2022-2022学年湖南省益阳市箴言中学高二（上）期中化学试卷（理科） 一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案）1．下列措施不能达到节能减排目的是（ ）A．利用太阳能制氢燃料B．用家用汽车代替公交车C．利用潮汐能发电D．用节能灯代替白炽灯 2．炽热的炉膛内有反应：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣392kJ/mol，往炉膛内通入水蒸气时，有如下反应：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131kJ/mol，CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣282kJ，H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=﹣241kJ/mol，由以上反应推断往炽热的炉膛内通入水蒸气时（ ）A．不能节省燃料，但能使炉火瞬间更旺B．虽不能使炉火更旺，但可以节省燃料C．既能使炉火更旺，又能节省燃料D．既不能使炉火更旺，又不能节省燃料 3．在N2+3H2⇌2NH3的反应中，经过一段时间，NH3的浓度增加了0.6mol/L，在此段时间内用H2表示的平均反应速率为0.45mol/（L•S），则所经过的时间是（ ）A．1sB．2sC．0.44sD．1.33s 4．在四个不同的容器中，在不同的条件下进行合成氨反应．根据在相同时间内测定的结果判断，生成氨气的速率最快的是（ ）A．v（H2）=0.3mol•L﹣1•min﹣1B．v（N2）=0.2mol•L﹣1•min﹣1C．v（NH3）=0.25mol•L﹣1•min﹣1D．v（H2）=0.4mol•L﹣1•min﹣1 5．在C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）反应中，可使反应速率增大的措施是（ ）①增大压强-26-\n②增加碳的量③恒容通入CO2④恒容下充入N2⑤恒容通入CO．A．①③④B．③④⑤C．①③⑤D．②③⑤ 6．在一定温度下的定容密闭容器中，对于反应A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g），当下列物理量不再改变时，表明反应已达平衡的是（ ）A．混合气体的压强B．混合气体的密度C．混合气体的总体积D．气体总物质的量 7．25℃时，向纯水中加入NaOH，使溶液的pH为11，则由NaOH电离出的OH﹣离子浓度与水电离的OH﹣离子浓度之比为（ ）A．1010：1B．5×109：1C．108：1D．1：1 8．下列物质的溶液放在蒸发皿中加热蒸干、并灼烧片刻，最终可得到该物质的是（ ）A．FeCl3B．NH4ClC．NaAlO2D．Cu（NO3）2 9．在水电离出的c（H+）=10﹣14mol•L﹣1的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）A．K+，Fe2+，SO32﹣，MnO4﹣B．Na+，Cl﹣，NO3﹣，SO42﹣C．Al3+，S2﹣，Cl﹣，SO42﹣D．Na+，AlO2﹣，Br﹣，Cl﹣ 10．盛有0.1mol/L的NaHCO3溶液和酚酞试液的试管，在室温时，溶液为无色，加热时为粉红色，这是因为（ ）A．NaHCO3在加热时变成碱性更强的Na2CO3B．水分蒸发使NaHCO3的浓度增大C．加热促进NaHCO3的水解，碱性增强D．NaHCO3在加热时变成红色 -26-\n11．现有等浓度的下列物质的溶液：①CH3COOH②HClO③NaClO④H2CO3⑤Na2CO3⑥NaHCO3．按溶液pH由小到大排列正确的是（ ）A．④①②⑤⑥③B．④①②⑥⑤③C．①④②⑥③⑤D．①④②③⑥⑤ 12．已知乙酸（HA）的酸性比甲酸（HB）弱，在物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的NaA和NaB混合溶液中，下列排序正确的是（ ）A．c（OH﹣）＞c（HA）＞c（HB）＞c（H+）B．c（OH﹣）＞c（A﹣）＞c（B﹣）＞c（H+）C．c（OH﹣）＞c（B﹣）＞c（A﹣）＞c（H+）D．c（OH﹣）＞c（HB）＞c（HA）＞c（H+） 13．下列热化学方程式的书写正确的是（ ）A．1mol液态肼在足量氧气中完全燃烧生成水蒸气，放出642kJ的热量：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=+642kJ•mol﹣1B．101kPa下，26g乙炔在足量氧气中完全燃烧生成液态水，放出1299.6kJ的热量：C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1299.6kJC．12g石墨转化为CO时，放出110.5kJ的热量：2C（石墨，s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1D．1molB2H6气体完全燃烧生成固态三氧化二硼和液态水，放出2165kJ的热量：B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2165kJ•mol﹣1 14．白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2═P4O10．已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P﹣PakJ•mol﹣1、P﹣ObkJ•mol﹣1、P═OckJ•mol﹣1、O═OdkJ•mol﹣1根据如图所示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是（ ）A．（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1B．（4c+12b﹣6a﹣5d）kJ•mol﹣1C．（4c+12b﹣4a﹣5d）kJ•mol﹣1D．（4c+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1 -26-\n15．已知：HA（aq）+OH﹣（aq）═A﹣（aq）+H2O（l）△H=﹣12.1kJ•mol﹣1；H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣55.6kJ•mol﹣1．则HA在水溶液中的电离反应HA（aq）⇌H+（aq）+A﹣（aq）的△H等于（ ）A．﹣67.7kJ•mol﹣1B．﹣43.5kJ•mol﹣1C．