1、湖南省娄底市娄星区2019-2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）相对原子质量：H-1，C-12，N-14，O-16，Na-23，S32一、选择题（本题共18小题，每小题3分，共54分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请将答案填在答题卡上。）1.下列说法中，不正确的是()A. 用10mL量简量取9.2mLNaCl溶液B. 用干燥的广泛pH试纸测稀盐酸的pH=3.2C. 施用适量石膏可降低盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）的碱性D. 施肥时，铵态氮肥不能与草木灰（含K2CO3）混合使用【答案】B【解析】【详解】A. 量筒的精确度为0.1ml，量取体积未超过量筒的最大量程
2、，选择的量筒的规格合适，可以用10mL量简量取9.2 mL NaCl溶液，故A正确；B. 广泛pH试纸是一种粗略的测定溶液酸碱性试纸，根据与标准比色卡的比对，得出溶液的大概的pH，且为整数，则不能测稀盐酸的pH=3.2，故B错误；C. 盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)的碱性是由碳酸根的水解引起的,故加入石膏CaSO42H2O后,能将Na2CO3中的CO32沉淀为碳酸钙，从而降低盐碱地的碱性，故C正确；D. 铵根离子和碳酸根离子相互促进水解而生成二氧化碳、氨气，所以降低肥效，则铵态氮肥不能与草木灰(含K2CO3)混合使用，故D正确；答案选B。2.下列热化学方程式中，正确的是（ ）A. 甲烷
3、的燃烧热为890.3kJmol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O(g) H=-890.3kJmol-1B. 500、30MPa下，将 0.5molN2（g）和1.5molH2（g）置于密闭容器中充分反应生成 NH3（g）放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g） H = -38.6kJmol-1C. HCl 和 NaOH 反应的中和热H=-57.3 kJmol-1 ，则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热 H = 2（-57.3）kJmol -1D. 在101kPa 时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出2
4、85.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) H =-571.6 kJmol-1【答案】D【解析】【详解】A. 燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量， H2O(g)应转化为液态水，故甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)H=890.3 kJmol1，故A错误；B. 0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，因反应为可逆反应，则1molN2和3molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热小于38.6kJ，则热化学反应
5、方程式中的反应热数值错误，故B错误；C. H2SO4和Ba(OH)2反应生成水外还生成硫酸钡沉淀，生成沉淀时继续放热，故C错误；D. 2gH2为1mol，完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，可知2mol氢气燃烧放出571.6kJ的热量，则氢气燃烧的热化学方程式表示为 2H2(g)+O2(g)2H2O(l)H=571.6kJmol1，故D正确；答案选D。【点睛】中和热需注意是稀的强酸强碱，生成1mol水，燃烧热的定义需注意物质的量都是1mol，完全燃烧，稳定的氧化物，需要对比，辨析它们的不同。3.H2与O2发生反应的过程用模型图示如下（“”表示化学键）：下列说法不正确的是： ()A. 过
6、程是吸热过程B. 该反应的能量转化形式只能以热能的形式进行C. 过程一定是放热过程D. 该反应过程所有旧化学键都断裂，且形成了新化学键【答案】B【解析】【分析】由图可知，过程分子化学键断裂形成原子，属于吸热过程；过程由原子重新形成新的化学键，属于放热过程，该反应可通过燃料电池，实现化学能到电能的转化【详解】A. 过程分子化学键断裂形成原子，属于吸热过程，故A正确； B. 该反应可通过燃料电池，实现化学能到电能的转化，故B错误；C. 过程为新化学键形成的过程，是放热过程，故C正确； D. 过程中所有的旧化学键断裂，过程为新化学键形成的过程，故D正确；答案选B。【点睛】判断一个反应是吸热还是放热，
