强增大，则增大各组分浓度；
B、恒容，充入N2，则增大氮气的浓度；
C、恒容，充入He，各组分浓度不变；
D、恒压，充入He，体积增大，各组分浓度减小．
10．（2018高二上·临泽期中）化学平衡一定发生移动的是（ ）
A．化学反应速率发生了改变
B．有气态物质参加的可逆反应达到平衡后，改变了压强
C．由于某一条件的改变，使平衡混合物中各组分的浓度发生了不同程度的改变
D．可逆反应达到平衡后，使用催化剂
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.化学反应速率改变化学平衡不一定发生移动。如加入了催化剂，化学反应速率改变了，化学平衡不移动。故A不符合题意；
B.若气态物质反应物和生成物的化学计量系数相同，则改变压强平衡不移动，故B不符合题意；
C.各组分浓度改变了，即正逆反应速率不再相同，平衡移动，故C符合题意；
D.平衡后加入催化剂，正逆反应速率同等增加，平衡不移动，故D不符合题意。答案为C。
【分析】平衡移动后各组分的相对含量一定会发生改变。
11．（2018高一下·六安期末）一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g) 2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L-1、0.3 mol·L-1、0.08 mol·L-1，则下列判断正确的是（ ）
A．c1∶c2=3∶1
B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为2∶3
C．X、Y的转化率不相等
D．c1的取值范围为0
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】A.设X转化的浓度为x，
X（g）+ 3Y（g） 2Z（g）
起始 c1 c2 c3
转化 x 3x 2x
平衡 0.1moL/L 0.3mol/L 0.08mol/L
所以c1：c2=（x+0.1moL/L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，故A不符合题意；
B.平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故B不符合题意；
C.反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C不符合题意；
D.反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向逆反应分析进行，则c1＞0，如反应向正反应分析进行，则c1＜0.14mol L﹣1，故有0＜c1＜0.14mol L﹣1，故D符合题意；
【分析】A.根据三段式可以计算出X和Y的起始浓度，然后计算出二者之比；
B.根据化学平衡状态下正逆反应的速率相等，可知在平衡时，Y和Z的生成速率之比为3：2；
C.根据三段式中计算出X和Y的起始浓度，这样就可以计算出二者的平衡转化率。
12．（2018高二上·临泽期中）下列关于N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0，反应速率与时间的关系图中，纵坐标为反应速率v，横坐标为时间t，当反应达到平衡后，条件发生改变与速率变化的关系中不符合实际的是（ ）
A．恒容恒压升高温度
B．恒温、恒压压缩体积
C．加入催化剂
D．补充氮气和氢气分离氨气
【答案】A
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.合成氨反应的化学方程式的特点是：体积缩小、放热反应，所以加压和降温有利于化学平衡向着生成氨气的方向移动。达到化学平衡后若升高温度，化学平衡左移，此时是逆反应速率大于正反应速率，故A图像符合题意，
B.如果给体系加压，体系中所有的物质的浓度都增大，所以正逆反应速率都增大，但正反应增大的幅度大于逆反应，故B不符合题意；
C.使用催化剂不会使化学平衡发生移动，只能改变化学反应的速率，故C不符合题意；
D.补充氮气和氢气，则平衡体系中的反应物浓度增加，所以正反应速率增加，分离出氨气，产物的浓度降低，所以逆反应速率减小，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】掌握勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热方向移动。
13．（2018高二上·临泽期中）在容积不变的密闭容器中，一定条件下进行反应：NO(g)+CO(g)=1/2N2(g)+CO2(g) ΔH=-373.2 kJ/mol。如图曲线a表示该反应过程中，NO的转化率与反应时间的关系，若改变起始条件，使反应过程按照曲线b进行，可采取的措施是（ ）
A．加催化剂 B．向密闭容器中加入氩气
C．降低温度 D．增大反应物中NO的浓度
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.加入催化剂，平衡不移动，故A不符合题意；
B.向密闭容器中加入氩气，参加反应的气体的浓度不变，平衡不移动，故B不符合题意；
C. 该反应为放热反应， 由图象可以知道温度a>b，降低温度平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，故C符合题意；
D.如增大反应物中NO的浓度，反应速率增大，达到平衡时NO的转化率降低，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】速率减慢平衡逆向移动，降低温度。
14．（2016·宜丰模拟）在密闭容中发生下列反应aA（g） cC（g）+dD（g），压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是（ ）
A．A的转化率变大 B．平衡向正反应方向移动
C．D的体积分数变大 D．a＜c+d
【答案】D
【知识点】化学平衡中反应条件的控制
【解析】【解答】压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，如平衡不发生移动，则D的浓度应为原来的2倍，但D的浓度为原平衡的1.8倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，
则应有a＜c+d，且A的转化率减小，D的体积分数减小，
故选D．
【分析】压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，如平衡不发生移动，则D的浓度应为原来的2倍，但D的浓度为原平衡的1.8倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，以此解答该题．
15．（2018高二上·临泽期中）一定条件下，将3 mol A和1 mol B两种气体混合于容积为2 L的密闭容器中，发生反应：3A(g)+B(g) xC(g)+2D(s)。2 min末该反应达到平衡，生成0.8 mol D，并测得C的浓度为0.2 mol/L。下列判断正确的是（ ）
A．该条件下此反应的平衡常数约为0.91
B．2 min内A的平均反应速率为0.3 mol/(L·s)
C．B的转化率为60%
D．混合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态
【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】一定条件下，将3 mol A 和1 mol B 两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应： 3A(g)+B(g) xC(g)+2D(s) 2 min末该反应达到平衡，生成0.8 mol D，并测得C的浓度为0.2 mol/L ，根据化学平衡三段式列式计算；
3A(g)+ B(g) xC(g)+ 2D(s)
起始（mol） 3 1 0 0
转化（mol） 1.2 0.4 0.4x 0.8
平衡（mol） 1.8 0.6 0.4x 0.8
A、平衡浓度为 c(A)=0.9mol/L，C(B)=0.3mol/L，c(D)=0.4mol/L，c(C)=0.2mol/L，0.4x/2=0.2.所以x=1。该条件下此反应的化学平衡常数K=(0.2 0.42)/( 0.93 )=0.44，故A不符合题意；
B.2 min内A平均反应速率=1.2mol/(2L 2min)=0.3mol/(L·s)，故B符合题意；
C.B的转化率=0.4mol/1mol 100%=40，故C不符合题意；
D.反应生成物中含有固体，密度等于气体质量除以体积，所以若混合气体的密度不再改变时，该反应一定达到平衡状态，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】化学反应速率计算的核心是计算在一定时间内的浓度变化量，固态或者纯液态物质量的变化不影响化学反应速率。
16．（2018高二上·临泽期中）已知某化学反应的平衡常数表达式为K=c(CO2) c(H2)/(CO) c(H2O)，在不同的温度下该反应的平衡常数值分别为：
下列有关叙述错误的是（ ）
A．该反应的化学方程式是CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
B．上述反应的正反应是放热反应
C．如果在一定体积的密闭容器中加入CO2和H2各1 mol，5 min后温度升高到830 ℃，此时测得CO为0.4 mol时，该反应为平衡状态
D．某温度下，如果平衡浓度符合下列关系式： c(CO2)/3(CO)=c(H2O)/5 c(H2)，判断此时的温度1000℃
【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、根据平衡常数表达式是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到化学方程式式为K=c(CO2)c(H2)/(CO)c(H2O)，化学方程式为： CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，故A不符合题意；
B、分析图表数据，平衡常数随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行逆向是吸热反应，正反应是放热反应，故B不符合题意；
