1、河北省张家口市怀来县新保安第二中学2019-2020学年高二化学上学期11月月考试题（含解析）一、单项选择题(每题2分，共50分)1.常温下，在pH5的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COOH，对于该平衡，下列叙述正确的是()A. 加入少量NaOH固体，平衡向右移动，c(H)减小B. 加入少量CH3COONa固体，平衡向右移动C. 加入水时，平衡向右移动，CH3COOH电离常数增大D. 加入少量pH5的硫酸，溶液中c(H)增大【答案】A【解析】【详解】A. 加入少量NaOH固体，消耗氢离子， c(H)减小，CH3COOHCH3COOH向右移动，故A正确；B. 加入少量
2、CH3COONa固体，CH3COO浓度增大，平衡向左移动，故B错误；C. 电离平衡常数只与温度有关，加入水时，平衡向右移动，CH3COOH电离常数不变，故C错误；D. 加入少量pH5的硫酸，醋酸电离平衡不移动，溶液中c(H)不变，故D错误；【点睛】本题考查了电离平衡及其影响，明确电离平衡及其影响因素为解答关键，D为易错点，注意氢离子浓度相同的两种酸混合，电离平衡不移动。2.下列关于电离常数的说法正确的是（ ）A. 电离常数随着弱电解质浓度的增大而增大B. CH3COOH的电离常数表达式为KaC. 电离常数只受温度影响，与浓度无关D. 向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，电离常数
3、减小【答案】C【解析】【详解】A. 电离常数只随温度的变化而变化，与弱电解质的浓度无关，A项错误；B. CH3COOH的电离常数表达式为Ka=，B项错误；C. 电离常数只随温度的变化而变化，与浓度无关，C项正确；D. 电离常数只随温度的变化而变化，与浓度无关，所以CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，电离常数不变，D项错误；答案选C。3.25 时，水的电离达到平衡：H2OHOH。下列叙述错误的是( )A. 向水中通入氨气，平衡逆向移动，c(OH)增大B. 向水中加入少量稀硫酸，c(H)增大，Kw不变C. 将水加热平衡正向移动，Kw变大D. 升高温度，平衡正向移动，c(H)增大，pH
4、不变【答案】D【解析】【详解】A、向水中通入NH3，c(OH)增大，平衡左移，选项A正确；B、向水中加入少量稀H2SO4，c(H)增大，但温度不变，Kw不变，选项B正确；C、将水加热，水的电离平衡正向移动，Kw变大，选项C正确；D、升高温度，能促进水的电离，c(H)增大，pH减小，选项D错误。答案选D。4. 已知反应：X+Y=M+N为放热反应，则下列说法正确的是A. 断裂X和Y的化学键所吸收的能量一定高于形成M和N的化学键所放出的能量B. X和Y的总能量一定高于M和N的总能量C. Y的能量一定高于ND. 因为该反应为放热反应，故不必加热就可发生【答案】B【解析】【详解】A、放热反应是生成物的键
5、能大于反应物的键能，故A错误；B、放热反应是生成物的总能量小于反应物的总能量，故B正确；C、放热反应是生成物的总能量小于反应物的总能量，在该反应中不能表明物质和物质之间能量的比较，故C错误；D、反应热与反应条件无关，故D错误；故选B。5.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（）增加C的量 将容器的体积缩小一半 保持体积不变，充入N2使体系压强增大 保持压强不变，充入N2使容器体积变大A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】反应中固体参加，改变固体的量对反应速率没有影响，如气体的浓度不变，则反应速率不变，
6、而浓度、压强、温度以及催化剂影响反应速率，以此解答该题。【详解】C是固体，所以增加C的用量，浓度不变，不影响反应速率；将容器的体积缩小一半，气体物质浓度增大，反应速率增大；保持体积不变，充入N2使体系压强增大，但参加反应气体的浓度不变，则反应速率不变； 保持压强不变，充入氮气使容器容积增大，参加反应的气体的浓度减小，反应速率减小；故答案为C。6.一定条件下，向2L密闭容器中加入2molN2和10molH2，发生反应N2(g)3H2(g)2NH3(g)，2min时测得剩余N2为1mol，下列化学反应速率表示不正确的是()A. v(N2)0.25 molL1min1B. v(H2)0.75 mol
7、L1min1C. v(NH3)1 molL1min1D. v(NH3)0.5 molL1min1【答案】C【解析】【分析】在一定条件下，向2L密闭容器中加入2mol N2和10molH2，发生反应N2+ 3H22NH3，2min时，测得剩余氮气为1mol，所以2min内，以N2表示的反应速率v（N2）=（2mol-1mol）（2L2min）=0.25 mol/（Lmin）。【详解】A由上述计算可知，v（N2）=0.25 mol/（Lmin），A项正确；B化学反应中，不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，v（H2）=3v（N2）=30.25 mol/（Lmin）=0.75 mol/（
