黑龙江省哈尔滨市第六中学2018_2019学年高二化学上学期10月月考试题（含解析）.doc

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1、- 1 -黑龙江省哈尔滨市第六中学 2018-2019 学年高二 10 月月考化学试题1.常温下，下列关于 NaOH 溶液和氨水的说法正确的是A. 相同物质的量浓度的两溶液中的 c(OH )相等B. pH13 的两溶液稀释 100 倍，pH 都为 11C. 两溶液中分别加入少量 NH4Cl 固体， c(OH )均减小D. 体积相同、pH 相同的两溶液能中和等物质的量的盐酸【答案】C【解析】【分析】NaOH 是强碱，一水合氨是弱碱，弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释、同离子效应等会影响电离平衡的移动，据此分析。【详解】A、NaOH 是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，电离不完全，所以相同物质的量

2、浓度的两溶液中 NaOH 溶液中的 c(OH )大，A 错误；B、弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时平衡正向移动，pH13 的两溶液稀释 100 倍，NaOH 溶液的 pH 为 11，氨水的 pH 大于 11，B 错误；C、NaOH 溶液中加入 NH4Cl 固体，能够生成一水合氨，氢氧根离子浓度减小，氨水中加入NH4Cl 固体，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，C 正确；D、一水合氨是弱碱，弱碱在水溶液中存在电离平衡，体积相同、pH 相同的两溶液中和盐酸时，氨水消耗的盐酸多，D 错误；答案选 C。2.下列物质中属于弱电解质的是A. 冰醋酸 B. H 2SO4

3、溶液 C. BaSO 4 D. Cl2【答案】A【解析】【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，部分电离的电解质属于弱电解质，完全电离的电解质属于强电解质，据此- 2 -判断。【详解】A、冰醋酸溶于水部分电离，属于弱电解质，A 正确；B、硫酸溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质，B 错误；C、BaSO 4溶于水的部分完全电离，属于强电解质，C 错误；D、氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，D 错误。答案选 A。【点睛】本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的判断，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质、强电解质与弱

4、电解质的本质区别，注意概念的内涵与外延。3.在室温下，等体积的酸和碱的溶液混合后，pH 一定小于 7 的是( )A. pH3 的 HNO3和 pH11 的 KOHB. pH3 的盐酸和 pH11 的氨水C. pH3 的醋酸和 pH11 的 Ba(OH)2D. pH3 的硫酸和 pH11 的 NaOH【答案】C【解析】试题分析：A硝酸和氢氧化钡都是强电解质，pH=3 的硝酸和 pH=11 的 Ba（OH） 2溶液中，硝酸中氢离子浓度等于氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度，二者等体积混合时恰好反应生成硝酸钡，溶液呈中性，故 A 错误；B氯化氢是强电解质，一水合氨是弱电解质，所以 pH=3 的盐酸和 pH

5、=11 的氨水，盐酸的浓度小于氨水浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以混合溶液呈碱性，故 B 错误；醋酸是弱电解质，氢氧化钾是强电解质，所以 pH=3 的醋酸和 pH=11 的 KOH 溶液，醋酸溶液浓度大于氢氧化钾溶液，二者等体积混合时，醋酸有属于，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以混合溶液呈酸性，故 C 正确；硫酸和氢氧化钠都是强电解质，pH=3 的硫酸中氢离子浓度为0001mol/L，pH=11 的 KOH 溶液中氢氧根离子浓度为 0001mol/L，等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钾，混合溶液呈中性，故 D 错误；故选 C。考点：酸碱

6、混合时 pH 的计算4.在一个固定体积的密闭容器中，放入 3 L X(g)和 3 L Y(g)，在恒温恒体积下发生反应3X(g)+3Y(g) 2Q(g)+nR(g)，达到平衡后，X 的转化率为 35%，混合气体的压强却比起始压强小，则方程中 n 的值是（ ）- 3 -A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】A【解析】【分析】依据勒夏特列原理，以及压强之比等于物质的量之比进行分析判断。【详解】达到平衡后，压强比反应前小，根据阿伏加德罗推论，在同温同体积的条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，压强减小，说明反应后气体系数之和小于反应前气体系数之和，即 3+32+n，即 nN B. M K1