7、主要看吸收的总能量和放出总能量的相对大小，断裂化学键吸热，形成化学键放热。4.下列说法正确的是A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B. 反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应C. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于66.021023D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快【答案】C【解析】【详解】A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%90%，A项错误；B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的S0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应
8、，B项错误；C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。5. 盖斯定律认为：不
9、管化学过程是一步完成或分为数步完成，这个过程的热效应是相同的。已知 H2O(g)H2O(l)；H1Q1 kJ/molC2H5OH(g)C2H5OH(l)；H2Q2 kJ/molC2H5OH(g)3O2(g)2CO2(g)3H2O(g)；H3Q3 kJ/mol若使23 g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出热量为A. Q1Q2Q3B. 0.5(Q1Q2Q3)C. 1.5Q10.5Q20.5Q3D. 0.5Q11.5Q20.5Q3【答案】C【解析】6.在373K时，把0.1molN2O4气体通入体积为lL的恒容密闭容器中，立即出现红棕色。在60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6
10、倍。下列说法正确的是()A. 压缩容器，颜色变浅B. 在平衡时体系内含N2O40.04molC. 以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.002mol/（Ls）D. 平衡时，如果再充入一定量N2O4，则可提高N2O4的转化率【答案】B【解析】【详解】A. 压缩容器，容器体积减小，各物质浓度增大，体系内颜色加深，故A错误；B. 由N2O42NO2，设转化的N2O4的物质的量为x，则平衡时N2O4的物质的量为0.1molx，NO2的物质的量为2x，由平衡时容器内压强为开始时的1.6倍，则=1.6，解得x=0.06mol，则平衡时N2O4的物质的量为：0.1molx=0.1mol0.06mol=
11、0.04mol，故B正确；C. 由B选项计算可得，N2O4变化的物质的量为0.06mol，以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.001mol/（Ls），故C错误；D. 由N2O42NO2，平衡时如果再充入一定量N2O4，相当于增大压强,化学平衡逆向移动，N2O4的转化率降低，故D错误；答案选B。7.向温度为300的2L密闭容器中充入2molSO2和1molO2发生反应：，体系达到平衡状态后SO2的浓度为0.1mol/L，下列说法错误的是A. 该温度下反应的平衡常数K=1620B. SO2和O2的平衡转化率相等C. 平衡后保持温度和容器体积不变再充入SO3(g)，平衡逆向移动且平衡常数不变
12、D. 若不再向容器中加入任何物质，改变条件不可能使SO2的浓度达到1mol/L【答案】D【解析】【详解】A.根据题中数据可算出SO2、O2、SO3的平衡浓度依次为0.1mol/L、0.05mol/L、0.9mol/L，因此平衡常数，故A正确；B.SO2和O2的起始量之比等于化学计量数之比，因此平衡转化率相等，故B正确；C.恒温、恒容下增大生成物浓度，平衡逆向移动，温度不变，因此平衡常数不变，故C正确；D.不加入任何物质的情况下压缩容器可能使SO2的浓度达到1mol/L，故D错误。答案选D。8. 下列各表述与示意图一致的是A. 图表示N2O4(g)2NO2(g) H0，N2O4转化率随温度、时间
13、的变化B. 图中曲线表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H0，正、逆反应的平衡常数K随温度的变化C. 图表示10 mL0.01 mol/LKMnO4酸性溶液与过量0.1mol/LH2C2O4溶液混合时，n(Mn2+)随时间的变化D. 图中a、b曲线分别表示反应CH2CH2(g)+H2(g)CH3CH3(g) H0，使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化【答案】B【解析】根据“先拐先平”， ，H0，升高温度平衡正向移动，N2O4的平衡转化率增大，故A错误；2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H0，升高温度平衡逆向移动， 减小；、 互为倒数，所以升高温度增大，故B正确；该反