8、Lmin），B项正确；C化学反应中，不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，v（NH3）=2v（N2）=20.25 mol/（Lmin）=0.5mol/（Lmin），C项错误；D化学反应中，不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，v（NH3）=2v（N2）=20.25 mol/（Lmin）=0.5mol/（Lmin），D项正确；答案选C。7.在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A(g)3B(g)2C(g)达到平衡的标志的是(1)C的生成速率与C的分解速率相等；(2)单位时间内生成a mo1A，同时生成3a molB；(3)A、B、C的浓度不再变化；(4)混合气体的总压强不再变
9、化；(5)混合气体的物质的量不再变化；(6)单位时间内消耗a molA，同时生成3a molB；(7)A、B、C的分子数目比为1：3：2。A. (2)(4)(5)B. (2)(7)C. (1)(3)(4)D. (5)(6)(7)【答案】B【解析】【详解】C的生成速率与C的分解速率相等，即C的正逆反应速率相等，所以该反应达到平衡状态，故不选；无论该反应是否达到平衡状态，单位时间内amolA生成，同时生成3amolB，故选；反应达到平衡状态时，各物质的含量保持不变，浓度也不变，所以A. B. C的浓度不再变化，说明该反应达到平衡状态，故不选；该反应是一个反应前后气体体积该变的反应，当体积不变时，密
10、闭容器中混合气体的总压强不再变化说明混合气体的物质的量不变，所以能说明反应达到平衡状态，故不选；该反应是一个反应前后气体的物质的量改变的化学反应，当混合气体的物质的量不再变化时，能说明该反应达到平衡状态，故不选；单位时间消耗amolA，同时生成3amolB能说明正逆反应速率相等，故不选；达平衡时，A. B. C三种物质的分子数之比可能是1:3:2，也可能不是1:3:2，要根据反应开始时加入的A. B. C三种物质是否按1:3:2比例而定，所以不能说明该反应达到平衡状态，故选；故选B。8.反应NH4HS(s)NH3(g)H2S(g)在某温度下达到平衡，下列各种情况中，不会使平衡发生移动的是A.
11、温度、容积不变时，通入SO2气体B. 移走一部分NH4HS固体C. 容积不变，充入氨气D. 保持压强不变，充入氮气【答案】B【解析】【详解】A、在温度和容积不变时通入二氧化硫，会与硫化氢反应，生成物浓度减少，平衡向正反应方向移动，故A错误；B、移走一部分固体，没有影响到物质的浓度，所以平衡不移动，故B正确；C、容积不变，充入氨气，生成物浓度增大，平衡向逆反应方向移动，故C错误；D、压强不变，充入氦气，容器的体积增大，气体物质的浓度减小，平衡向正反应方向移动，故D错误；答案选B。9.在一支25mL的滴定管中盛入0.1mol/L HCl溶液，其液面恰好在5mL刻度处。若把滴定管内溶液全部放入烧杯中
12、，再用0.1mol/L NaOH溶液进行中和，所需NaOH溶液的体积为( )A. 大于20mLB. 小于20mLC. 等于20mLD. 等于5mL【答案】A【解析】【详解】25mL的滴定管尖嘴部分没有刻度，液面恰好在5mL刻度处，若把滴定管内溶液全部放入烧杯中，放出的液体大于20mL，再用0.1mol/L NaOH溶液进行中和，所需NaOH溶液的体积为大于20mL，故选A。10.CO和NO都是汽车尾气中的有害物质，它们之间能缓慢地发生如下反应：2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)H0，现利用此反应，拟设计一种环保装置，用来消除汽车尾气对大气的污染，下列设计方案可以提高尾气处理效率的
13、是( )选用适当的催化剂 提高装置温度 降低装置的压强 装置中放入碱石灰A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】要提高尾气处理效果,需要尾气排放到大气之前尽可能的转化为无害气体,应从速率及平衡的角度分析。【详解】选用适当的催化剂,可以加快反应速率,使有害气体在排出之前尽可能地转化为无害气体,可以提高尾气处理效率，正确；提高装置温度,虽然能加快反应速率,该反应放热，平衡左移，但会降低转化率,错误；降低装置的压强,既减慢反应速率,又降低转化率，错误；装置中放入碱石灰,可以吸收生成的二氧化碳,使平衡向右移动,提高转化率，正确；符合题意为；正确选项C。11.下列诗句中能体现吸热反应是（ ）A
14、. 野火烧不尽，春风吹又生B. 千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲C. 暖暖远人村，依依墟里烟D. 春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干【答案】B【解析】【详解】A、野火烧不尽，春风吹又生，涉及物质的燃烧，为放热反应，故A错误；B、千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲，涉及碳酸钙的分解，为吸热反应，故B正确；C、暖暖远人村，依依墟里烟，涉及物质的燃烧，为放热反应，故C错误；D春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干，涉及物质的燃烧，为放热反应，故D错误；故选B。12.已知热化学方程式：SO2(g)+O2(g)SO3(g)H98.32kJ/mol在容器中充入2mol SO2和1mol O2充分反应，最终放出的热量为()A