7、（H 2CO3） K2（H 2SO3） K2（H 2CO3） ，则溶液中不可以大量共存的离子组是A. SO32、HCO 3 B. HSO3、HCO 3 C. HSO3、CO 32 D. SO32、CO 32【答案】C【解析】【详解】由于 K1(H2SO3) K1(H2CO3)K 2(H2SO3)K2(H2CO3)，则酸性 H2SO3H 2CO3HSO 3-HCO 3-。A. SO32、HCO 3离子间不能反应，能够大量共存，故 A 不选；B. HSO3、HCO 3离子间不能反应，能够大量共存，故 B 不选； C.由于酸性 HSO3-HCO 3-，则 HSO3、CO 32能够反应生成 HCO3，

8、不能大量共存，故 C 选；D. SO 32、CO 32离子间不能反应，能够大量共存，故 D 不选；故选 C。12.浓度均为 0. 1mol/L、体积为 V0的 HX、HY 溶液，分别加水稀释至体积 V，pH 随 lg(V/ V0)的变化关系如图所示。下列叙述正确的是( )A. HX、HY 都是弱酸，且 HX 的酸性比 HY 的弱B. 相同温度下，电离常数 K(HX):abC. 常温下，由水电离出的 c(H+)c(OH-):a1，说明 HX 部分电离，为弱电解质，HY 的 pH1，说明其完全电离，为强电解质，所以 HY 的酸性大于 HX，选项 A 错误；B、酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同

9、的温度下，电离常数 ab，选项 B 错误；C、酸或碱抑制水的电离，酸中的氢离子浓度越小，其抑制水电离程度越小，根据图分析，b 溶液中氢离子浓度小于a，则水的电离程度 aV(乙)C. 物质的量浓度 c(甲)10c(乙)D. 甲中的 c(OH-)为乙中的 c(OH-)的 10 倍【答案】C【解析】试题分析：Ac（H +）=10 -pH，所以 c （H +） 甲 =10-a，c （H +） 乙 =10-（a+1） ，所以 c（H +） 甲=“10c“ （H +） 乙 ，酸溶液中水电离出的 c（H +）等于溶液中 c（OH -） ，所以 c（OH -）=，所以氢氧根离子浓度：10c （OH -） 甲

10、=“c“ （OH -） 乙 ，则水电离出的氢离子浓度10c（H +） 甲 =c（H +） 乙 ，错误；C酸的浓度越大，酸的电离程度越小，c（甲）10c（乙） ，正确；B酸的浓度越大，酸的电离程度越小，与等量 NaOH 反应，酸的浓度越大则消耗酸的体积越小，c（甲）10c（乙） ，所以消耗酸的体积，10V（甲）V（乙） ，错误；Dc（OH -）= ，所以氢氧根离子浓度：10c （OH -） 甲 =“c“ （OH -） 乙 ，错误。考点：考查弱电解质在水溶液中的电离平衡。14.常温下，pH=13 的强碱溶液与 pH=2 的强酸溶液混和，所得混和溶液的 pH=11，则强酸与强碱的体积比是( )A.

11、9:1 B. 11:1 C. 1:11 D. 1:9- 8 -【答案】A【解析】【分析】酸碱混合后溶液呈碱性，说明碱过量，根据 c(OH-)= 计算。【详解】pH=13 的强碱溶液中 c(OH-)=0.1mol/L，pH=2 的强酸溶液中 c(H+)=0.01mol/L，酸碱混合后溶液呈碱性,说明碱过量,且 pH=11，说明反应后 c(OH-)=0.001mol/L，则：c(OH -)= = =0.001mol/L，解之得：V(酸)：V(碱) =9：1，所以 A 选项是正确的。15.浓度均为 0.1 molL1 、体积为 V0的 HA 酸溶液和 MOH 碱溶液，分别加蒸馏水稀释，溶液 pH 随