14、应是放热反应，反应生成的Mn2+对该反应有催化作用，故反应速率越来越快，不是恒定速率，故C错误；因该反应是放热反应，应反应物的总能量大于生成物的总能量，但图象描述是吸热反应，故D错误。点睛：温度越高反应速率越快，达到平衡用的时间越短；放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量；吸热反应，生成物的总能量大于反应物的总能量。9.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A. 含有大量NO3-的溶液中：H+、Na+、Fe3+、Cl-B. 含有Fe3+的溶液中：Na+、AlO2一、C6H5-、I-C. 加入Al能放出H2的溶液中：Cl-、NO3-、SO42-、K+D. 由水电离出的c(OH)l10
15、13molL1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、NH4+【答案】A【解析】【详解】A. 含有大量NO3-的溶液中：H+、Na+、Fe3+、Cl-之间不发生反应，与NO3-也不反应，可以大量共存，故A正确B. 含有Fe3+的溶液中：Fe3+与AlO2一发生双水解，Fe3+与I-发生氧化还原反应，故B错误；C. 加入Al能放出H2的溶液可以为酸性溶液，也可为碱性溶液，如果为酸性溶液，NO3-在酸性溶液中具有强氧化性，加入Al不能生成氢气，故C错误；D. 由水电离出的c(OH)l1013molL1的溶液可以为酸性溶液也可为碱性溶液，如为碱性溶液，则NH4不能大量共存，D项错误；答案为A。【点睛】加
16、铝放气体的溶液可能是酸性，可能是碱性，如果为酸性溶液，溶液中有硝酸根，相当于有氧化性的硝酸，和铝反应不生成氢气。10.pH=1的两种酸溶液HA、HB各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积（V）的关系如图所示，下列说法不正确的是A. 同浓度、同体积的HA、HB溶液分别加入过量的锌粒，产生的氢气体积后者大B. 物质的量浓度HAHBC. 若1ac(H+)，以此来解答。【详解】A.同浓度、同体积的HA、HB溶液中溶质物质的量相同，分别加入过量的锌粒，产生的氢气体积相同，A错误； B.因HA、HB酸的强弱不同，且均为一元酸，故当溶液的pH相同即氢离子浓度相同时，为达到相同的氢离子浓度，酸
17、越弱，那么酸的浓度越大，则c(HB)c(HA)，B正确； C.pH=1的酸，加水稀释到1000倍，若pH=4，为强酸，若ac(HA)，分别滴加同浓度的NaOH溶液至中性，HB消耗氢氧化钠溶液体积多，HA消耗的NaOH少，D正确； 故合理选项是A。【点睛】本题考查图象在酸的稀释及酸性强弱判断的应用，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键。11.25 时，水的电离达到平衡：H2OH+ OH；H 0 ，下列叙述正确的是A. 向水中加人稀氨水，平衡逆向移动，c（OH）降低B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H）增大，Kw不变C. 向水中加人少量固体CH3COON
18、a ，平衡逆向移动，c（H）降低D. 将水加热，Kw增大，pH不变【答案】B【解析】【详解】A.氨水能抑制水的电离，但碱性是增强的，A不正确；B.硫酸氢钠是强酸的酸式盐，溶于水显酸性，水的离子积常数只和温度有关，所以B是正确的；C.醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性。水解是促进水的电离的，所以C不正确；D.电离是吸热的，因此加热促进水的电离，水的离子积常数增大，pH降低，D不正确。答案选B12.科学家将水置于足够强的电场中，在 20时水分子瞬间凝固可形成“暖冰”。某兴趣小组做如图所示实验，发现烧杯中酸性 KMnO4 溶液褪色，且有气泡产生。将酸性 KMnO4 溶液换成FeCl3 溶液，烧杯中溶液颜
19、色无变化，但有气泡产生。则下列说法中正确的是A. 20 时，水凝固形成的“暖冰”所发生的变化是化学变化B. “暖冰”是水置于足够强的电场中形成的混合物C. 烧杯中液体为FeCl3 溶液时，产生的气体为Cl2D. 该条件下H2 燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2【答案】D【解析】【详解】A水凝固形成20时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故A错误；B、“暖冰”是纯净物，而非混合物，故B错误；C、发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质，所以氯化铁溶液中的氯离子不可能被氧化成氯气，故C错误；D该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又
20、具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故D正确；故答案为D。13.对于反应N2+O2=2NO在密闭容器中进行，下列条件哪些不能加快该反应的化学反应速率 ( )A. 缩小体积使压强增大B. 体积不变充入N2使压强增大C. 体积不变充入 O2使压强增大D. 体积不变充入氦气使压强增大【答案】D【解析】【分析】依据影响化学反应速率的因素进行分析；【详解】A、缩小容器体积，组分浓度变大，化学反应速率加快，故A不符合题意；B、恒容状态下，充入N2，增大反应物浓度，反应速率加快，故B不符合题意；C、恒容状态下，充入O2，增大反应物的浓度，反应速率加快，故C不符合题意；D、氦气不参与反应，恒容状态下，充入氦