15、. 196.64kJB. 196.64kJ/molC. 196.64kJD. 196.64kJ【答案】C【解析】【详解】根据热化学方程式SO2(g) O2(g) SO3(g)H98.32kJ/mol的含义，可知1mol SO2和0.5mol O2完全反应，生成1molSO3时放出的热量为98.32kJ，所以2mol SO2和1mol O2完全反应，生成2molSO3时放出的热量为196.64kJ。若往容器中充入2mol SO2和1mol O2，由于反应可逆，2mol SO2和1molO2不能完全反应，所以放出的热量小于196.64kJ。故选C。13.关于下图所示转化关系(X代表卤素)的说法不正
16、确的是A. 2H(g)+2X(g)2HX(g)H30B. 途径生成HX的反应热与途径无关，所以H1=H2+H3C. Cl、Br、I的非金属性依次减弱，所以途径吸收的热量依次增多D. 途径生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定【答案】C【解析】【详解】A、原子结合成分子放热，所以2H(g)+2X(g)= 2HX(g)H3BrBrII，所以途径吸收的热量依次减小，C错误；D、途径生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl的能量低，HCl比HBr稳定，D正确；答案选C。14.下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是A. Na与水反应时增大水的用量B. 将稀H2SO4改为
17、98%的浓H2SO4与Zn反应制取H2C. 在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强D. 恒温、恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量【答案】D【解析】【详解】A水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，反应速率不变，故A错误；B将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4，则其与Zn反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，故B错误；CH2SO4与NaOH两溶液反应，没有气体参与反应，增大压强，反应速率基本不变，故C错误；D恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量，反应物浓度增大，则反应速率增大，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为B，注意浓硫酸的性质，在改变浓度时，不能改变反应的本质。1
18、5.在可逆反应2SO2+O22SO3的平衡状态下，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2，下列说法正确的是（K为平衡常数，QC为浓度商）A. QC不变，K变大，O2转化率增大B. QC不变，K变大，SO2转化率增大C. QC变小，K不变，O2转化率减小D. QC增大，K不变，SO2转化率增大【答案】C【解析】【详解】当可逆反应2SO2+O22SO3达到平衡状态时，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2，氧气的浓度增大，浓度商Qc变小，平衡向右进行，氧气转化率减小，平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，故选C。16.下列表述中正确的是 ( )A. 任何能使熵值增大的过程都能自发进行B. 已知热
19、化学方程式2SO2(g)O2(g)2SO3(g)HQ kJmol1(Q0)，则将2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)置于一密闭容器中充分反应后放出Q kJ的热量C. 化学平衡发生移动，平衡常数一定发生变化D. 1 mol NaOH分别和1 mol CH3COOH、1 mol HNO3反应，后者比前者放出的热量多【答案】D【解析】【详解】A、能自发进行的过程必须符合：H-TS0，熵值增大不是唯一的判据，A错误；B、2SO2(g)O2(g)2SO3(g)HQ kJmol1(Q0)，该反应为可逆反应，2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)反应不能完全进行，所以放出的热量小于Q
20、kJ，B错误；C、化学平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，C错误；D、1 mol NaOH分别和1 mol CH3COOH、1 mol HNO3反应，醋酸是弱酸，电离需要吸收热量，所以后者比前者放出的热量多，D正确；答案选D。17.在密闭容器中将CO和水蒸气的混合物加热到800时，有下列平衡：CO+H2OCO2+H2，且K1。若用2molCO和10mol H2O相互混合并加热到800，则CO的转化率为()A. 16.7%B. 50%C. 66.7%D. 83.3%【答案】D【解析】【详解】在密闭容器中将CO和水蒸气的混合物加热到800时，达到平衡状态，可假设容器体积为1L，并设消耗