12、滴入的蒸馏水体积的变化曲线如图所示,下列叙述正确的是( ) A. HA 为强酸，MOH 为强碱B. a 点 HA 的电离度小于 10%C. 两种溶液无限稀释时，其 c(H )近似相等D. 两种溶液稀释至 V1时，b、c 两点所示溶液中 c(A )c(M )【答案】C【解析】【分析】本题考查强弱电解质的稀释问题。解答时根据图像的 pH 知 HA 为弱酸，MOH 为强碱；又知道稀释时促进弱电解质电离，其电离度也增大。无论强碱还是弱酸无限稀释其 c(H )近似相等的； MOH 为强碱，完全电离，而 HA 为弱酸，部分电离，浓度均为 0.1 molL1 的 HA 酸溶液和 MOH 碱溶液稀释相同倍数时

13、，c(M )c(A )。【详解】A.若 HA 为强酸，则 0.1 molL1 的该溶液 pH1，而图中其 pH2， HA 为弱酸，故 A 项错误；B.对于 HA 溶液，在滴加蒸馏水前，溶液 pH2，即溶液中 c(H )0.01 - 9 -molL1 ，故其电离度为 10%，溶液越稀，促进电离，其电离度增大，故 a 点 HA 的电离度大于 10%，故 B 项错误；酸碱溶液无限稀释时，溶液中的 c(H )c(OH )110 7 molL1 ，故 C 项正确；D.由图像知 MOH 为强碱，完全电离，而 HA 为弱酸，部分电离，浓度均为 0.1 molL1 的 HA 酸溶液和 MOH 碱溶液稀释相同倍

14、数时，c(M )c(A )，故 D 项错误。【点睛】本题考查强弱电解质的稀释问题。解答时根据图像的 PH 判断酸和碱的强弱，根据稀释促进弱电解质电离，其电离度也增大；无论强碱还是弱酸无限稀释其 c(H )近似相等的；MOH 为强碱，完全电离，而 HA 为弱酸，部分电离，浓度均为 0.1 molL1 的 HA 酸溶液和MOH 碱溶液稀释相同倍数时，c(M )c(A )。16.已知可逆反应 aAbB cC 中，5 分钟时分别测得在不同温度下物质的含量 A%和 C%，绘制变化曲线如图所示，下列说法正确的是( )A. 该反应在 T1、T 3温度时达到过化学平衡B. 该反应在 T2温度时达到过化学平衡C

15、. 该反应的逆反应是放热反应D. 升高温度，平衡会向正反应方向移动【答案】B【解析】【分析】T2之前，A%变小，C%从 0 逐渐增大，而 T2之后 A%渐大，C%渐小，说明 T2之前该反应未达到平衡状态，而 T2时为化学平衡状态，T 2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，正反应为放热反应。【详解】T 1温度之后，A%继续变小，C%继续增大，T 2达到平衡状态，升高温度平衡向吸热的逆反应方向移动， A%增大，C%减小，故 T1温度时未达到化学平衡，T 3温度时达到化学平衡，A 错误；T 2之前 A%变小，C%从 0 渐增大，而 T2之后 A%渐大，C%渐小，而 T2时恰好平衡，B

16、 正确；T 2时恰好平衡，T 2之后 A%渐大，C%渐小，说明 T2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，C 错误；T 2时恰好平衡，T 2之后 A%渐大，C%渐小，说明 T2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，温度升高使平衡向逆反- 10 -应移动，D 错误。故选：B。【点睛】本题化学反应图象分析，明确图象中曲线变化趋势与温度的关系是解本题关键，会根据图象确定平衡状态及反应热。17.在一密闭的容器中，将一定量的 NH3加热使其发生分解反应：2NH 3(g) N2(g)3H 2(g)，当达到平衡时，测得 25%的 NH3分解，此时容器内的压强是原来的( )A. 1

17、.125 倍 B. 1.25 倍C. 1.375 倍 D. 1.5 倍【答案】B【解析】【详解】假设原容器中含有 2mol 氨气，达到平衡时，测得 25%的 NH3分解，则容器中含有氨气 2mol(1-25%)=1.5mol，氮气为 2mol25% =0.25mol，氢气为2mol25% =0.75mol，同温同体积是气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时，容器内的压强是原来的 =1.25 倍，故选 B。18.一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g)+B(g) 3C(g)，若反应开始时充入 2 mol A 和 2 mol B，达平衡后 A 的体积分数为 a%。其他条件不变时，若按下