C、根据化学平衡三段式列式计算浓度商和平衡常数比较分析，若在一定体积的密闭容器中通入CO2和H2各1 mol ，5 min后温度升高到830 ℃，此时测得CO2为0.4 mol时，
CO(g)+ H2O(g) CO2(g)+ H2(g)
起始（mol） 1 1 0 0
转化（mol） 0.4 0.4 0.4 0.4
平衡（mol） 0.6 0.6 0.4 0.4
反应前后气体物质的量不变，可以用其他物质的量代替平衡浓度计算，Q=0.4 0.4/0.6 0.6=0.44
故答案为：C。
【分析】用数据判断平衡状态，根据特定条件下的平衡常数进行判断。
17．（2018高二上·临泽期中）FeCl3溶液与KSCN溶液混合时存在下列平衡：Fe3+(aq)+SCN-(aq) [Fe(SCN)]2+(aq)。已知某一条件下，反应达到平衡时，[Fe(SCN)]2+的物质的量浓度与温度的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应为吸热反应
B．T1、T2时反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2
C．反应处于D点时，一定有v正>v逆
D．A点的c(Fe3+)比B点的c(Fe3+)大
【答案】B
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】A、分析题给图像知，随着温度的升高Fe(SCN)2＋的物质的量浓度逐渐减小，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，不符合题意；
B、该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则化学平衡常数减小，又温度T1＜T2，则K1＞K2，符合题意；
C、曲线上方的区域未处于平衡状态，c[Fe（SCN）2+]比平衡状态大，应向逆反应方向进行，故V正小于V逆，不符合题意；
D、升高温度，平衡向逆反应方向移动，A点温度小于B点，所以A点的c(Fe3＋)比B点的c(Fe3＋)小，不符合题意。
【分析】温度升高，平衡正向移动，平衡常数减小。
18．（2018高二上·临泽期中）根据表中数据(均在同温、同压下测定)：
可得出弱电解质强弱顺序正确的是（ ）
A．HX>HY>HZ B．HZ>HY>HX C．HY>HZ>HX D．HZ>HX>HY
【答案】A
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】因为三种酸都是一元酸，根据三种酸的电离平衡常数K(HX)=7.2×10-4 ，K(HY)= 1.8×10-4 ，K(HZ)= 1.8×10-5， 可知电离常数越大，酸性越强，所以酸性HX>HY>HZ。A. HX>HY>HZ符合题意，故A符合题意；
B. HZ>HY>HX不符合题意，故B不符合题意；
C. HY>HZ>HX不符合题意，故C不符合题意；
D. HZ>HX>HY不符合题意，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】电离平衡常数越小，越不易电离。
19．（2018高二上·临泽期中）一只规格为a mL的滴定管，其尖嘴部分充满溶液，管内液面在m mL处，当液面降到n mL处时，下列判断正确的是（ ）
A．流出溶液的体积为(m－n) mL B．流出溶液的体积为(n－m) mL
C．管内溶液体积等于(a－n) mL D．管内溶液体积多于n mL
【答案】B
【知识点】酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，流出的液体的体积是（n-m）mL，A不符合题意；
B．滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，流出的液体的体积是（n-m）mL，B符合题意；
C．滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，amL滴定管中实际盛放液体的体积大于amL，因此，一支amL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在nmL刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过（a-n）mL，C不符合题意；
D．由C的分析知，一支amL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在nmL刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过（a-n）mL，D不符合题意。
【分析】掌握滴定管的构造原理。二者的差值是流出液体的体积。
20．（2018高二上·兰州期中）下列说法中正确的是（ ）
A．加水稀释0.01 mol·L-1的CH3COOH溶液，溶液中c(OH-)减小
B．室温时，0.1 mol·L-1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则该溶液的pH=4
C．氨水加水稀释后，溶液中c(NH3·H2O)/c(NH4+)的值增大
D．常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A.加水稀释0.01 mol·L-1的CH3COOH溶液，溶液中c(H+)减小，根据KW= c(H+)×c(OH-)，可知c(OH-)增大，A不符合题意；
B.溶液中的氢离子浓度是0.1 mol/L×0.1%=1×10﹣4mol/L，pH=4，B符合题意；
C.NH3．H2O溶液加水稀释后，溶液中的n（NH3．H2O）减小，n（NH4+）增大， 的值减小，C不符合题意；
D.盐酸是强酸，抑制水的电离，氯化铵是强碱弱酸盐，能发生水解，促进水的电离，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】0.1mol/L的一元酸仅有0.1%的电离，计算出氢离子浓度，pH=4.
21．（2018高二上·临泽期中）下列关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法正确的是（ ）
A．相同浓度的两溶液中c(H+)相同
B．100 mL 0.1 mol·L-1的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠
C．pH=3的两溶液稀释至原体积的100倍后，pH都为5
D．相同浓度时导电能力醋酸强
【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A.由于盐酸为强酸，醋酸为弱酸，当两者浓度相同时，溶液中c(H＋)不同，应为c(H＋)盐酸>c(H＋)醋酸，故A错；
B.由于两溶液中溶质的物质的量相等，且均为一元酸，所以两溶液能中和等物质的量的NaOH，故B对；
C.pH＝3的盐酸稀释100倍后，pH＝5，而pH＝3的醋酸稀释100倍后，由于在稀释过程中，溶液中未电离的醋酸分子继续电离出H＋，导致稀释后溶液的pH<5，故C错；
D.由于相同浓度时，两溶液中自由移动的离子浓度不同，则导电能力不同，由A项知，c(H＋)盐酸>c(H＋)醋酸，所以盐酸导电能力强，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】盐酸与乙酸物质的量相同时，中和氢氧化钠的物质的量相等，反应多少看总量。
22．（2018高二上·临泽期中）下列说法正确的是（ ）
A．c(H+)>c(OH-)的溶液一定显酸性
B．常温下，pH=6的溶液一定是酸溶液
C．电解稀硫酸或氢氧化钠溶液的产物不同
D．将纯水加热，其KW增大而pH不变
【答案】A
【知识点】溶液pH的定义；pH的简单计算
【解析】【解答】A、c( H+)＞c(OH－)的溶液一定显酸性，符合溶液酸碱性的判断，符合题意；
B、常温下，pH=6的溶液为酸性溶液，但不一定是酸溶液，可能是强酸弱碱盐溶液，不符合题意；
C、电解稀硫酸或氢氧化钠溶液的实质都是电解水，产物都是氢气和氧气，不符合题意；
D、将纯水加热，水的电离平衡正向移动，氢离子和氢氧根离子浓度都增大，水的离子积增大，但pH减小，不符合题意，
故答案为：A。
【分析】溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度一定显酸性。
23．（2018高二上·临泽期中）25 ℃，某稀溶液中由水电离产生的c(H+)为1×10-10 mol·L-1，下列说法正确的是（ ）
A．该溶液的pH不可能是7 B．该溶液不可能存在
C．该溶液的pH一定是10 D．该溶液的pH一定是4
【答案】A
【知识点】水的电离
【解析】【解答】25℃时，某溶液中由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为1×10-20 <1×10-14 ，说明该溶液中的溶质抑制了水的电离，酸或碱能抑制水的电离，所以该溶液呈酸性或碱性，所以该溶液的pH不可能是7。A. 该溶液的pH不可能是7符合题意；故A符合题意；
B. 该溶液可能存在，故B不符合题意；
C. 该溶液可能为酸性也可能为碱性，pH不一定是10，故C不符合题意；
D. 该溶液可能为酸性也可能为碱性，pH不一定是4，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】 25 ℃ 时中性溶液的pH=7.
24．（2018高二上·临泽期中）现有pH=5的CH3COOH溶液10 mL，要使pH增大3，可采取的方法有（ ）
A．向溶液中加水稀释至10 L B．加入一定量的NaOH固体
C．加入一定量pH=8的NaOH溶液 D．加入一定浓度的盐酸
【答案】B
【知识点】溶液pH的定义；pH的简单计算
【解析】【解答】由pH＝5增大3得pH＝8，说明溶液呈碱性，酸溶液无论如何稀释溶液也不会呈碱性，A项不符合题意；
C.因加入NaOH溶液的pH＝8，故酸碱无论怎样中和，pH也只能接近8，不会出现pH＝8，C错；
D.因盐酸呈酸性，故无法实现。
【分析】pH=5增大到pH=8，溶液性质由酸性变成碱性，无限稀释不能改变溶液的性质，加入一定量的氢氧化钠可以pH=8.