21、一氧化碳物质的量为x：平衡常数K=1，x=mol/L，则CO的转化率。故选D。18.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）A. 溴水中有下列平衡Br2H2O HBrHBrO，当加入AgNO3（s）后溶液颜色变浅B. 2NO2(g) N2O4(g)(正反应放热)，升高温度，可使体系颜色加深C. 反应CONO2CO2NO(正反应放热)，升高温度，可使平衡向逆反应方向移动D. 合成氨反应N23H22NH3（正反应放热）中使用催化剂【答案】D【解析】【详解】A溴水中有下列平衡：Br2+H2OHBr+HBrO，当加入AgNO3(s)后，硝酸银与溴离子反应生成溴化银沉淀，平衡正向移动，溴的浓度减小，
22、溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B2NO2(g) N2O4(g)(正反应放热)，升高温度，平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，体系颜色加深，能用勒夏特列原理解释，故B不选；C反应CO+NO2CO2+NO(正反应放热)，升高温度，平衡逆向移动，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D合成氨反应N2+3H22NH3(正反应放热)，使用催化剂，能够加快化学反应速率，对化学平衡不产生影响，不能用勒夏特里原理解释，故D选，故选D。19.如图，关闭活塞K，向A中充入1 molX、1 molY，向B中充入2 molX、2 molY， 此时A、B的容积都是a L。在相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中
23、各自发生下述反应：X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)；H0。A保持恒压，B保持恒容，达平衡时，A的体积为1.4a L。下列说法正确的是( )A. 反应速率：v(B)B【答案】B【解析】【详解】A.由于反应的容器的容积相等，B的各种反应物的物质的量是A的2倍，所以反应速率v(B)v(A)，A错误；B、由于A容器保持恒压，达平衡时，A的体积为1.4a L 即平衡混合物的物质的量的和为开始时的1.4倍。假设反应过程中A 消耗的X的物质的量为nmol，则Y、Z、W变化的物质的量分别是nmol、2nmol、nmol。平衡时X、Y、Z、W的物质的量为：(1-n)mol、(1-n)mol、2nmol、n
24、mol、 (1-n)+(1-n)+2n+n 21.4，解得n=0.8，所以A容器中X的转化率为（0.81）10080%，B正确；C、由于反应A是恒压，平衡时的压强与原来相同；B是恒容，该反应的正反应是体积增大的反应。压强要比反应开始时大，开始时压强B是A的2倍，所以平衡时的压强：2p(A)p(B)，C错误；D、增大压强化学平衡向气体体积减小的反应方向移动，即向逆反应方向移动。所以平衡时Y的体积分数：BA，D错误；答案选B。20.从下列事实所得出的解释或结论正确的是选项实验事实解释或结论A2N2O5(g)=4NO2(g)O2(g) H0在室温下能自发进行这是一个熵增的反应B压缩针筒内的NO2和N
25、2O4混合气体，颜色先变深后变浅增大压强，平衡向生成N2O4的方向移动，新平衡比旧平衡压强小C锌与稀硫酸反应过程中，开始反应后，速率逐渐增大该反应是吸热反应D已建立平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动反应物的浓度一定降低A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A、根据反应方向的判据H-TS判断，反应自发进行H-TS0，该反应H0，则只有S0时能自发进行，A正确；B、根据平衡移动原理知，平衡移动只能减弱条件的改变，不能抵消，增大压强，平衡向生成N2O4的方向移动，新平衡比旧平衡压强大，B错误；C、锌与稀硫酸反应过程中，开始反应后速率逐渐增大，只能是温度升高，反
26、应速率加快，该反应为放热反应，C错误；D、若增大反应物的浓度使平衡正向移动，反应物的浓度不一定减小，D错误；答案选A。21.N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生下列反应：2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g) H0，T1温度下的部分实验数据为t/s050010001500C(N2O5)mol/L5.003.522.502.50下列说法不正确的是()A. 500s内N2O5分解速率为2.96103 mol/(Ls)B. T1温度下的平衡常数为K1=125，1000s时转化率为50%C. T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若K1K2，则T1T2D. 平衡后其他条件
27、不变，将容器的体积压缩到原来的，则再平衡时c(N2O5)5.00mol/L【答案】C【解析】【详解】A.依据图标数据分析计算500s内N2O5(g)消耗的浓度5.00mol/L3.52mol/L1.48mol/L，分解速率=2.96103 mol/(Ls)，A正确；B.由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c(N2O5)2.5mol/L，c(NO2)5mol/L，c(O2)1.25mol/L，平衡常数K1=125，转化率为100%50%，B正确；C.平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若K1K2，且反应为吸热反应，则T1T2，C错