18、列四种配比作为起始物质，平衡后 A 的体积分数大于 a%的是( )A. 2.5mol C B. 2 mol A、2 mol B 和 10 mol He（不参加反应）C. 1.5 mol B 和 1.5 mol C D. 2 mol A、3 mol B 和 3 mol C【答案】A【解析】【分析】反应 2A（g）+B（g） 3C（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为 A、B，且满足 n（A）：n（B）=1：1，即可得到相同平衡状态，结合浓度对平衡移动的影响，只要加入的物质的量：n（A）：n（B）1：1，平衡后 A 的体积分数大于 a%。【

19、详解】反应 2A（g）+B（g）3C（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为 A、B，且满足 n（A）：n（B）=1：1，就是等效平衡，结合浓度对平衡移动的影响，只要加入的物质的量：n（A）：n（B）- 11 -1：1，平衡后 A 的体积分数大于 a%，A.2molC 相当于 molA 和 molB，二者的比值为 2：1，大于 1：1，则平衡后 A 的体积分数大于 a%，选项 A 正确；B.2molA、2molB 和 1molHe（不参加反应） ，n（A）：n（B）=2：2，等于 1：1，则平衡后 A 的体积分数等于 a%，选项 B 错误

20、；C.1molB 和 1molC，相当于 molA 和 molB，n（A）：n（B）=1：2，小于 1：1，则平衡后 A 的体积分数小于 a%，选项 C 错误；D.2molA、3molB 和 3molC，相当于 4molA 和 4molB，二者的比值为 4：4，等于 1：1，则平衡后 A 的体积分数等于 a%，选项 D 错误，答案选 A。【点睛】本题考查等效平衡问题，题目难度中等，本题注意与原配比数相比较，结合浓度对平衡移动的影响可进行判断。19.一定条件下，往容积恒定的密闭容器中投入 2molA 和 1molB，发生可逆反应：2A（g）+B(g) C(g)+D(s)，达到平衡时，测得压强为原

21、压强的 5/6，则 A 的转化率为 （ ）A. 25% B. 40% C. 50% D. 75%【答案】A【解析】考查可逆反应的有关计算。2A(g) + B(g) C(g)+D(s)起始量（mol） 2 1 0转化量（mol） x 0.5x 0.5x平衡量（mol） 2x 10.5x 0.5x在等温等容时，压强之比就是物质的量之比所以有 2x10.5x0.5x35/6解得 x0.5所以转化率是 0.5210025%，答案选 A。20.一定温度下，下列叙述不能作为可逆反应 A（g）+3B（g） 2C（g）达到平衡标志的是( )C 的生成速率与 C 的消耗速率相等 单位时间内生成 a mol A，

22、同时生成 3a mol BA、B、C 的浓度不再变化 C 的物质的量不再变化 混合气体的总压强不再变化 混合气体的总物质的量不再变化 单位时间消耗 a molA，同时生成 3a mol B A、B、C 的分子数之比为 1：3：2- 12 -A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】可逆反应 A（g）+3B（g） 2C（g） ，反应物气体的计量数大于生成物气体的计量数，当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量不变，可以此判断是否得到平衡状态。【详解】C 的生成速率与 C 的消耗速率相等时，该反应达到平衡状态，故正确；无论反应是否达到平衡状态，单位时间

23、内生成 a mol A 同时生成 3a molB，所以不能说明该反应达到平衡状态，故错误；A、B、C 的浓度不再变化，可说明达到平衡状态，故正确；C 的物质的量不再变化，可说明达到平衡状态，故正确；由于反应前后气体的体积不等，恒容容器中，混合气体的总压强不再变化，可说明达到平衡状态，故正确；混合气体的总物质的量不再变化，可说明达到平衡状态，故正确；单位时间消耗 amolA，同时生成 3amolB，说明正逆反应速率相等，则达到平衡状态，故正确；A、B、C 的分子数之比为 1：3：2，不能用以判断是否达到平衡状态，与起始配料比以及反应的转化程度有关，故错误；答案选D。【点睛】本题考查化学平衡状态的