25．（2018高二上·临泽期中）用0.1mol/L NaOH溶液滴定0.1mol/L盐酸，如达到滴定的终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0.05mL)．继续加水至50mL，所得溶液的pH是（ ）
A．4 B．7.2 C．10 D．11.3
【答案】C
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】终点时不慎多加了1滴NaOH溶液，即0.05mL，继续加水至50mL，反应后溶液中c(OH-)= ×0.1mol．L-1=10-4mol．L-1，根据c(H+)c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-10mol/L，pH=10，
故答案为：C。
【分析】计算出氢氧根离子的浓度，结合水的离子积常数，得出氢离子浓度即可计算pH。
二、填空题
26．（2018高二上·临泽期中）丙烷燃烧可以通过以下两种途径:
途径Ⅰ:C3H8(g)+5O2(g)= 3CO2(g)+4H2O(l) ΔH1=-a kJ·mol-1
途径Ⅱ:C3H8(g)= C3H6(g)+H2(g) ΔH2=+b kJ·mol-1
2C3H6(g)+9O2(g)= 6CO2(g)+6H2O(l) ΔH3=-c kJ·mol-1
2H2(g)+O2(g)= 2H2O(l) ΔH4=-d kJ·mol-1(a、b、c、d均为正值)
请回答下列问题:
（1）判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量,途径Ⅰ放出的热量 (填“大于”“等于”或“小于”)途径Ⅱ放出的热量。
（2）由于C3H8(g)= C3H6(g)+H2(g)的反应中,反应物具有的总能量 (填“大于”“等于”或“小于”)生成物具有的总能量,那么在化学反应时,反应物就需要 (填“放出”或“吸收”)能量才能转化为生成物,因此其反应条件是 。
（3）b与a、c、d的数学关系式是 。
【答案】（1）等于
（2）小于；吸收；加热
（3）2b=c+d-2a
【知识点】化学能与热能的相互转化；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，煤作为燃料不管是一步完成还是分两步完成，反应物和产物的焓值是一定的，所以两途径的焓变值一样，放出的热量一样，故答案为：等于；（2）由于C3H8(g)= C3H6(g)+H2(g) ΔH2=+b kJ·mol-1）的反应中△H＞0，该反应是吸热反应，反应物具有的总能量小于生成物的总能量，需要吸收能量，反应条件是加热，故答案为：小于；吸收；加热；（3）途径I：①C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=-a kJ mol-1
途径II：②C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H=+b kJ mol-1
③2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H=-c kJ mol-1
④2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-d kJ mol-1 反应①=反应②+反应③×1/2+反应④×1/2，所以-a=b+1/2（-c-d），所以2b=-2a+（c+d），故答案为：2b=-2a+（c+d）。
【分析】（1）反应起始状态相同，能量变化相同；
（2）反应物总能量低于生成物总能量反应吸热；
（3）根据目标方程式计算 2b=c+d-2a 。
27．（2018高二上·临泽期中）
（1）在101 kPa时，H2在1 mol O2中完全燃烧生成2 mol液态水，放出571.6 kJ的热量，表示H2燃烧热的热化学方程式为 。
（2）1.00 L 1.00 mol·L－1硫酸与2.00L 1.00 mol·L－1 NaOH溶液完全反应，放出114.6 kJ的热量，该反应的中和热为表示其中和热的热化学方程式为 。
（3）0.3 mol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. 5 kJ热量，其热化学方程式为 ；又已知H2O(l)=H2O(g) ΔH＝＋44 kJ·mol－1，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。
【答案】（1）H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
（2）1/2 H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
（3）B2H6(g)＋3O2(g)=B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH＝－2 165 kJ·mol－1；1 016.5
【知识点】有关反应热的计算；有关燃烧热的计算
【解析】【解答】(1) 燃烧热是指在101 kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时的反应热。由已知在101 kPa时，2molH2在1 mol O2中完全燃烧生成2 mol液态水，放出571.6 kJ的热量，所以H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋1/2O2(g) =H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1。
故答案为：H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1。（2）中和反应的反应热以生成1mol液态H2O为标准，而1.00 L 1.00 mol·L－1硫酸与2.00L 1.00 mol·L－1 NaOH溶液反应生成2mol液态H2O放出114.6 kJ的热量。中和热化学方程式为1/2 H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
故答案为：1/2 H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1 。(3)1molB2H6(g)完全燃烧，生成液态水放出的热量为649. 5 kJ /0.3 mol=2165kJ ，因此热化学方程式为B2H6(g)＋3O2(g)=B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH＝－2 165 kJ·mol－1。若反应生成的3molH2O(l)全部转化为气态水，则需吸收热量44 kJ·mol－1 kJ，11.2L(标准状况)乙硼烷为0.5mol,则0.5mol B2H6(g)完全燃烧生成气态水时放出的热量为(2 165 - ) 0.5/1= 1 016.5kJ。
故答案为：B2H6(g)＋3O2(g)=B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH＝－2 165 kJ·mol－1 、 1 016.5。
【分析】（1）结合题意，转化成1mol氢气的热量变化；
（2）注意中和热强调1mol水；
（3）结合题意写出热化学方程式，注明物质状态，设计反应过程。
三、综合题
28．（2018高二上·临泽期中）一定温度下,向1.0 L密闭容器中加入0.60 mol X(g),发生反应X(g) Y(s)+2Z(g) ΔH>0,测得反应物X的浓度与反应时间的数据如下表:
（1）0~3 min用Z表示的平均反应速率v(Z)= 。
（2）分析该反应中反应物的浓度与时间的规律,得出的结论是 。由此规律推出反应在6 min时反应物的浓度a为 mol·L-1。
（3）反应的逆反应速率随时间变化的关系如图所示,t2时改变的条件可是 、 。
【答案】（1）0.26 mol·L-1·min-1
（2）每间隔2 min,X的浓度减少为原来的一半；0.075
（3）加入Z；增大体系的压强
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）3min时X的浓度变化为：(0.60-0.21)mol/L=0.39mol/L,v(X)= 0.39/3==0.13mol/(L·min)，根据化学计量数与反应速率成正比关系，v(Z)=2v(X)=0.13mol/(L·min)×2=0.26mol/(L·min)；
故答案为：0.26 mol·L-1·min-1。（2）从表中的数据可知，X的浓度变化的规律为每间隔2min，X的浓度为原来的一半，根据此规律可知，a为0.15的一半，即0.075；
故答案为：每间隔2 min,X的浓度减少为原来的一半 、 0.075。（3）由图象可以知道，在t2时逆反应速率立即增大，且达到平衡时逆反应速率大于原平衡状态时的反应速率，说明达到平衡时生成为的浓度大于原平衡的浓度，根据影响反应速率的因素分析，可以加入生成物Z，逆反应速率会立刻增大，达到新的平衡时Z的浓度比原平衡的浓度大，反应速率不大；也可以缩小容器体积，即增大压强，正逆反应速率都增大，且达到平衡时正逆反应速率都大于原平衡的速率。
故答案为：加入Z 、增大体系的压强。
【分析】（1）根据X的变化情况计算出Z的变化情况，得出Z的平均反应速率；
（2）根据数据变化推知变化规律；
（3）速率增大，平衡逆向移动，可能是加入Z，增大体系的压强。
29．（2018高二上·临泽期中）在2 L密闭容器中，800℃时反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：
时间/s 0 1 2 3 4 5
n(NO)/mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007
（1）写出该反应的平衡常数表达式：K＝ ，已知：K(300℃)>K(350℃)，该反应是 反应(填“放热”或“吸热”)。
（2）下图中表示NO2的变化的曲线是 ，用O2的浓度变化表示从0～2 s内该反应的平均速率v＝ 。
（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是（ ）
a．v(NO2)＝2v(O2) b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)＝2v正(O2) d．容器内物质的密度保持不变
（4）能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是（ ）
a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度
c．增大O2的浓度 d．选择高效的催化剂
【答案】（1）c2(NO2)/c2(NO)c(O2)；放热
（2）b；1.5×10－3 mol·L－1·s－1
（3）bc
（4）c
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1) 2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)反应的平衡常数K=c2(NO2)/[c2(NO)c(O2)],因为升温平衡向吸热反应方向进行,已知：K(300℃)>K(350℃)，温度越高平衡常数越小，升温平衡逆向进行，则该正反应为放热反应。故答案为：c2(NO2)/c2(NO)c(O2)；放热；(2)由表中数据可知从3s开始,NO的物质的量为0.007mol,不再变化,3s时反应达平衡,NO2是产物,随反应进行浓度增大。平衡时NO浓度的变化量△c(NO)=(0.02mol 0.007mol)/2L=0.0065mol/L,所以图中表示NO2变化的曲线是b；2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)=△n/V△t=(0.02mol 0.008mol)/(2L 2s)=3.0×10 3mol L 1 s 1,速率之比等于化学计量数之比,所以v(O2)=1/2v(NO)=1/2×3.0×10 3mol L 1 s 1=1.5×10 3mol L 1 s 1.故答案为：b;1.5×10 3mol L 1 s 1；(3)a未指明正逆速率,若均表示同一方向反应速率,v(NO2)自始至终为v(O2)的2倍，不能说明达到平衡，故a错误；b容器体积不变，随反应进行，反应混合气体总的物质的量在减小，容器内压强减小，当容器内压强保持不变，说明反应到达平衡，故b正确；c不同物质表示速率,到达平衡时,正逆速率之比等于化学计量数之比,V逆(NO):正(O2)=2:1,即V逆(NO)=2v正(O2)，故c正确；