28、误；D.平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，压强增大为原来的2倍，平衡逆向移动，则再平衡时c(N2O5)5.00mol/L，D正确；故选C【点睛】分析体积改变对浓度产生的影响时，我们可以分两步走。第一步，假设体积改变后平衡不发生移动，分析浓度变化；再考虑平衡发生移动后，浓度的改变，最后得出结论。22.NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，根据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020molL-1NaHSO3（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录1055间溶液变蓝时间，55时
29、未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断不正确的是A. 40之前与40之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B. 图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等C. 图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0 10-5molL-1s-1D. 温度高于40时，淀粉不宜用作该实验的指示剂【答案】B【解析】【详解】A、从图像中可以看出，40以前，温度越高，反应速度越快，40后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55，未变蓝，说明没有生成I2，A正确；B、b、c点对应的反应原理不一样，发生不同的反应，无法比较反应速率，B错误；C、速率为=5.010-5molL-1s-1，C正确；D、55时，没
30、有出现蓝色，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，D正确。答案选B。23.一定条件下合成乙烯：6H2(g)2CO2(g)CH2CH2(g)4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是( )A. 该反应的逆反应为吸热反应B. 平衡常数：KMKNC. 生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M)D. 当温度高于250 ，升高温度，催化剂的催化效率降低【答案】C【解析】【详解】A、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故A正确；B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点，故B正确；C、
31、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M)，故C错误；D、根据图象，当温度高于250，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则催化剂的催化效率降低，故D正确；故选C。24.下列说法正确的是（ ）A. 将0.10 molL1氨水加水稀释后，溶液中c()c(OH)变大B. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测H2A溶液与H2SO4溶液的导电性。若导电性比硫酸弱，则H2A是弱酸。C. 将CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中 变大D. 用0.200 0 molL1NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液(混合溶液中两种酸的浓度均为0.1 molL1)，
32、至中性时，溶液中的酸未被完全中和【答案】D【解析】【详解】A加水稀释尽管促进一水合氨电离，但铵根离子和氢氧根离子浓度都减小，所以c(NH4+)c(OH-)变小，故A错误；B溶液的导电性与溶液中的离子浓度和所带电荷有关，由于H2A溶液与H2SO4溶液的浓度不一定相等，因此不能通过测定溶液的导电性大小判断是否为弱酸，故B错误；C加水稀释促进CH3COOH电离，导致溶液中n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)增大，所以稀释过程中=减小，故C错误；D醋酸钠溶液呈碱性，要使醋酸和NaOH混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微多些，所以至中性时，溶液中的酸未被完全中和，故D正确；故选D。25.将TiO2转
33、化为TiCl4是工业冶炼金属钛的主要反应之一。已知：TiO2(s) + 2Cl2(g)TiCl4(l) + O2(g) H=+140.5 kJ/molC(s,石墨) + 1/2O2(g)CO(g) H=-110.5 kJ/mol则反应TiO2(s) + 2Cl2(g) + 2C(s,石墨)TiCl4(l) + 2CO(g) 的H是A. +80.5 kJ/molB. +30.0 kJ/molC. -30.0 kJ/molD. -80.5 kJ/mol【答案】D【解析】【详解】根据盖斯定律，将已知两个热化学方程式中的氧气消去可得所求方程式，所以H+140.5kJmol1+2（110.5 kJmol