24、判断，题目难度中等，本题注意分析反应前后气体的体积关系，把握题给条件，在学习中注意总结。21.在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A （g） B （g） xC（g） （正反应放热）有图所示的反应曲线，试判断对图的说法中正确的是（T 表示温度，P 表示压强，C%表示 C 的体积分数）A. P3P 4，y 轴表示 B 的转化率 B. P 3P 4，y 轴表示 B 的体积分数C. P3P 4，y 轴表示混合气体的密度 D. P 3P 4，y 轴表示混合气体的密度【答案】A【解析】【分析】- 13 -图 1 中，根据先拐先平数值大知，温度一定时，P 2P 1，增大压强，C 的含量增大，则平衡向

25、正反应方向移动，所以 x=1；压强一定时，T 1T 2，升高温度，C 的含量降低，则正反应是放热反应。【详解】升高温度平衡向逆反应方向移动，B 的转化率减小，增大压强平衡向正反应方向移动，B 的转化率增大，则 P3P 4，A 正确；升高温度平衡向逆反应方向移动，B 的体积分数减小，B 错误；混合气体总质量不变，容器容积不变，反应混合气体的密度不变，C、D 错误。故选 A。【点睛】本题考查图象分析，侧重考查学生分析判断能力，根据先拐先平数值大确定反应热和 x 值，再采用“定一议二”的方法分析解答。22.已知下列反应的热化学方程式：6C（s）+5H 2（g）+3N 2（g）+9O 2（g）=2C

26、3H5(ONO2)3（l）H 1H 2（g）+1/2O 2（g）=H 2O（g）H 2C（s）+O 2（g）=CO 2（g）H 34C 3H5(ONO2)3（l）=12CO 2（g）+10H 2O（g）+O 2（g）+6N 2（g）H 4下列说法不正确的是（ ）A. H 4=12H 3+10H 22H 1B. 若将中 H 2（g）改为 H 2（l）则HH1C. C（金刚石，s）与 C（石墨，s）的燃烧热不同D. H 2是 H 2（g）的燃烧热【答案】D【解析】A、由盖斯定律：10+12-2+10得：4C 3H5（ONO 2） 3（l）12CO 2（g）+10H2O（g）+O 2（g）+6N 2

27、（g）H=12H 3+10H 2-2H 1+10H 4，选项 A 正确；B、若将中 H2（g）改为 H2（l） ，氢气由液态转化为气态吸热，则HH 1，选项 B 正确；C、C（金刚石，s）与 C（石墨，s）所含的能量不同，化学键的断裂吸收的热量不同，故燃烧热不同，选项 C 正确；D、燃烧热是 1mol 纯物质完成燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，水的稳定氧化物是液态水，选项 D 错误。答案选 D。点睛：本题考查了反应热的计算及燃烧热的判断，侧重于盖斯定律应用的考查，准确把握盖斯定律的概念是关键。易错点为选项 A，根据盖斯定律，利用方程式的加减得出C3H5（ONO 2） 3分解成 CO2、N 2

28、、H 2O、O 2的化学方程式，其反应热也要相应的加减，从而得出- 14 -其热化学反应方程式。23.已知：Fe 2O3 (s)3/2C(s)= 3/2CO 2(g)2Fe(s) H=+234.1kJmol 1C(s)O 2(g)=CO2(g) H=393.5kJmol 1 , 则 2Fe(s)3/2O 2(g)=Fe2O3(s)的H 是 ( )A. 824.4kJmol 1 B. 627.6kJmol 1C. 744.7kJmol 1 D. 169.4kJmol 1【答案】A【解析】根据盖斯定律， （2） （1）得 2Fe(s) O2(g)=Fe2O3(s)，H=(393.5 kJ/mol)

29、 234.1 kJ/mol=824.4 kJ/mol，故 A 正确。点睛：盖斯定律说的是 ，反应热与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关。具体计算时，可以运用方程式叠加的方法，得到目标方程式，反应热也是代数和。24.已知：G=HTS，当G0，反应能自发进行，G0 反应不能自发进行。下列说法中正确的是( )A. 非自发反应在任何条件下都不能发生B. 熵增加且放热的反应一定是自发反应C. 自发反应一定是熵增加的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应D. 凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应【答案】B【解析】A. 非自发反应在一定条件下也能发生，如碳酸钙的分解反应在