21、气，组分浓度不变，化学反应速率不变，故D符合题意；答案选D。14.1体积pH2.5的盐酸与10体积某一元强碱溶液恰好完全反应，则该碱溶液的pH等于（ ）A. 9.0B. 9.5C. 10.5D. 11.5【答案】C【解析】【详解】据题意，一元强酸和一元强碱恰好反应，故有H+与OH-的物质的量相等，设强酸的体积为V，则强碱的体积为10V，有V10-2.5=10V10pH-14，解得pH=10.5，故选C。15.设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是A. 每升溶液中的H+数目为0.02NAB. c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH)C. 加水
22、稀释使电离度增大，溶液pH减小D. 加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强【答案】B【解析】【详解】A、常温下pH2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H数目为0.01NA，A错误；B、根据电荷守恒可知选项B正确；C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；D、加入NaH2PO4固体，H2PO4浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；答案选B。16.下列有关实验操作、现象和结论都正确的是（ ）选项实验操作现象结论A稀硝酸溶液中加入过量铁粉充分反应后，滴加KSCN溶液溶液变为血红色稀硝酸具有氧化性，能将Fe氧化成Fe3+B向AgNO3溶液中滴
23、加过量氨水溶液澄清Ag+与NH3H2O能大量共存C向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸变蓝该溶液中存在NH4+D向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量的BaCl2固体溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 稀硝酸溶液中加入过量铁粉充分反应后，生成硝酸亚铁，则滴加KSCN溶液，无现象，A项错误；B. AgNO3溶液中滴加过量氨水，生成银氨溶液，溶液澄清，可知Ag+与NH3H2O反应生成络离子不能大量共存，B项错误；C. 向某溶液中滴加NaOH溶液，加热会促进氨气的溢出，再将湿润的红色石蕊试纸置于试管
24、口，若试纸变蓝，则证明原溶液中含铵根离子，实验操作有误，C项错误；D. Na2CO3存在水解平衡：CO32H2OHCO3NaOH，使溶液呈现碱性，向该溶液中加入少量的BaCl2固体后，钡离子结合碳酸根离子生产碳酸钡沉淀，使平衡向逆反应方向移动，碱性减弱，导致溶液颜色变浅，D项正确；答案选D。【点睛】C项是易错点，要特别注意的是，为了更多地收集到氨气便于检验，再检验铵根离子时滴加的试剂是浓氢氧化钠溶液，反应条件还需要加热，这是学生容易忽略的操作要点。17.关于沉淀溶解平衡和溶度积常数，下列说法不正确的是()A. Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关B. 将饱和Na2SO
25、4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明KspCa(OH)2大于Ksp(CaSO4)C. 已知25 时KspFe(OH)34.01038，则该温度下反应Fe(OH)33HFe33H2O的平衡常数K4.0104D. 已知25 时KspMg(OH)2 1.81011，在MgCl2溶液中加入氨水调混合液的pH11，产生沉淀，则此时溶液中的c(Mg2)1.8105molL1【答案】B【解析】【详解】A. Ksp是温度的常数，只随温度改变而改变，不同物质的溶解能力不同，与物质本身的性质有关，故A正确；B. 将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明硫酸钙溶解度小，但溶度积表达式
26、类型不同，不能说明大小，故B错误；C. KspFe(OH)3=c3(OH)c(Fe3+)，反应的平衡常数K=4.0104，故C正确；D. 测得混合液的pH=11，KspMg(OH)2=c2(OH)c(Mg2+)，c(OH)=103，代入求得c(Mg2+)=1.8103mol/L，故D正确；答案选B。18.室温下，将 0.10 molL-1 盐酸滴入 20.00 mL 0.10 molL-1 氨水中，溶液中 pH 和 pOH 随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOHlg c(OH-)，下列正确的是A. M 点所示溶液中可能存在c(Cl-) c(NH4+)B. N 点所示溶液中可能存在：c (