34、1）=-80.5kJmol1，答案选D。二、实验题26.已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O。某化学小组根据上述反应原理进行下列实验：I.测定H2C2O4溶液的物质的量浓度实验步骤如下：取待测H2C2O4溶液25.00mL放入锥形瓶中，再加入适量的稀硫酸；用0.1mol/L KMnO4溶液滴定至终点，记录数据；重复滴定2次，平均消耗KMnO4溶液20.00mL。请回答：(1)滴定时，将KMnO4溶液装在_(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。(2)若在步骤操作之前，先用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶，则测得H2C2O4溶液的浓度会_(填“
35、偏大”“偏小”或“无影响”)。(3)步骤中到达滴定终点时的现象为_。(4)计算H2C2O4溶液的物质的量浓度为_mol/L。II.探究反应物浓度对化学反应速率的影响设计如下实验方案(实验温度均为25)：实验序号体积V/mL0.1molL1KMnO4溶液0.11molL1H2C2O4溶液0.11molL1H2SO4溶液H2O2.0506.07.02.08.06.0V12.0V26.02.0请回答：(5)表中v1_，V2_。(6)实验中需要测量的数据是_。(7)实验中_(填“能”或“不能”)用0.2mol/L盐酸代替0.1mol/LH2SO4溶液，理由是_。【答案】 (1). 酸式 (2). 偏大
36、 (3). 溶液由无色变为浅紫色，且在半分钟内不褪色 (4). 0.2 (5). 4.0 (6). 10.0 (7). KMnO4溶液完全褪色所需的时间 (8). 不能 (9). KMnO4能氧化盐酸【解析】【分析】(1)KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡皮管，所以应装在没有胶皮管的滴定管中。(2)若在步骤操作之前，先用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶，则加入的H2C2O4物质的量偏大，消耗的KMnO4溶液体积偏大。(3)步骤中到达滴定终点时，溶液中KMnO4稍过量，所以溶液呈现KMnO4溶液的颜色。(4) 设H2C2O4溶液的物质的量浓度为x x=。II.(5)因为实验探究H2C2O4溶液浓
37、度改变对反应速率的影响，应保证KMnO4溶液的浓度不变，所以混合后溶液的总体积相等，从而得出表中V1和V2。(6)因为是测定浓度对速率的影响，而实验中可求出浓度的变化，所以实验中需要测量的数据是KMnO4溶液完全褪色所需的时间。(7)因为KMnO4溶液能将Cl-氧化，所以实验中不能用0.2mol/L盐酸代替0.1mol/LH2SO4溶液。【详解】(1)KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡皮管，所以应装在酸式滴定管中。答案为：酸式；(2)若在步骤操作之前，先用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶，则加入的H2C2O4物质的量偏大，消耗的KMnO4溶液体积偏大，测得H2C2O4溶液的浓度会偏大。答案为：
38、偏大；(3)步骤中到达滴定终点时的现象为溶液由无色变为浅紫色，且在半分钟内不褪色。答案为：溶液由无色变为浅紫色，且在半分钟内不褪色；(4) 设H2C2O4溶液的物质的量浓度为x x=0.2 mol/L。答案为：0.2；II.(5)因为实验探究H2C2O4溶液浓度改变对反应速率的影响，应保证KMnO4溶液的浓度不变，所以混合后溶液的总体积相等，从而得出表中V14.0，V210.0。答案为：4.0；10.0；(6)实验中需要测量的数据是KMnO4溶液完全褪色所需的时间。答案为：KMnO4溶液完全褪色所需的时间；(7)实验中不能用0.2mol/L盐酸代替0.1mol/LH2SO4溶液，理由是KMnO
39、4能氧化盐酸。答案为：不能；KMnO4能氧化盐酸。【点睛】滴定终点时，溶液颜色发生的变化，是我们的易错点，我们常会把现象弄颠倒。只要我们明确滴定前溶液的颜色，通常就不会把颜色变化弄反。比如高锰酸钾滴定草酸溶液，起初草酸溶液为无色，高锰酸钾溶液为紫色，从而得出滴定终点时溶液的颜色变化为无色浅紫色(浓度小，颜色相对浅)，且在半分钟内不变色。三、填空题(共37分)27.氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。（1）上图是和反应生成过程中能量的变化示意图，下列有关说法正确的是_。a. 反应物的总能量比生成物的总能量高b. 反应物的活化能比生成物的活化能高c. 反应物
40、的总键能比生成物的总键能高d. 该反应为熵增反应（2）请写出和反应的热化学方程式：_，决定该反应进行方向的主要判据为_。（3）试根据表中及图中数据计算的键能_ kJ/mol；化学键键能/ kJ/mol390943（4）用催化还原还可以消除氮氧化物的污染。已知：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；H1=-akJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g)；H2=-bkJ/mol若1molNH3还原NO至N2，则该反应过程中的反应热H3=_kJ/mol(用含a、b的式子表示)。【答案】 (1). a (2). （合理即可） (3). 焓判据或H0 (4). 435 (5).