30、常温下不能自发进行，在高温下就可以自发进行，故 A 错误；B. 熵增加且放热的反应，S0、H0，则G=HTS0，反应一定能自发进行，故 B 正确；C.反应能否自发进行，由熵变、焓变和反应温度共同决定，所以熵增加、熵减小或熵不变的反应都可能自发进行，故 C 错误；D. 根据上述分析可知，反应能否自发进行，由熵变、焓变和反应温度共同决定，所以放热反应或吸热反应都可能自发进行，故 D 错误；答案选 B。点睛：本题主要考查反应能否自发进行的判断依据，试题难度一般。解答本题的关键是要注意G=HTS，G 为自由能变化，H 为焓变，S 为熵变，T 为热力学温度，反应能否自发进行是由焓变、熵变和温度共同决定的

31、，G0 时反应能够自发进行，G0 时反- 15 -应不能自发进行，根据G 是否小于 0 解答即可。25.下列关于热化学反应的描述中正确的是 （ ）A. HCl 和 NaOH 反应的中和热H57.3kJ/mol，则 H2SO4和 Ca（OH） 2反应的中和热H=2（57.3）kJ/molB. 甲烷的标准燃烧热 H890.3 kJmol 1 ，则 CH4(g)2O 2(g)CO 2(g)2H 2O(g) H890.3 kJmol 1C. 已知：500 、30 MPa 下，N 2(g)3H 2(g) 2NH3(g) H92.4kJmol 1 ；将 1.5 mol H2和过量的 N2在此条件下充分反应

32、，放出热量 46.2 kJD. CO（g）的燃烧热是 283.0kJ/mol，则 2CO2（g）2CO（g）+O 2（g）反应的H+566.0kJ/mol【答案】D【解析】【详解】AHCl 和 NaOH 反应的中和热H-57.3kJ/mol，但由于稀硫酸与氢氧化钙反应生成的硫酸钙微溶，则 H2SO4和 Ca（OH） 2反应的中和热的H-57.3kJ/mol，A 错误；B由于气态水的能量高于液态水的能量，则甲烷完全燃烧生成液态水放热多，但放热越多，H 越小，因此反应 CH4(g)2O 2(g)CO 2(g)2H 2O(g)的 H890.3 kJmol 1 ，B 错误；C.合成氨反应是可逆反应，将

33、 1.5 mol H2和过量的 N2在此条件下充分反应，放出热量小于46.2 kJ，C 错误；DCO（g）的燃烧热是 283.0kJ/mol，则 2CO（g）+O 2（g）2CO 2（g）H-566.0kJ/mol，互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，则 2CO2（g）2CO（g）+O2（g）反应的H+566.0kJ/mol，D 正确；答案选 D。【点睛】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化、中和热与燃烧热、可逆反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项 B 为解答的易错点，注意比较H大小时要带着符合比较，题目难度不大。26.常温下，有 pH=12 的 NaOH 溶液

34、 100 mL，若将其 pH 变为 11(溶液混合忽略体积变化；计算结果保留到小数点后一位)。（1）若用 pH=10 的 NaOH 溶液，应加入_mL。（2）若用 pH=2 的盐酸，应加入_mL。- 16 -（3）若用水稀释，则加入水的体积为_ mL。（4）常温下,设 pH=5 的 H2SO4溶液中由水电离出的 H+浓度为 c1；pH=11 的 NaOH 溶液中由水电离出的 H+浓度为 c2,则 c1/c2=_。（5）常温下，pH=11 的 NaOH 溶液 aL 与 pH=5 的 H2SO4溶液 bL 混合，若所得混合溶液呈中性，则 ab=_。【答案】 (1). 1000 (2). 81.8

35、(3). 900 (4). 100 (5). 1:100【解析】【详解】 （1）常温下，pH=12 的 NaOH 溶液中 c(OH )=102 molL1 ，pH=10 的 NaOH 溶液中c(OH )=104 molL1 ，根据混合后溶质的物质的量等于混合前溶质物质的量的和，=103 ，解得 V=1000mL；（2）反应后溶液显碱性，因此有=103 ，解得 V81.8mL；（3）稀释过程中溶质的物质的量不变，因此有 =103 ，解得 V=900mL；（4）pH=5 的 H2SO4中水电离出的 c(H )=c(OH )=109 molL1 ，pH=11 的 NaOH 溶液中水电离出的 c(OH