D.混合气体的总质量不变，容器容积为定值，所以密度自始至终不变，不能说明达到平衡，故d错误。故答案为：bc；(4)a.及时分离除NO2气体平衡向右移动，但反应速率减小，故a错误；
b.适当升高温度，反应速率增大但平衡向逆反应方向移动，故b错误；
c.增大O2的浓度反应速率增大，且该反应向正反应方向移动，故c正确；
d.选择高效催化剂能增大反应速率，但平衡不移动，故d错误;
故答案为：c；
【分析】（1）根据平衡常数书写表达式，注意方程式的系数，温度增加平衡常数降低，你反应是吸热反应；
（2）二氧化氮是生成物，增加量与NO减少量一致；
（3）平衡状态的判断依据在于正反应速率等于逆反应速率，或者物质含量保持不变；
（4）增大压强、提升温度或增大浓度使反应速率增大。
30．（2018高二上·临泽期中）元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4— (绿色)、Cr2O72— (橙红色)、CrO42— (黄色)等形式存在。Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体。回答下列问题:
（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量,可观察到的现象是 。
（2）CrO42-和Cr2O72-在溶液中可相互转化。室温下,初始浓度为1.0 mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72—)随c(H+)的变化如图所示。
①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应 。
②由图可知,溶液酸性增大,CrO42-的平衡转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据,计算出该转化反应的平衡常数为 。
③升高温度,溶液中CrO42-的平衡转化率减小,则该反应的ΔH 0(填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】（1）蓝紫色溶液变浅,同时有灰蓝色沉淀生成,然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液
（2）2CrO42-+2H+ Cr2O72—+H2O；增大；1.0×1014；小于
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似可知Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液,先生成Cr(OH)3灰蓝色沉淀,继续加入NaOH后沉淀溶解,生成绿色Cr(OH)4 ;答案为：蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液。(2)①随着H+浓度的增大,CrO42 转化为Cr2O72 的离子反应方程式为：2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O，答案为：2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O 。
②溶液酸性增大,平衡2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O正向进行, CrO42 的平衡转化率增大;A点Cr2O72 的浓度为0.25mol/L,则消耗的CrO42 的浓度为0.5mol/L,则溶液中的c(CrO42 )=1.0mol/L 0.25mol/L×2=0.5mol/L,c(H+)浓度为1×10 7mol/L,此时该转化反应的平衡常数为K=c(Cr2O72 )/c2(H+)c2(CrO42 )=0.25/0.52×(10 7)2=1.0×1014，答案为：增大;1.0×1014。
③升高温度,溶液中CrO42 的平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明正方向放热，则该反应的△H<0，答案为：小于。
【分析】（1）往 Al3+ 中滴加氢氧化钠溶液，沉淀生成后再溶解；
（2）根据 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O 方程式， 溶液酸性增大,CrO42-的平衡转化率增大；升高温度，平衡向吸热方向移动。
四、实验题
31．（2018高二上·临泽期中）某工厂废水含游离态氯，通过下列实验测定其浓度：①取水样10.0 mL于锥形瓶中，加入10.0 mL KI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴；②取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净，然后注入0.01 mol·L－1 Na2S2O3溶液，调整液面，记下读数；③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生反应为：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6。试回答下列问题：
（1）步骤①加入的指示剂是 。
（2）步骤②应使用 式滴定管。
（3）步骤③当待测液由 色变为 色且不再变化即达终点，若耗去Na2S2O3溶液20.0
mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为 。
（4）Cl2的实际浓度比所测浓度为 (填“偏大”、“偏小”或“相等”)，造成误差的原因是 (若认为没有误差，该问不答)。
【答案】（1）淀粉
（2）碱
（3）蓝；无；0.01 mol·L－1
（4）偏小；滴定管未用标准液润洗
【知识点】中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】(1)溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去变为无色；故答案为：淀粉溶液；(2)硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管；故答案为：碱；(3)碘遇淀粉变蓝色,所以溶液呈蓝色,随反应I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6进行,溶液中没有碘,溶液由蓝色为无色,说明反应到终点。由 I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6.Cl2+2I-=I2+ 2Cl-
Cl 2 ~~~~~ 2Na2S2O3
1 2
n 0.01mol L 1×0.0200L
n=0.0001mol
c(I2)=0.0001mol/0.0100L=0.01mol/L；故答案为：蓝；无；0.01mol/L；(4)碱式滴定管未用Na2S2O3溶液润洗,使得Na2S2O3溶液浓度偏小,消耗的Na2S2O3溶液体积偏大,测得I2的物质的量偏多，则游离态氯的浓度偏大，即氯的实际浓度比所测浓度会偏小；答案为：偏小; 滴定管未用标准液润洗。
【分析】（1）淀粉遇碘单质变蓝；
（2）硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管；
（3）随着反应的进行，碘单质的量在减少，所以是蓝色变无色；
（4）理解没有润洗滴定管引起的误差根源，进行逐层分析，得知氯气实际浓度偏小。
甘肃省临泽县第一中学2018-2019学年高二上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2018高二上·临泽期中）已知一定温度和压强下2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1=-a kJ·mol-1，下列叙述错误的是（ ）
A．2 mol H2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成2 mol H2O(g)时放出a kJ的热量
B．2 mol H2O(g)完全分解为2 mol H2(g)和1 mol O2(g)时吸收a kJ的热量
C．2 mol H2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成2 mol H2O(l)时放出的热量小于a kJ
D．1 mol H2(g)和0.5 mol O2(g)完全反应生成1 mol H2O(g)时放出0.5a kJ的热量
2．（2018高二上·临泽期中）下列有关化学能与热能的说法正确的是（ ）
A．铝热反应属于吸热反应
B．若某反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为吸热反应
C．H2→H+H的变化需要吸收能量
D．凡经加热而发生的化学反应都是吸热反应
3．（2018高二上·临泽期中）能表示固态碳和气态氢气燃烧时的燃烧热的热化学方程式是（ ）
A．C(s)＋ O2(g)=CO(g) ΔH＝＋110.5 kJ·mol－1
B．C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
C．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
D．H2(g)＋ O2(g)=H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
4．（2018高二上·临泽期中）已知：2C(s)+O2(g)= 2CO(g) ΔH=-217 kJ·mol-1，C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=b kJ·mol-1，H-H、O-H和O=O键的键能分别为436 kJ·mol-1、462 kJ·mol-1和495 kJ·mol-1，则b为（ ）
A．+352 B．+132 C．-120 D．-330
5．（2018高二上·临泽期中）已知：①CH3OH(g)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-a kJ/mol
②CO(g)+1/2 O2(g)= CO2(g) ΔH=-b kJ/mol
③H2(g)+1/2 O2(g)= H2O(g) ΔH=-c kJ/mol
④H2(g)+1/2 O2(g)= H2O(l) ΔH=-d kJ/mol
下列叙述错误的是（ ）
A．由上述热化学方程式可知d>c
B．H2的燃烧热为d kJ/mol
C．CH3OH(g)= CO(g)+2H2(g) ΔH=(b+2c-a)kJ/mol
D．当CO和H2的物质的量之比为1∶2，其完全燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出Q kJ热量，则混合气中CO的物质的量为Q/(b+2c)mol
6．（2018高二上·临泽期中）已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热可表示为H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，对下列反应：CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)=CH3COONa(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q1 kJ·mol－11/2，H2SO4(浓)＋NaOH(aq)=1/2 Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q2 kJ·mol－1，HNO3(aq)＋NaOH(aq)=NaNO3(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q3 kJ·mol－1，上述反应均在溶液中进行，则下列Q1、Q2、Q3的关系正确的是（ ）