41、 【解析】【分析】(1)根据图象，该反应物的总能量比生成物的总能量高，结合N2(g)+3H2(g)2NH3(g)分析判断；(2)先求出此反应的焓变，根据热化学方程式的书写规则再写出热化学方程式；该反应后气体的物质的量减少，结合复合判据分析解答；(3)根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能计算；(4)利用盖斯定律分析计算。【详解】(1)根据图象，反应物的总能量比生成物的总能量高，说明该反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能；反应物的活化能为254 kJ/mol，生成物的活化能为300 kJ/mol，反应物的活化能比生成物的活化能低，反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2
42、NH3(g)，正反应是一个熵减小的反应，正确的只有a，故答案为a；(2)反应物总能量大于生成物总能量，应为放热反应，生成1mol氨气放出46kJ热量，则反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92kJ/mol，该反应是一个熵减小的反应，决定该反应进行方向的主要判据为焓判据，故答案为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92kJ/mol；焓判据；(3)反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，设H-H的键能为x，则943 kJ/mol +3 x-6390 kJ/mol =-92 kJ/mol，x=435 kJ/mol，故答案为435；(4)4NH3(g)+3O2(
43、g)=2N2(g)+6H2O(g)；H1=-akJ/mol，N2(g)+O2(g)=2NO(g)；H2=-bkJ/mol，根据盖斯定律，将可得：NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)H3=kJ/mol，故答案为。28.研究、NO、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。（1）已知：CO可将部分氮的氧化物还原为。反应I：反应II：则反应的=_kJmol1。（2）一定条件下，将与CO以体积比12置于恒容密闭容器中发生反应II，下列能说明反应达到平衡状态的是_。a. 体系压强保持不变 b. 容器中气体密度保持不变c. 混合气体颜色保持不变d. 每消耗的同时生成（3）温度为T 容积为10L的
44、恒容密闭容器中，充入1molCO和0.5mol发生反应：实验测得生成的体积分数随着时间的变化曲线如图1所示：达到平衡状态时，的转化率为_，该温度下反应的平衡常数_。其它条件保持不变，再向上述平衡体系中充入、各，此时V（正）_ V（逆）填“”“ ”或“=”。（4）法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应原理为，在催化剂作用下，NO转化率与温度的关系如图2所示：图中A点处NO的转化率_填“可能是”、“一定是”或“一定不是”该温度下的平衡转化率；B点之后，NO转化率降低的原因可能是_。A. 平衡常数变大 B. 副反应增多C. 催化剂活性降低 D. 反应活化能增大【答案】 (1). -277 (2).
45、ac (3). 60% (4). 3.375 (5). (6). 一定不是 (7). BC【解析】【分析】(1)根据盖斯定律分析计算；(2)达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度不变，据此分析判断；(3)根据图象知达到平衡状态CO2体积分数为0.4，结合三段式，列式计算得到平衡浓度，再分析解答；计算此时的浓度商和平衡常数的大小，判断反应进行的方向；(4)根据可知开始NO转化率增大，是反应正向进行，逐渐建立平衡，达到最大转化率后，升高温度，平衡逆向移动，NO转化率减小，结合温度对催化剂的活性的影响分析解答。【详解】(1)已知：CO可将部分氮的氧化物还原为N2。反应I：2CO(g)+2N
46、O(g)N2(g)+2CO2(g)H=-746kJmol-1，反应II：4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)H=-1200kJmol-1，根据盖斯定律，(反应II-反应I)得到反应NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)H=(-1200kJmol-1)-(-746kJmol-1)=-227kJ/mol，故答案为-227；(2)反应II：4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)H=-1200kJmol-1，该反应为气体体积减小的放热反应。a反应前后气体物质的量减小，气体的压强为变量，当体系压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故a正确；b反应前后气体质量和体
47、积都不变，容器中气体密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故b错误；c混合气体颜色保持不变，说明气体中二氧化氮浓度不变，反应达到平衡状态，故c正确；d每消耗2molNO2的同时生成1molN2，都表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；故答案为ac；(3)根据图象知达到平衡状态CO2体积分数为0.4，设消耗二氧化硫物质的量浓度x， 2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(g)起始量(mol/L) 0.1 0.05 0 0变化量(mol/L) 2x x 2x x平衡量(mol/L)0.1-2x 0.05-x 2x x则100%=0.4，解得：x=0.03mol/L，因此二
48、氧化硫的转化率=100%=60%，平衡常数K=3.375，故答案为60%； 3.375；其它条件保持不变，再向上述平衡体系中充入SO2(g)、CO(g)、S(g)、CO2(g)各0.2mol， 2CO(g) + SO2(g) 2CO2(g) + S(g)起始量(mol/L) 0.1 0.05 0 0变化量(mol/L) 0.06 0.03 0.06 0.03平衡量(mol/L) 0.04 0.02 0.06 0.03加入后(mol/L) 0.04+0.02 0.02+0.02 0.06+0.02 0.03+0.02此时浓度商Qc=2.22K=3.375，反应正向进行，v(正)v(逆)，故答案为