27、NH4+)+ c(NH3H2O)= c(Cl-)C. Q 点盐酸与氨水恰好中和D. M 点到Q点所示溶液中水的电离程度先变大后减小【答案】B【解析】【分析】室温下，Kw=c（H+）c（OH-）=10-14，则溶液的pH+pOH=14，由图可得，Q点的pH=pOH，则Q点溶液呈中性，M点溶液呈碱性，N点溶液呈酸性。据此并结合溶液中的守恒关系进行判断。【详解】A项，M点溶液呈碱性，c(OH-)c(H+)，根据电荷守恒可得：c(Cl-)c(OH-)，根据电荷守恒可得：c(NH4+)c(Cl-)，所以可能存在c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(Cl-)（当两溶液恰好完全反应时得到氯化铵溶液，氯化铵
28、水解使溶液呈酸性，根据物料守恒可知，此等式成立。），故B正确；C项，盐酸与氨水恰好中和得到NH4Cl溶液呈酸性，而Q点溶液呈中性，氨水稍过量，故C错误；D项，氨水中水的电离被抑制，滴加盐酸生成氯化铵，使水的电离程度增大，Q点时溶液呈中性，水的电离既不被抑制也不被促进，所以M点到Q点所示溶液中水的电离程度增大，故D错误。综上所述，符合题意的选项为B。二、填空题（本题共4小题，共46分，请将答案填在答题卡相应的位置。）19.用软锰矿（主要成分为MnO2）生产高锰酸钾产生的锰泥中，还含有18的MnO2、3的KOH（均为质量分数），及少量Cu、Pb的化合物等，用锰泥可回收制取MnCO3，过程如图：（1
29、）高锰酸钾的氧化性强弱与溶液的酸碱性有关，在酸性条件下其氧化性较强。通常用来酸化高锰酸钾的酸是_ A.H2SO4 B.HCl C.HNO3（2）除去滤液1中Cu2的离子方程式是_（3）经实验证明：MnO2稍过量时，起始H2SO4、FeSO4混合溶液中 1，调节到0.71的最理想试剂是_（填序号）aNaOH溶液 b铁粉 cMnO。（4）写出滤液2中加入过量NH4HCO3反应的离子方程式_。（5）上述过程锰回收率可达95，若处理1740 kg的锰泥，可生产MnCO3_kg。【答案】 (1). A (2). Cu2+ S2= CuS (3). B (4). b (5). Mn2+2HCO3-=MnC
30、O3+CO2+H2O (6). 393.3【解析】【分析】H2SO4、FeSO4混合溶液与锰泥中的二氧化锰发生氧化还原反应，将亚铁氧化为三价铁，然后过滤滤去未反应掉的二氧化锰和不溶的杂质，向滤液中加氨水来调节溶液的PH值，并用硫化钠来沉淀铜离子和铅离子，然后过滤滤去生成的沉淀，最后向滤液中加入过量的碳酸氢铵生成碳酸锰；【详解】（1）高锰酸钾溶液具有强氧化性，盐酸易被氧化生成氯气；硝酸本身具有氧化性，对高锰酸钾氧化性的体现会造成影响，一般用稀硫酸酸化，故答案为：A；（2）除去滤液1中Cu2+的是硫离子和铜离子反应生成难溶于水的CuS，反应的离子方程式为：Cu2+S2-=CuS，故答案为：Cu2+
31、S2-=CuS；（3）检验Fe3+的存在用硫氰化钾溶液，观察是否出现血红色，检验Fe2+的存在加入铁氰化钾溶液，观察溶液是否变蓝，故答案选B。若1，调节到0.71的的方法是减小氢离子而增加亚铁离子的浓度，所以最好加入铁与氢离子发生氧化反应，生成氢气从而消耗氢离子，同时生成亚铁离子，所以应向混合溶液中加适量铁粉，故答案：b；（4）滤液2中的锰离子与NH4HCO3反应生成碳酸锰和二氧化碳与水，所以离子方程式为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O，故答案为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O；（5）锰泥中含18%的MnO2，锰回收率可达95%，根据关系式MnO2MnCO3
32、，87 1151740kg18%95% m解之得m=393.3kg，故答案为：393.3。20.氮的化合物在生产、生活中广泛存在。（1）键能是将1mol理想气体分子AB拆开为中性气态原子A和B所需的能量。已知下列化学键的键能如下表：写出1mol气态肼(H2N-NH2)燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式_。（2）用焦炭还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒容恒温(反应温度分别为400、400、T)容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n(NO)随反应时间t的变化情况如下表所示：该反应为_(填“放热”或“吸热”)反应。乙容器
33、在60min时达到平衡状态，则060min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)=_。（3）用焦炭还原NO2的反应为：2NO2(g)+2C(s) N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1molNO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：A、C两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)_Kc(C)(填“”或“=”)。A、B、C三点中NO2的转化率最高的是_(填“A”或“B”或“C”)点。计算B点时该反应的压强平衡常数Kp(B)=_(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。【答案】 (1). (2). 放热 (3). 0.01m