A．Q2>Q3>Q1 B．Q2>Q1>Q3 C．Q1＝Q2＝Q3 D．Q2＝Q3>Q1
7．（2018高二上·临泽期中）在容积为2 L的密闭容器内合成氨，已知在时间t内，氨的物质的量增加了0.6 mol，在此时间段内，用氢气表示的平均反应速率是0.45 mol·L-1·s-1，则t是（ ）
A．0.44 s B．1 s C．1.33 s D．2 s
8．（2018高二上·临泽期中）为探究锌与稀硫酸的反应速率[以v(H2)表示]，向反应混合液中加入某些物质，下列判断正确的是 （ ）
A．加入NH4HSO4固体，v(H2)不变 B．加入少量水，v(H2)减小
C．加入CH3COONa固体，v(H2)增大 D．滴加少量CuSO4溶液，v(H2)减小
9．（2016高二上·泰州期中）一定温度下，反应 N2（g）+O2（g） 2NO（g）在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是（ ）
A．缩小体积使压强增大 B．恒容，充入N2
C．恒容，充入He D．恒压，充入He
10．（2018高二上·临泽期中）化学平衡一定发生移动的是（ ）
A．化学反应速率发生了改变
B．有气态物质参加的可逆反应达到平衡后，改变了压强
C．由于某一条件的改变，使平衡混合物中各组分的浓度发生了不同程度的改变
D．可逆反应达到平衡后，使用催化剂
11．（2018高一下·六安期末）一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g) 2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L-1、0.3 mol·L-1、0.08 mol·L-1，则下列判断正确的是（ ）
A．c1∶c2=3∶1
B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为2∶3
C．X、Y的转化率不相等
D．c1的取值范围为0
A．恒容恒压升高温度
B．恒温、恒压压缩体积
C．加入催化剂
D．补充氮气和氢气分离氨气
13．（2018高二上·临泽期中）在容积不变的密闭容器中，一定条件下进行反应：NO(g)+CO(g)=1/2N2(g)+CO2(g) ΔH=-373.2 kJ/mol。如图曲线a表示该反应过程中，NO的转化率与反应时间的关系，若改变起始条件，使反应过程按照曲线b进行，可采取的措施是（ ）
A．加催化剂 B．向密闭容器中加入氩气
C．降低温度 D．增大反应物中NO的浓度
14．（2016·宜丰模拟）在密闭容中发生下列反应aA（g） cC（g）+dD（g），压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是（ ）
A．A的转化率变大 B．平衡向正反应方向移动
C．D的体积分数变大 D．a＜c+d
15．（2018高二上·临泽期中）一定条件下，将3 mol A和1 mol B两种气体混合于容积为2 L的密闭容器中，发生反应：3A(g)+B(g) xC(g)+2D(s)。2 min末该反应达到平衡，生成0.8 mol D，并测得C的浓度为0.2 mol/L。下列判断正确的是（ ）
A．该条件下此反应的平衡常数约为0.91
B．2 min内A的平均反应速率为0.3 mol/(L·s)
C．B的转化率为60%
D．混合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态
16．（2018高二上·临泽期中）已知某化学反应的平衡常数表达式为K=c(CO2) c(H2)/(CO) c(H2O)，在不同的温度下该反应的平衡常数值分别为：
下列有关叙述错误的是（ ）
A．该反应的化学方程式是CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
B．上述反应的正反应是放热反应
C．如果在一定体积的密闭容器中加入CO2和H2各1 mol，5 min后温度升高到830 ℃，此时测得CO为0.4 mol时，该反应为平衡状态
D．某温度下，如果平衡浓度符合下列关系式： c(CO2)/3(CO)=c(H2O)/5 c(H2)，判断此时的温度1000℃
17．（2018高二上·临泽期中）FeCl3溶液与KSCN溶液混合时存在下列平衡：Fe3+(aq)+SCN-(aq) [Fe(SCN)]2+(aq)。已知某一条件下，反应达到平衡时，[Fe(SCN)]2+的物质的量浓度与温度的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应为吸热反应
B．T1、T2时反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2
C．反应处于D点时，一定有v正>v逆
D．A点的c(Fe3+)比B点的c(Fe3+)大
18．（2018高二上·临泽期中）根据表中数据(均在同温、同压下测定)：
可得出弱电解质强弱顺序正确的是（ ）
A．HX>HY>HZ B．HZ>HY>HX C．HY>HZ>HX D．HZ>HX>HY
19．（2018高二上·临泽期中）一只规格为a mL的滴定管，其尖嘴部分充满溶液，管内液面在m mL处，当液面降到n mL处时，下列判断正确的是（ ）
A．流出溶液的体积为(m－n) mL B．流出溶液的体积为(n－m) mL
C．管内溶液体积等于(a－n) mL D．管内溶液体积多于n mL
20．（2018高二上·兰州期中）下列说法中正确的是（ ）
A．加水稀释0.01 mol·L-1的CH3COOH溶液，溶液中c(OH-)减小
B．室温时，0.1 mol·L-1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则该溶液的pH=4
C．氨水加水稀释后，溶液中c(NH3·H2O)/c(NH4+)的值增大
D．常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同
21．（2018高二上·临泽期中）下列关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法正确的是（ ）
A．相同浓度的两溶液中c(H+)相同
B．100 mL 0.1 mol·L-1的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠
C．pH=3的两溶液稀释至原体积的100倍后，pH都为5
D．相同浓度时导电能力醋酸强
22．（2018高二上·临泽期中）下列说法正确的是（ ）
A．c(H+)>c(OH-)的溶液一定显酸性
B．常温下，pH=6的溶液一定是酸溶液
C．电解稀硫酸或氢氧化钠溶液的产物不同
D．将纯水加热，其KW增大而pH不变
23．（2018高二上·临泽期中）25 ℃，某稀溶液中由水电离产生的c(H+)为1×10-10 mol·L-1，下列说法正确的是（ ）
A．该溶液的pH不可能是7 B．该溶液不可能存在
C．该溶液的pH一定是10 D．该溶液的pH一定是4
24．（2018高二上·临泽期中）现有pH=5的CH3COOH溶液10 mL，要使pH增大3，可采取的方法有（ ）
A．向溶液中加水稀释至10 L B．加入一定量的NaOH固体
C．加入一定量pH=8的NaOH溶液 D．加入一定浓度的盐酸
25．（2018高二上·临泽期中）用0.1mol/L NaOH溶液滴定0.1mol/L盐酸，如达到滴定的终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0.05mL)．继续加水至50mL，所得溶液的pH是（ ）
A．4 B．7.2 C．10 D．11.3
二、填空题
26．（2018高二上·临泽期中）丙烷燃烧可以通过以下两种途径:
途径Ⅰ:C3H8(g)+5O2(g)= 3CO2(g)+4H2O(l) ΔH1=-a kJ·mol-1
途径Ⅱ:C3H8(g)= C3H6(g)+H2(g) ΔH2=+b kJ·mol-1
2C3H6(g)+9O2(g)= 6CO2(g)+6H2O(l) ΔH3=-c kJ·mol-1
2H2(g)+O2(g)= 2H2O(l) ΔH4=-d kJ·mol-1(a、b、c、d均为正值)
请回答下列问题:
（1）判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量,途径Ⅰ放出的热量 (填“大于”“等于”或“小于”)途径Ⅱ放出的热量。
（2）由于C3H8(g)= C3H6(g)+H2(g)的反应中,反应物具有的总能量 (填“大于”“等于”或“小于”)生成物具有的总能量,那么在化学反应时,反应物就需要 (填“放出”或“吸收”)能量才能转化为生成物,因此其反应条件是 。
（3）b与a、c、d的数学关系式是 。
27．（2018高二上·临泽期中）
（1）在101 kPa时，H2在1 mol O2中完全燃烧生成2 mol液态水，放出571.6 kJ的热量，表示H2燃烧热的热化学方程式为 。
（2）1.00 L 1.00 mol·L－1硫酸与2.00L 1.00 mol·L－1 NaOH溶液完全反应，放出114.6 kJ的热量，该反应的中和热为表示其中和热的热化学方程式为 。
（3）0.3 mol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. 5 kJ热量，其热化学方程式为 ；又已知H2O(l)=H2O(g) ΔH＝＋44 kJ·mol－1，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。
三、综合题
28．（2018高二上·临泽期中）一定温度下,向1.0 L密闭容器中加入0.60 mol X(g),发生反应X(g) Y(s)+2Z(g) ΔH>0,测得反应物X的浓度与反应时间的数据如下表:
（1）0~3 min用Z表示的平均反应速率v(Z)= 。
（2）分析该反应中反应物的浓度与时间的规律,得出的结论是 。由此规律推出反应在6 min时反应物的浓度a为 mol·L-1。
（3）反应的逆反应速率随时间变化的关系如图所示,t2时改变的条件可是 、 。
29．（2018高二上·临泽期中）在2 L密闭容器中，800℃时反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：
时间/s 0 1 2 3 4 5
n(NO)/mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007
（1）写出该反应的平衡常数表达式：K＝ ，已知：K(300℃)>K(350℃)，该反应是 反应(填“放热”或“吸热”)。
（2）下图中表示NO2的变化的曲线是 ，用O2的浓度变化表示从0～2 s内该反应的平均速率v＝ 。
（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是（ ）
a．v(NO2)＝2v(O2) b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)＝2v正(O2) d．容器内物质的密度保持不变
（4）能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是（ ）
a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度
c．增大O2的浓度 d．选择高效的催化剂
30．（2018高二上·临泽期中）元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4— (绿色)、Cr2O72— (橙红色)、CrO42— (黄色)等形式存在。Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体。回答下列问题:
（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量,可观察到的现象是 。
（2）CrO42-和Cr2O72-在溶液中可相互转化。室温下,初始浓度为1.0 mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72—)随c(H+)的变化如图所示。
①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应 。
②由图可知,溶液酸性增大,CrO42-的平衡转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据,计算出该转化反应的平衡常数为 。
③升高温度,溶液中CrO42-的平衡转化率减小,则该反应的ΔH 0(填“大于”“小于”或“等于”)。
四、实验题
31．（2018高二上·临泽期中）某工厂废水含游离态氯，通过下列实验测定其浓度：①取水样10.0 mL于锥形瓶中，加入10.0 mL KI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴；②取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净，然后注入0.01 mol·L－1 Na2S2O3溶液，调整液面，记下读数；③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生反应为：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6。试回答下列问题：
（1）步骤①加入的指示剂是 。
（2）步骤②应使用 式滴定管。
（3）步骤③当待测液由 色变为 色且不再变化即达终点，若耗去Na2S2O3溶液20.0
mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为 。
（4）Cl2的实际浓度比所测浓度为 (填“偏大”、“偏小”或“相等”)，造成误差的原因是 (若认为没有误差，该问不答)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】有关燃烧热的计算
【解析】【解答】A. 由已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1=-a kJ·mol-1，化学方程式前边的计量数只表示物质的量，不表示分子个数，所以2 mol H2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成2 mol H2O(g)时放出a kJ的热量是正确的；故A不符合题意；
B. 因为反应热只和物质的初始状态和终了状态有关，和途经无关，2 mol H2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成2 mol H2O(g)时放出a kJ的热量，所以2 mol H2O(g)完全分解为2 mol H2(g)和1 mol O2(g)时需要吸收a kJ的热量，故B不符合题意；
C. 因为物质由气态变为液态要放出热量，所以2 mol H2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成2 mol H2O(l)时放出的热量大于a kJ，故C符合题意；
D. 物质的反应热与化学反应方程式的计量数成正比，所以1 mol H2(g)和0.5 mol O2(g)完全反应生成1 mol H2O(g)时放出0.5a kJ的热量，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】液化放热，放出的热量应大于a；
2．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A、铝热反应属于放热反应，故A错误；
B、反应的反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，反应的反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应，故B错误；
C、H2→H+H的变化断裂了H﹣H共价键，断裂化学键需要吸收能量，故C正确；
D、一个反应是吸热反应还是放热反应取决于反应物总能量和生成物总能量的相对大小，与反应的条件无关，有些放热反应也需要加热，如燃烧反应，故D错误；
故选：C．
【分析】A、铝热反应属于放热反应；
B、反应的反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应；
C、断裂化学键需要吸收能量；
D、一个反应是吸热反应还是放热反应与反应的条件无关．
3．【答案】B
【知识点】有关燃烧热的计算
【解析】【解答】A、碳完全燃烧后稳定的产物为二氧化碳，不是一氧化碳，不能表示碳燃烧热的热化学方程式，A不符合题意，
B、生成物是二氧化碳，该反应可以表示碳燃烧热的热化学方程式，B符合题意；
C、可燃物不是1mol，不能表示氢气燃烧热的热化学方程式，C不符合题意；
D、产物为气态水，在常温下不能稳定存在，应该生成液态水，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】氢气的完全燃烧产物是液态水，碳的完全燃烧产物是二氧化碳。
4．【答案】B
【知识点】有关反应热的计算
【解析】【解答】①2C(s)+O2(g)= 2CO(g)ΔH= kJ·mol-1，②C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=b kJ·mol-1，根据盖斯定律：② 2-①得：2H2O(g)=O2(g)+H2(g) ΔH=2b-(-217)根据键能的关系，2H2O(g)=O2(g)+H2(g) ΔH=4 462- 436-495 =2b-(-217)，所以b=+132。A.+352不符合题意，故A不符合题意；
B.+132符合题意，故B符合题意；
C.-120不符合题意，故C不符合题意；
D. -330不符合题意，故D不符合题意；
故答案为： B。
【分析】吸收的总能量减去放出的总能量等于焓变。
5．【答案】D
【知识点】盖斯定律及其应用；有关混合物反应的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】A、因气态水到液态水放热，所以d＞c，不符合题意；
B、H2的燃烧热是指1mol H2完全燃烧生成液态水放出的热量，不符合题意；
C、根据盖斯定律，①-②-2×③得CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g) △H＝(b＋2c－a)kJ／mol，不符合题意；
D、设CO和H2物质的量分别为n、2n，则CO放出的热量是nb kJ，H2放出的热量是2nd kJ，则nb+2nd=Q，n= ，即该混合物中CO的物质的量为 ，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据目标方程式，结合CO和H2物质的量进行计算。
6．【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；化学能与热能的相互转化
【解析】【解答】CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)=CH3COONa(aq)＋H2O(l) 为弱酸与强碱反应，弱酸电离出H+时要吸热热量，所以该反应放出热量较57.3 kJ少；H2SO4(浓)＋NaOH(aq)=Na2SO4(aq)＋H2O(l) 反应中，浓硫酸稀释会热，其能量最终释放的最多，即大于57.3 kJ；HNO3(aq)＋NaOH(aq)=NaNO3(aq)＋H2O(l)属于强酸与强碱反应，释放的热量为57.3 kJ；
所以，其关系为：Q2>Q3>Q1即选项A符合题意。
【分析】醋酸电离吸收，放出的热量较少，浓硫酸溶于水放热，放出的热量较多。
7．【答案】B
【知识点】化学反应速率
【解析】【解答】合成氨的反应为：N2+3H2 2NH3，则有ν（H2）：ν（NH3）=3：2，ν（NH3）=2ν（H2）÷3=0.3 mol·L 1·s 1，故t=0.6mol÷2L÷0.3 mol·L 1·s 1=1s，
故答案为：B。
【分析】化学反应速率计算的核心是计算在一定时间内的浓度变化量，固态或者纯液态物质量的变化不影响化学反应速率；
8．【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A. 加入NH4HSO4固体导致溶液中c(H+)增大，v(H2)加快，故A项不符合题意；
B.加入少量水导致溶液中c(H+)减小，v(H2)减小，故B项符合题意；
C.加入CH3COONa固体，因发生反应CH3COO-+H+＝CH3COOH，导致溶液中c(H+)减小，v(H2)减小，故C项不符合题意；
D.滴加少量CuSO4溶液形成铜锌原电池，v(H2)加快，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】浓度降低，反应速率减慢。
9．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】解：A、缩小体积使压强增大，则增大各组分浓度，可以加快该化学反应的速率，故A错误；
B、恒容，充入N2，则增大氮气的浓度，可以加快该化学反应的速率，故B错误；
C、恒容，充入He，各组分浓度不变，速率不变，故C正确；
D、恒压，充入He，体积增大，各组分浓度减小，速率减小，故D错误．
故选C．
【分析】改变化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂等，据此回答；
A、缩小体积使压强增大，则增大各组分浓度；
B、恒容，充入N2，则增大氮气的浓度；
C、恒容，充入He，各组分浓度不变；
D、恒压，充入He，体积增大，各组分浓度减小．
10．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.化学反应速率改变化学平衡不一定发生移动。如加入了催化剂，化学反应速率改变了，化学平衡不移动。故A不符合题意；
B.若气态物质反应物和生成物的化学计量系数相同，则改变压强平衡不移动，故B不符合题意；
C.各组分浓度改变了，即正逆反应速率不再相同，平衡移动，故C符合题意；
D.平衡后加入催化剂，正逆反应速率同等增加，平衡不移动，故D不符合题意。答案为C。
【分析】平衡移动后各组分的相对含量一定会发生改变。
11．【答案】D
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】A.设X转化的浓度为x，
X（g）+ 3Y（g） 2Z（g）
起始 c1 c2 c3
转化 x 3x 2x
平衡 0.1moL/L 0.3mol/L 0.08mol/L
所以c1：c2=（x+0.1moL/L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，故A不符合题意；
B.平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故B不符合题意；
C.反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C不符合题意；
D.反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向逆反应分析进行，则c1＞0，如反应向正反应分析进行，则c1＜0.14mol L﹣1，故有0＜c1＜0.14mol L﹣1，故D符合题意；
【分析】A.根据三段式可以计算出X和Y的起始浓度，然后计算出二者之比；
B.根据化学平衡状态下正逆反应的速率相等，可知在平衡时，Y和Z的生成速率之比为3：2；
C.根据三段式中计算出X和Y的起始浓度，这样就可以计算出二者的平衡转化率。
12．【答案】A