49、；(4)根据图象，温度升高NO转化率先增大后减小，图像的前半段是建立平衡的过程，后半段是温度对平衡的影响，因此A点NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率，B点之后，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，NO转化率降低，升高温度，催化剂的活性降低，发生的副反应增多，也会导致NO转化率降低，反应的活化能不影响反应物的转化率，故选BC，故答案为一定不是；BC。29.时，三种酸的电离平衡常数如下：化学式HClO电离平衡常数，回答下列问题：（1）一般情况下，当温度升高时， _填“增大”、“减小”或“不变”。（2）下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是_填序号；a、CO32- b、ClO- c、CH3
50、COO- d、HCO3-（3）下列反应不能发生的是_填序号a. b. c. d. （4）用蒸馏水稀释的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是_填序号；a. b. c d（5）体积均为10mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所示。则HX的电离平衡常数_填“大于”、“等于”或“小于”，下同醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c（H+）_醋酸溶液中水电离出来的c（H+），理由是_。【答案】 (1). 增大 (2). (3). cd (4). b (5). 大于 (6). 大于 (7). 稀释后HX溶液中的小于溶液中的,它对水的电
51、离的抑制能力减弱【解析】【分析】(1)弱电解质的电离为吸热过程，升高温度，促进弱电解质的电离；(2)电离平衡常数越大，酸越强，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合质子的能力越弱；(3)根据酸性强弱，结合强酸能够制取弱酸分析判断；(4)醋酸是弱电解质，加水稀释，促进醋酸电离，则n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，但醋酸根离子、氢离子浓度增大程度小于溶液体积增大的程度，所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)都减小，据此分析解答；(5)加水稀释，促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，
52、酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，据此分析解答。【详解】(1)弱电解质电离为吸热过程，升高温度，促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大，故答案为增大；(2)电离平衡常数越大，酸越强，越易电离，则酸性强弱为：CH3COOHH2CO3HClOHCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合质子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32-ClO-HCO3-CH3COO-，即abdc，故答案为abdc；(3)酸性强弱为：CH3COOHH2CO3HClOHCO3-。aCO32-+CH3COOHCH3COO-+CO2+H2O，碳酸的酸性小于CH3COO
53、H，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；bClO-+CH3COOHCH3COO-+HClO，CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；cCO32-+HClOCO2+H2O+ClO-，HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；d.2ClO-+CO2+H2OCO32-+2HClO，酸性H2CO3HClOHCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-，该反应不能发生，故d正确；故答案为cd；(4)a加水稀释，促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以的比值减小，故a错误；
54、b加水稀释，促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，则的比值增大，故b正确；c加水稀释，尽管促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以的比值减小，故c错误；d加水稀释，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，的比值减小，故d错误，故答案为b；(5)加水稀释，促进弱酸电离，pH相同的不同酸，稀释相同的倍数，pH变化大的酸，酸性强，变化小的酸，酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大，对水的电离的抑制程度越大；根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)，因为溶液中氢离子浓度越小，对的抑制程度越小，水的电离程度越大，稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力减弱，故答案为大于；大于；稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力减弱。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意对醋酸溶液进行稀释，醋酸溶液中主要存在的离子浓度均会减小，但温度不变，水的离子积常数不变，因此氢氧根离子浓度会增大。