36、 )=c(H )=1011 molL1 ，则 c1:c2=109 :1011 =100：1；（5）溶液显中性，n(OH )=n(H )=a103 =b105 ，则a:b=1:100。27.25时，部分物质的电离平衡常数如表所示：化学式 CH3COOH H2CO3 HC1O电离平衡常数 1.710-5K1=4.310-7 K2=5.610-113.010-8请回答下列问题：（1）CH 3COOH、H 2CO3、HC1O 的酸性由强到弱的顺序为_。（2）写出 H2CO3的电离方程式：_。（3）常温下 0.1 molL-1的 CH3COOH 溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_（填宇

37、母序号，下同） 。Ac(H +) Bc(H +)/c(CH3COOH)- 17 -C c(H +)c(OH-) D 若该溶液升髙温度，上述 4 种表达式的数据增大的是_。（4）取 0.10mol CH3COOH （冰醋酸）作导电性实验，测得其导电率随加入的水量变化如图所示：比较 a、b 点的相关性质（填“” “A 开始反应时的速率 AB参加反应的锌的物质的量 A=B A 中有锌剩余【答案】 (1). CH3COOHH2CO3HC1O (2). H2CO3 HCO3-+H+ (3). A (4). ABCD (5). (7). = (8). 【解析】（1）酸电离程度越大，其在相同温度下的电离平衡

38、常数就越大，根据表格数据可知电离平衡常数 CH3COOHH 2CO3HClO，所以酸性：CH 3COOHH 2CO3HClO；（2）碳酸是二元弱酸，电离方程式为 H2CO3 HCO3-+H+；（3）在常温下，醋酸在溶液中存在电离平衡：CH 3COOHCH3COO-+H+，A、稀释促进电离，氢离子的物质的量增加，但氢离子浓度减小，A 正确；B、溶液在加水稀释过程中，c(CH 3COOH)、c(H +)由于稀释都减小，其中醋酸的物质的量减小，氢离子的物质的量增加，所以溶液中 升高， B 错误；C、温度不变，水的离子积常数不变，C 错误；D、 ，温度不变，电离常数不变，D 错误，答案选A。该溶液升髙

39、温度，促进电离，电离常数增大，溶液中氢离子浓度增大，醋酸浓度减小，则 增大。升高温度水的离子积常数增大，答案选 ABCD；（4）稀释促进电离，则n(H+)ab；离子浓度越大，导电性越强，则 c(CH3COO-)ab；a、b 两点醋酸的物质的- 18 -量相等，因此完全中和时消耗 NaOH 的物质的量ab；（5）氢离子浓度相同的等体积的A、B 两份溶液（A 为盐酸，B 为醋酸）分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，由于醋酸部分电离，其酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸中 HCl 的浓度等于氢离子的浓度，所以醋酸的浓度大于 HCl 的浓度，则盐酸中锌粉剩余；由于醋酸中酸过量

40、，则反应较快，所以反应所需的时间 AB；错误；开始 pH 相同，则氢离子浓度相同，所以开始时反应速率 A=B，错误；由于生成的氢气体积相同，所以参加反应的锌粉物质的量 A=B，正确；醋酸的浓度大于盐酸的浓度，醋酸有剩余，则盐酸中有锌粉剩余，正确；答案选。28.甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上一般可采用如下反应来合成甲醇： CO(g)+2H 2(g) CH3OH(g)，现在实验室模拟该反应并进行分析。（1）下图是该反应在不同温度下 CO 的转化率随时间变化的曲线。该反应的焓变 H_0(填“” 、 “”或“”)。T 1和 T2温度下的平衡常数大小关系是 K1_K2 (填 “”

41、 、 “”或“”)。若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是_。A升高温度 B将 CH3OH(g)从体系中分离C使用合适的催化剂 D充入 He，使体系总压强增大（2）在容积为 2 L 的密闭容器中，由 CO2和 H2合成甲醇，在其他条件不变的情况下，考察温度对反应的影响，如图所示下列说法正确的是_(填序号)；温度为 T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为 v(CH3OH)n A/tAmolL1 min1- 19 -该反应在 T1时的平衡常数比 T2时的小 该反应为放热反应处于 A 点的反应体系从 T1变到 T2，达到平衡时 增大（3）在 T1温度时，将 1 mol CO2和 3 mo