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.合成氨反应的化学方程式的特点是：体积缩小、放热反应，所以加压和降温有利于化学平衡向着生成氨气的方向移动。达到化学平衡后若升高温度，化学平衡左移，此时是逆反应速率大于正反应速率，故A图像符合题意，
B.如果给体系加压，体系中所有的物质的浓度都增大，所以正逆反应速率都增大，但正反应增大的幅度大于逆反应，故B不符合题意；
C.使用催化剂不会使化学平衡发生移动，只能改变化学反应的速率，故C不符合题意；
D.补充氮气和氢气，则平衡体系中的反应物浓度增加，所以正反应速率增加，分离出氨气，产物的浓度降低，所以逆反应速率减小，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】掌握勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热方向移动。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.加入催化剂，平衡不移动，故A不符合题意；
B.向密闭容器中加入氩气，参加反应的气体的浓度不变，平衡不移动，故B不符合题意；
C. 该反应为放热反应， 由图象可以知道温度a>b，降低温度平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，故C符合题意；
D.如增大反应物中NO的浓度，反应速率增大，达到平衡时NO的转化率降低，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】速率减慢平衡逆向移动，降低温度。
14．【答案】D
【知识点】化学平衡中反应条件的控制
【解析】【解答】压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，如平衡不发生移动，则D的浓度应为原来的2倍，但D的浓度为原平衡的1.8倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，
则应有a＜c+d，且A的转化率减小，D的体积分数减小，
故选D．
【分析】压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，如平衡不发生移动，则D的浓度应为原来的2倍，但D的浓度为原平衡的1.8倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，以此解答该题．
15．【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】一定条件下，将3 mol A 和1 mol B 两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应： 3A(g)+B(g) xC(g)+2D(s) 2 min末该反应达到平衡，生成0.8 mol D，并测得C的浓度为0.2 mol/L ，根据化学平衡三段式列式计算；
3A(g)+ B(g) xC(g)+ 2D(s)
起始（mol） 3 1 0 0
转化（mol） 1.2 0.4 0.4x 0.8
平衡（mol） 1.8 0.6 0.4x 0.8
A、平衡浓度为 c(A)=0.9mol/L，C(B)=0.3mol/L，c(D)=0.4mol/L，c(C)=0.2mol/L，0.4x/2=0.2.所以x=1。该条件下此反应的化学平衡常数K=(0.2 0.42)/( 0.93 )=0.44，故A不符合题意；
B.2 min内A平均反应速率=1.2mol/(2L 2min)=0.3mol/(L·s)，故B符合题意；
C.B的转化率=0.4mol/1mol 100%=40，故C不符合题意；
D.反应生成物中含有固体，密度等于气体质量除以体积，所以若混合气体的密度不再改变时，该反应一定达到平衡状态，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】化学反应速率计算的核心是计算在一定时间内的浓度变化量，固态或者纯液态物质量的变化不影响化学反应速率。
16．【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、根据平衡常数表达式是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到化学方程式式为K=c(CO2)c(H2)/(CO)c(H2O)，化学方程式为： CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，故A不符合题意；
B、分析图表数据，平衡常数随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行逆向是吸热反应，正反应是放热反应，故B不符合题意；
C、根据化学平衡三段式列式计算浓度商和平衡常数比较分析，若在一定体积的密闭容器中通入CO2和H2各1 mol ，5 min后温度升高到830 ℃，此时测得CO2为0.4 mol时，
CO(g)+ H2O(g) CO2(g)+ H2(g)
起始（mol） 1 1 0 0
转化（mol） 0.4 0.4 0.4 0.4
平衡（mol） 0.6 0.6 0.4 0.4
反应前后气体物质的量不变，可以用其他物质的量代替平衡浓度计算，Q=0.4 0.4/0.6 0.6=0.44
故答案为：C。
【分析】用数据判断平衡状态，根据特定条件下的平衡常数进行判断。
17．【答案】B
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】A、分析题给图像知，随着温度的升高Fe(SCN)2＋的物质的量浓度逐渐减小，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，不符合题意；
B、该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则化学平衡常数减小，又温度T1＜T2，则K1＞K2，符合题意；
C、曲线上方的区域未处于平衡状态，c[Fe（SCN）2+]比平衡状态大，应向逆反应方向进行，故V正小于V逆，不符合题意；
D、升高温度，平衡向逆反应方向移动，A点温度小于B点，所以A点的c(Fe3＋)比B点的c(Fe3＋)小，不符合题意。
【分析】温度升高，平衡正向移动，平衡常数减小。
18．【答案】A
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】因为三种酸都是一元酸，根据三种酸的电离平衡常数K(HX)=7.2×10-4 ，K(HY)= 1.8×10-4 ，K(HZ)= 1.8×10-5， 可知电离常数越大，酸性越强，所以酸性HX>HY>HZ。A. HX>HY>HZ符合题意，故A符合题意；
B. HZ>HY>HX不符合题意，故B不符合题意；
C. HY>HZ>HX不符合题意，故C不符合题意；
D. HZ>HX>HY不符合题意，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】电离平衡常数越小，越不易电离。
19．【答案】B
【知识点】酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，流出的液体的体积是（n-m）mL，A不符合题意；
B．滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，流出的液体的体积是（n-m）mL，B符合题意；
C．滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，amL滴定管中实际盛放液体的体积大于amL，因此，一支amL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在nmL刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过（a-n）mL，C不符合题意；
D．由C的分析知，一支amL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在nmL刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过（a-n）mL，D不符合题意。
【分析】掌握滴定管的构造原理。二者的差值是流出液体的体积。
20．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A.加水稀释0.01 mol·L-1的CH3COOH溶液，溶液中c(H+)减小，根据KW= c(H+)×c(OH-)，可知c(OH-)增大，A不符合题意；
B.溶液中的氢离子浓度是0.1 mol/L×0.1%=1×10﹣4mol/L，pH=4，B符合题意；
C.NH3．H2O溶液加水稀释后，溶液中的n（NH3．H2O）减小，n（NH4+）增大， 的值减小，C不符合题意；
D.盐酸是强酸，抑制水的电离，氯化铵是强碱弱酸盐，能发生水解，促进水的电离，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】0.1mol/L的一元酸仅有0.1%的电离，计算出氢离子浓度，pH=4.
21．【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A.由于盐酸为强酸，醋酸为弱酸，当两者浓度相同时，溶液中c(H＋)不同，应为c(H＋)盐酸>c(H＋)醋酸，故A错；
B.由于两溶液中溶质的物质的量相等，且均为一元酸，所以两溶液能中和等物质的量的NaOH，故B对；
C.pH＝3的盐酸稀释100倍后，pH＝5，而pH＝3的醋酸稀释100倍后，由于在稀释过程中，溶液中未电离的醋酸分子继续电离出H＋，导致稀释后溶液的pH<5，故C错；
D.由于相同浓度时，两溶液中自由移动的离子浓度不同，则导电能力不同，由A项知，c(H＋)盐酸>c(H＋)醋酸，所以盐酸导电能力强，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】盐酸与乙酸物质的量相同时，中和氢氧化钠的物质的量相等，反应多少看总量。
22．【答案】A
【知识点】溶液pH的定义；pH的简单计算
【解析】【解答】A、c( H+)＞c(OH－)的溶液一定显酸性，符合溶液酸碱性的判断，符合题意；
B、常温下，pH=6的溶液为酸性溶液，但不一定是酸溶液，可能是强酸弱碱盐溶液，不符合题意；
C、电解稀硫酸或氢氧化钠溶液的实质都是电解水，产物都是氢气和氧气，不符合题意；
D、将纯水加热，水的电离平衡正向移动，氢离子和氢氧根离子浓度都增大，水的离子积增大，但pH减小，不符合题意，
故答案为：A。
【分析】溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度一定显酸性。
23．【答案】A
【知识点】水的电离
【解析】【解答】25℃时，某溶液中由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为1×10-20 <1×10-14 ，说明该溶液中的溶质抑制了水的电离，酸或碱能抑制水的电离，所以该溶液呈酸性或碱性，所以该溶液的pH不可能是7。A. 该溶液的pH不可能是7符合题意；故A符合题意；
B. 该溶液可能存在，故B不符合题意；
C. 该溶液可能为酸性也可能为碱性，pH不一定是10，故C不符合题意；
D. 该溶液可能为酸性也可能为碱性，pH不一定是4，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】 25 ℃ 时中性溶液的pH=7.
24．【答案】B
【知识点】溶液pH的定义；pH的简单计算
【解析】【解答】由pH＝5增大3得pH＝8，说明溶液呈碱性，酸溶液无论如何稀释溶液也不会呈碱性，A项不符合题意；
C.因加入NaOH溶液的pH＝8，故酸碱无论怎样中和，pH也只能接近8，不会出现pH＝8，C错；
D.因盐酸呈酸性，故无法实现。
【分析】pH=5增大到pH=8，溶液性质由酸性变成碱性，无限稀释不能改变溶液的性质，加入一定量的氢氧化钠可以pH=8.