34、ol/(Lmin) (4). (5). C (6). 3.2MPa【解析】试题分析：（1）根据焓变=反应物总键能生成物总键能计算1mol气态肼(H2N-NH2)燃烧生成氮气和水蒸气的焓变；（2）比较甲、丙的图表数据，丙的反应速率大于甲，可知丙的温度大于400 ，平衡时丙的NO浓度大于甲，所以升高温度平衡逆向移动；根据 计算反应速率；（3）A、C两点温度相同，所以平衡常数相等；增大压强平衡逆向移动；根据平衡常数表达式计算B点时该反应的压强平衡常数。解析：（1）根据焓变=反应物总键能生成物总键能， 1mol气态肼(H2N-NH2)燃烧生成氮气和水蒸气的焓变=193KJ/mol391 KJ/mol4
35、497 KJ/mol946 KJ/mol463 KJ/mol4=544 KJ/mol，所以1mol气态肼(H2N-NH2)燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式是；（2）比较甲、丙的图表数据，丙的反应速率大于甲，可知丙的温度大于400 ，平衡时丙的NO浓度大于甲，所以升高温度平衡逆向移动，所以正反应放热；甲的平衡常数= ，甲乙温度相同，所以平衡常数相同，设乙装置NO的浓度变化量为xmol/L，x=0.6，根据 ，v(NO)=0.01mol/(Lmin)；（3）A、C两点温度相同，所以平衡常数相等，故Kc(A)=Kc(C)；增大压强平衡逆向移动，NO2的转化率最高的是C；根据方程式，N2(g)的平衡
36、浓度是CO2浓度的 ，所以B点时，NO2、N2、CO2物质的量分数分别是 、； B点时该反应的压强平衡常数= 。点睛：对于给定化学方程式的反应，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；对于吸热反应，升高温度平衡常数增大，对于放热反应，升高温度，平衡常数减小。21.火箭升空需要高能的燃料，经常是用N2O4和N2H4作为燃料，工业上利用N2和H2可以合成NH3，NH3又可以进一步制备联氨(N2H4)等。已知：N2(g) + 2O2(g)2NO2(g) H= +67.7kJmol1N2H4(g) + O2(g)N2(g) + 2H2O(g) H=534.0kJmol1NO2(g)1/2N2O4
37、(g) H=26.35kJmol1试写出气态联氨在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式：_。.1100时，体积为2L的恒容容器中发生如下反应：Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)。（1）下列能判断反应达到平衡状态的是_。A容器中压强不变 B混合气体密度不变C1molH-H键断裂同时形成2 mol H-O DH2的体积分数不变（2）若2min时反应达平衡，此时气体质量增加8g，则用H2表示该反应的反应速率为_。（3）某温度下该反应达平衡状态，测得混合气体的平均相对分子质量为14，则该温度下的平衡常数K为_。（4）若反应达平衡后，加入少量的H2，再次平衡后，
38、H2O的体积分数_(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】 (1). 2N2H4(g)+N2O4(g)3N2(g)+4H2O(g) H=1083.0kJmol1 (2). BD (3). 0.125mol/(Lmin) (4). 81 (5). 不变【解析】【分析】.依据盖斯定律计算可得；.（1）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化；（2）根据气体增加的质量与氢气之间的关系计算氢气的平均反应速率；（3）依据平均相对分子质量计算平衡时氢气和水蒸气的物质的量比，再依据化学平衡常数公式计算；（
39、4）若反应达平衡后，加入少量氢气，平衡向正反应方向移动，因温度不变化学平衡常数不变，所以再次平衡后，氢气和水的物质的量比不变。【详解】.将已知反应依次编号为，根据盖斯定律可知，2-2得2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g），故H=2（-534.0kJmol-1）-67.7kJmol-1-2（-26.35kJmol-1）=-1083.2kJmol-1，故答案为：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）H=-1083.0 kJ/mol；.（1）A、该反应是一个气体体积不变的反应，无论反应是否达到平衡状态，容器中压强始终不变，容器中压强不变不能据此判断是
40、否达到平衡状态，故错误；B、该反应是一个气体质量增大的反应，当恒容容器中混合气体密度不变时，说明反应达到平衡状态，故正确；C、无论反应是否达到平衡状态，都存在1mol H-H键断裂同时形成2mol H-O，1molH-H键断裂同时形成2 mol H-O不能据此判断是否达到平衡状态，故错误；D、H2的体积分数不变时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；BD正确，故答案为：BD；（2）第2min时，气体质量增加8g，由方程式可知参加反应的氢气的物质的量为mol=0.5mol，则氢气的平均反应速率=0.125mol/（Lmin），故答案为：0.125mol/（Lmin）；（3）某温度下该