42、l H2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若 CO2的转化率为 ，则容器内的压强与起始压强之比为_。【答案】 (1). (2). (3). B (4). (5). （2-）/2【解析】【详解】 （1）根据图像，先拐先平衡，即 T2T1，温度越高，CO 的转化率降低，升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，即HK2；A、正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，甲醇产率降低，故 A 错误；B、从体系中分离出甲醇，平衡向正反应方向进行，甲醇的产率增大，故 B 正确；C、催化剂对化学平衡无影响，即甲醇的产率不变，故 C 错误；D、恒容状态下，充入非反应气体

43、，组分的浓度不变，化学平衡不移动，甲醇的产率不变，故 D 错误；（2）根据化学反应速率数学表达式，v(CH 3OH)=nA/2tAmol/(Lmin)，故错误；根据图像，T 2时首先达到平衡，即 T2T1，随着温度的升高，甲醇的物质的量减少，说明平衡向逆反应方向进行，即正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小，即 T1的平衡常数比 T2时的大，故错误；根据的分析，该反应为放热反应，故正确；T 1到T2，温度升高，平衡向逆反应方向进行，H 2的物质的量增大，甲醇的物质的量减少，因此此比值增大，故正确；（3）达到平衡时，消耗 CO2的物质的量为 mol，气体物质的量减少2mol，即达到平衡时气

44、体物质的量为(42)mol，相同条件下，压强之比等于物质的量之比，即容器内的压强与起始压强之比等于(42)：4=(2) ：2。【点睛】关于化学平衡图像，类似本题，先拐先平衡，说明反应速率快，对应的温度高，然后看平衡线，随着温度的升高，CO 2的转化率或 CH3OH 的物质的量减少，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，判断出正反应为放热反应。29.中华人民共和国国家标准（GB2760-2011）规定葡萄酒中 SO2最大使用量为 0.25gL-1。某兴趣小组用题图 1 装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中 SO2，并对其含量进行测定。- 20 -（1）B 中加入 300.00mL 葡

45、萄酒和适量盐酸，加热使 SO2全部逸出并与 C 中 H2O2完全反应，其化学方程式为_。（2）除去 C 中过量的 H2O2，然后用 0.0900molL-1NaOH 标准溶液进行滴定。若滴定前俯视，滴定后仰视，对滴定结果的影响是_（填无影响、偏高或偏低） ；若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，对滴定结果的影响是_（填无影响、偏高或偏低） ；若滴定终点时溶液的 pH8.8，则选择的指示剂为_；滴定终点的判断为_。（3）滴定至终点时，消耗 NaOH 溶液 25.00mL，该葡萄酒中 SO2含量为：_gL -1。（4）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施_。【答案】 (1

46、). SO2+H2O2=H2SO4 (2). 偏高 (3). 偏高 (4). 酚酞 (5). 滴最后一滴，溶液恰好由无色变浅红色，且 30 秒无变化 (6). 0.24 (7). 原因：盐酸易挥发；改进措施：用不挥发的强酸（如硫酸）代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响。【解析】【详解】 （1）SO 2具有还原性，H 2O2具有强氧化性，H 2O2把 SO2氧化成 H2SO4，反应方程式为H2O2SO 2=H2SO4；（2）滴定管的从上到下刻度增大，滴定前俯视，滴定后仰视，消耗的 NaOH体积增大，测的 SO2的量偏高；滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，消耗的 NaOH 的体积增大，测的 SO2量偏高；选择指示剂，滴定后溶液的 pH 与指示剂的变色范围应一致，pH=8.8 溶液显碱性，酚酞的变色范围是 8.210.0，因此应用酚酞作指示剂；滴最后一滴NaOH，溶液恰好由无色变浅红色，且 30 秒无变化；（3）根据过程，得出SO2H 2SO42NaOH，n(SO 2)=25103 0.09/2mol=1.125103 mol，其质量为1.125