25．【答案】C
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】终点时不慎多加了1滴NaOH溶液，即0.05mL，继续加水至50mL，反应后溶液中c(OH-)= ×0.1mol．L-1=10-4mol．L-1，根据c(H+)c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-10mol/L，pH=10，
故答案为：C。
【分析】计算出氢氧根离子的浓度，结合水的离子积常数，得出氢离子浓度即可计算pH。
26．【答案】（1）等于
（2）小于；吸收；加热
（3）2b=c+d-2a
【知识点】化学能与热能的相互转化；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，煤作为燃料不管是一步完成还是分两步完成，反应物和产物的焓值是一定的，所以两途径的焓变值一样，放出的热量一样，故答案为：等于；（2）由于C3H8(g)= C3H6(g)+H2(g) ΔH2=+b kJ·mol-1）的反应中△H＞0，该反应是吸热反应，反应物具有的总能量小于生成物的总能量，需要吸收能量，反应条件是加热，故答案为：小于；吸收；加热；（3）途径I：①C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=-a kJ mol-1
途径II：②C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H=+b kJ mol-1
③2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H=-c kJ mol-1
④2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-d kJ mol-1 反应①=反应②+反应③×1/2+反应④×1/2，所以-a=b+1/2（-c-d），所以2b=-2a+（c+d），故答案为：2b=-2a+（c+d）。
【分析】（1）反应起始状态相同，能量变化相同；
（2）反应物总能量低于生成物总能量反应吸热；
（3）根据目标方程式计算 2b=c+d-2a 。
27．【答案】（1）H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
（2）1/2 H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
（3）B2H6(g)＋3O2(g)=B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH＝－2 165 kJ·mol－1；1 016.5
【知识点】有关反应热的计算；有关燃烧热的计算
【解析】【解答】(1) 燃烧热是指在101 kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时的反应热。由已知在101 kPa时，2molH2在1 mol O2中完全燃烧生成2 mol液态水，放出571.6 kJ的热量，所以H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋1/2O2(g) =H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1。
故答案为：H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1。（2）中和反应的反应热以生成1mol液态H2O为标准，而1.00 L 1.00 mol·L－1硫酸与2.00L 1.00 mol·L－1 NaOH溶液反应生成2mol液态H2O放出114.6 kJ的热量。中和热化学方程式为1/2 H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
故答案为：1/2 H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1 。(3)1molB2H6(g)完全燃烧，生成液态水放出的热量为649. 5 kJ /0.3 mol=2165kJ ，因此热化学方程式为B2H6(g)＋3O2(g)=B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH＝－2 165 kJ·mol－1。若反应生成的3molH2O(l)全部转化为气态水，则需吸收热量44 kJ·mol－1 kJ，11.2L(标准状况)乙硼烷为0.5mol,则0.5mol B2H6(g)完全燃烧生成气态水时放出的热量为(2 165 - ) 0.5/1= 1 016.5kJ。
故答案为：B2H6(g)＋3O2(g)=B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH＝－2 165 kJ·mol－1 、 1 016.5。
【分析】（1）结合题意，转化成1mol氢气的热量变化；
（2）注意中和热强调1mol水；
（3）结合题意写出热化学方程式，注明物质状态，设计反应过程。
28．【答案】（1）0.26 mol·L-1·min-1
（2）每间隔2 min,X的浓度减少为原来的一半；0.075
（3）加入Z；增大体系的压强
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）3min时X的浓度变化为：(0.60-0.21)mol/L=0.39mol/L,v(X)= 0.39/3==0.13mol/(L·min)，根据化学计量数与反应速率成正比关系，v(Z)=2v(X)=0.13mol/(L·min)×2=0.26mol/(L·min)；
故答案为：0.26 mol·L-1·min-1。（2）从表中的数据可知，X的浓度变化的规律为每间隔2min，X的浓度为原来的一半，根据此规律可知，a为0.15的一半，即0.075；
故答案为：每间隔2 min,X的浓度减少为原来的一半 、 0.075。（3）由图象可以知道，在t2时逆反应速率立即增大，且达到平衡时逆反应速率大于原平衡状态时的反应速率，说明达到平衡时生成为的浓度大于原平衡的浓度，根据影响反应速率的因素分析，可以加入生成物Z，逆反应速率会立刻增大，达到新的平衡时Z的浓度比原平衡的浓度大，反应速率不大；也可以缩小容器体积，即增大压强，正逆反应速率都增大，且达到平衡时正逆反应速率都大于原平衡的速率。
故答案为：加入Z 、增大体系的压强。
【分析】（1）根据X的变化情况计算出Z的变化情况，得出Z的平均反应速率；
（2）根据数据变化推知变化规律；
（3）速率增大，平衡逆向移动，可能是加入Z，增大体系的压强。
29．【答案】（1）c2(NO2)/c2(NO)c(O2)；放热
（2）b；1.5×10－3 mol·L－1·s－1
（3）bc
（4）c
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1) 2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)反应的平衡常数K=c2(NO2)/[c2(NO)c(O2)],因为升温平衡向吸热反应方向进行,已知：K(300℃)>K(350℃)，温度越高平衡常数越小，升温平衡逆向进行，则该正反应为放热反应。故答案为：c2(NO2)/c2(NO)c(O2)；放热；(2)由表中数据可知从3s开始,NO的物质的量为0.007mol,不再变化,3s时反应达平衡,NO2是产物,随反应进行浓度增大。平衡时NO浓度的变化量△c(NO)=(0.02mol 0.007mol)/2L=0.0065mol/L,所以图中表示NO2变化的曲线是b；2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)=△n/V△t=(0.02mol 0.008mol)/(2L 2s)=3.0×10 3mol L 1 s 1,速率之比等于化学计量数之比,所以v(O2)=1/2v(NO)=1/2×3.0×10 3mol L 1 s 1=1.5×10 3mol L 1 s 1.故答案为：b;1.5×10 3mol L 1 s 1；(3)a未指明正逆速率,若均表示同一方向反应速率,v(NO2)自始至终为v(O2)的2倍，不能说明达到平衡，故a错误；b容器体积不变，随反应进行，反应混合气体总的物质的量在减小，容器内压强减小，当容器内压强保持不变，说明反应到达平衡，故b正确；c不同物质表示速率,到达平衡时,正逆速率之比等于化学计量数之比,V逆(NO):正(O2)=2:1,即V逆(NO)=2v正(O2)，故c正确；
D.混合气体的总质量不变，容器容积为定值，所以密度自始至终不变，不能说明达到平衡，故d错误。故答案为：bc；(4)a.及时分离除NO2气体平衡向右移动，但反应速率减小，故a错误；
b.适当升高温度，反应速率增大但平衡向逆反应方向移动，故b错误；
c.增大O2的浓度反应速率增大，且该反应向正反应方向移动，故c正确；
d.选择高效催化剂能增大反应速率，但平衡不移动，故d错误;
故答案为：c；
【分析】（1）根据平衡常数书写表达式，注意方程式的系数，温度增加平衡常数降低，你反应是吸热反应；
（2）二氧化氮是生成物，增加量与NO减少量一致；
（3）平衡状态的判断依据在于正反应速率等于逆反应速率，或者物质含量保持不变；
（4）增大压强、提升温度或增大浓度使反应速率增大。
30．【答案】（1）蓝紫色溶液变浅,同时有灰蓝色沉淀生成,然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液
（2）2CrO42-+2H+ Cr2O72—+H2O；增大；1.0×1014；小于
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似可知Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液,先生成Cr(OH)3灰蓝色沉淀,继续加入NaOH后沉淀溶解,生成绿色Cr(OH)4 ;答案为：蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液。(2)①随着H+浓度的增大,CrO42 转化为Cr2O72 的离子反应方程式为：2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O，答案为：2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O 。
②溶液酸性增大,平衡2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O正向进行, CrO42 的平衡转化率增大;A点Cr2O72 的浓度为0.25mol/L,则消耗的CrO42 的浓度为0.5mol/L,则溶液中的c(CrO42 )=1.0mol/L 0.25mol/L×2=0.5mol/L,c(H+)浓度为1×10 7mol/L,此时该转化反应的平衡常数为K=c(Cr2O72 )/c2(H+)c2(CrO42 )=0.25/0.52×(10 7)2=1.0×1014，答案为：增大;1.0×1014。
③升高温度,溶液中CrO42 的平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明正方向放热，则该反应的△H<0，答案为：小于。
【分析】（1）往 Al3+ 中滴加氢氧化钠溶液，沉淀生成后再溶解；
（2）根据 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O 方程式， 溶液酸性增大,CrO42-的平衡转化率增大；升高温度，平衡向吸热方向移动。
31．【答案】（1）淀粉
（2）碱
（3）蓝；无；0.01 mol·L－1
（4）偏小；滴定管未用标准液润洗
【知识点】中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】(1)溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去变为无色；故答案为：淀粉溶液；(2)硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管；故答案为：碱；(3)碘遇淀粉变蓝色,所以溶液呈蓝色,随反应I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6进行,溶液中没有碘,溶液由蓝色为无色,说明反应到终点。由 I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6.Cl2+2I-=I2+ 2Cl-
Cl 2 ~~~~~ 2Na2S2O3
1 2
n 0.01mol L 1×0.0200L
n=0.0001mol
c(I2)=0.0001mol/0.0100L=0.01mol/L；故答案为：蓝；无；0.01mol/L；(4)碱式滴定管未用Na2S2O3溶液润洗,使得Na2S2O3溶液浓度偏小,消耗的Na2S2O3溶液体积偏大,测得I2的物质的量偏多，则游离态氯的浓度偏大，即氯的实际浓度比所测浓度会偏小；答案为：偏小; 滴定管未用标准液润洗。
【分析】（1）淀粉遇碘单质变蓝；
（2）硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管；
（3）随着反应的进行，碘单质的量在减少，所以是蓝色变无色；
（4）理解没有润洗滴定管引起的误差根源，进行逐层分析，得知氯气实际浓度偏小。