41、反应达平衡状态，测得混合气体的平均相对分子质量为14，设氢气的物质的量为xmol、水蒸气的物质的量为ymol，则平均相对分子质量= =14，解得x：y=1：3，即同一容器中氢气和水的浓度之比为1：3，则该温度下的平衡常数K=81，故答案为：81；（4）若反应达平衡后，加入少量的氢气，平衡向正反应方向移动，因温度不变化学平衡常数不变，所以再次平衡后，氢气和水的物质的量比不变，则水的体积分数不变，故答案为：不变。【点睛】因反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)的反应物只有氢气和生成物只有水蒸气，若反应达平衡后，加入少量的氢气，平衡向正反应方向移动，因温度不变化学平衡常数
42、不变，所以再次平衡后，氢气和水的物质的量比不变是解答关键，也是难点。22.I某学生用0.100molL-1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：A用标准溶液润洗滴定管23次；B取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上23cm 处；C把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴处充满溶液；D调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；E移取20mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入23滴酚酞；F把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。实验编号KOH溶液的浓度(mol/L）滴定完成时，KOH溶液滴入的体积（mL）待测盐酸溶液
43、的体积（mL）10.1022.6220.0020.1022.7220.0030.1022.8020.00就此实验完成填空：根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_（保留两位有效数字）II亚硫酸盐是一种常见食品添加剂。为检验某食品中亚硫酸盐含量(通常以1kg样品中含SO2的质量计)，某研究小组用“碘氧化还原滴定法”进行测定，实验流程如下：（1）碘标准液应选用_(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装，加注标准液之前必须对滴定管进行_、洗涤、_。（2）锥形瓶内的指示剂为_，判断达到滴定终点的现象是_。（3）下列操作会使测定结果偏大的有_A起始读数时平视，终点读数时俯视B未用标准液润洗滴定管C步骤中用稀盐
44、酸代替稀硫酸（4）若取样品w g，按乙方案测得消耗0.01000molL-1 I2溶液VmL，则1kg样品中含SO2的质量是_g(用含w、V的代数式表示)。【答案】 (1). 0.11mol/L (2). 酸式 (3). 检漏(或查漏) (4). 润洗 (5). 淀粉溶液 (6). 滴最后一滴时，溶液由无色变为浅蓝色，且半分钟内不褪色 (7). B (8). 【解析】【分析】II亚硫酸盐与稀硫酸反应生成气体SO2，为防止液体加热时暴沸，一般可加入碎瓷片，因定量实验，需考查减小实验操作误差，通入N2可将生成的SO2全部赶出，保证被吸收液全部吸收，二氧化硫被碱溶液吸收，用盐酸调节溶液呈弱酸性得到溶
45、液B，用碘单质滴定后进行数据处理。【详解】I根据三次实验消耗标准液的体积进行计算，所用标准液的平均体积为=22.71mL，根据盐酸与氢氧化钠反应的比例关系：HClNaOH 1 1 c(HCl)20.00mL 0.10mol/L22.71mL解得：c(HCl)=0.11mol/L答案为：0.11mol/L；II（1）碘标准液具有氧化性能腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管，而用酸式滴定管；加注标准液之前必须对滴定管进行检漏、洗涤和润洗，故答案为：酸式；检漏(或查漏)；润洗；（2）亚硫酸盐或是亚硫酸氢盐与碘单质反应：HSO3-+I2+H2O=SO42-+2I-+3H+，碘遇淀粉变蓝色，用碘标准溶液滴定亚硫酸
46、盐或是亚硫酸氢盐，可以使用淀粉溶液作指示剂，当溶液由无色变为浅蓝色时，反应恰好发生，即达到终点时的现象为：溶液由无色变为浅蓝色，且半分钟内不褪色，故答案为：淀粉溶液；滴最后一滴时，溶液由无色变为浅蓝色，且半分钟不褪色；（3）A起始读数时平视，终点读数时俯视，会造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，会造成c（待测）偏低，故A错误；B未用标准液润洗滴定管，会造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，会造成c（待测）偏高，故B正确；C步骤中用盐酸代替硫酸，生成的SO2气体中混有少量HCl，因SO2用碱液吸收后需再用盐酸调节溶液至弱酸性，因此混合气体中含有HCl，对实验结果无影响，故C错误；答案选B；（4）根据题意，反应的离子方程式为H2O+SO32-+I2=SO42-+2H+2I-，结合硫原子守恒关系为：SO2SO32-I2，64g 1molm 0.01000molL-1V10-3L=10-5 V mol 则w g样品中m=64V10-5g，则1kg样品中含SO2的质量=g，故答案为：。【点睛】