+43.5kJ•mol﹣1D．+67.7kJ•mol﹣1 16．FeCl3溶液与下列物质的反应，其中与Fe3+的水解无关的一组是（ ）①紫色石蕊试液 ②碘化钾 ③煮沸的蒸馏水 ④硫化氢⑤苯酚 ⑥铜粉⑦小苏打溶液 ⑧镁粉．A．②④⑤⑥B．①②④C．③⑧D．②④⑧ 二、填空题（本题共4小题，每空2分，共46分）17．在一定温度下，有a．盐酸 b．硫酸 c．醋酸三种酸：（1）当三种酸物质的量浓度相同时，c（H+）由大到小的顺序是 ．（2）同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是 ．（3）若三者c（H+）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是 ．（4）当三者c（H+）相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是 ．（5）当三者c（H+）相同且体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2（相同状况），则开始时反应速率的大小关系为 ，反应所需时间的长短关系是 ．-26-\n（6）将c（H+）相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c（H+）由大到小的顺序是 ． 18．甲醇是人们开发利用的一种新能源，已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1=﹣571.8kJ•mol﹣1②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H2=﹣192.9kJ•mol﹣1③CH3OH（l）═CH3OH（g）△H3=+37.4kJ•mol﹣1（1）写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式： ．（2）H2的燃烧热为 ．（3）二甲醚也是一种新型燃料，1mol二甲醚蒸气完全燃烧生成CO2和液态水时放出1455kJ热量，若1mol二甲醚和甲醇的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水时共放出1224.9kJ热量，则混合气体中甲醇和二甲醚的物质的量之比为 ． 19．T℃、2L密闭容器中某一反应不同时刻各物质的量如图（E为固体，其余为气体）．回答下列问题：（1）写出该反应的化学方程式 ．（2）反应开始至3min时，用D表示的平均反应速率为 mol/（L•min）．（3）T℃时，该反应的化学平衡常数K= ．（4）第6min时，保持温度不变，将容器的体积缩小至原来的一半，重新达到平衡后，D的体积分数为 ．物质ABDE物质的量mol0.81.00.40.2（5）另有一个2L的密闭容器，T℃、某一时刻时，容器中各物质的量如表所示：此时v（正） v（逆）（填“大于”或“等于”或“小于”）．-26-\n 20．50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是 ．（2）烧杯间填满碎纸条的作用是 ．（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．（4）该实验常用0.50mol/LHCl和0.55mol/LNaOH溶液各50mL进行实验，其中NaOH溶液浓度大于盐酸浓度的作用是 ，当室温低于10℃时进行实验，对实验结果会造成较大的误差，其原因是 ．（5）实验中改用60mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.50mol•L﹣1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求得的中和热 （填“相等”或“不相等”），简述理由： ．（6）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值将 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”） 三、计算题（本题1小题，8分）21．把0.6molX气体和0.4molY气体混合于容积为2L的容器中，使它们发生如下反应：3X（g）+Y（g）⇌nZ（g）+2W（g），5min末已生成0.2molW，若测知以Z的浓度变化来表示的平均反应速率为0.01mol/（L•min）．求：（1）上述反应中的Z气体的计量系数n的值；（2）上述反应在5min末时，已反应的Y的物质的量占原来量的百分数．（写出计算过程） -26-\n -26-\n2022-2022学年湖南省益阳市箴言中学高二（上）期中化学试卷（理科）参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案）1．下列措施不能达到节能减排目的是（ ）A．利用太阳能制氢燃料B．用家用汽车代替公交车C．利用潮汐能发电D．用节能灯代替白炽灯【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】节能减排有广义和狭义定义之分，广义而言，节能减排是指节约物质资源和能量资源，减少废弃物和环境有害物（包括三废和噪声等）排放；狭义而言，节能减排是指节约能源和减少环境有害物排放．【解答】解：A、利用太阳能制氢燃料，是节能同时减少污染气体排放，故A能节能减排；B、用家用汽车代替公交车，不能节能减排，反而增加了汽车尾气的排放，故B不能节能减排；C、利用潮汐能发电，潮汐是一种绿色能源，利用潮汐发电，又可以节省资源，同时减少了气体的排放，故C能节能减排；D、用节能灯代替，消耗相同电力的条件下，节能灯的发光效率更高，能节能，间接减少污染气体排放，故D能节能减排；故选B．【点评】本题主要考查学生运用所学化学知识解决实际生活中一些问题的能力，倡导节约，避免浪费，提倡“低碳环保”理念，是社会热点． 2．炽热的炉膛内有反应：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣392kJ/mol，往炉膛内通入水蒸气时，有如下反应：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131kJ/mol，CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣282kJ，H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=﹣241kJ/mol，由以上反应推断往炽热的炉膛内通入水蒸气时（ ）A．不能节省燃料，但能使炉火瞬间更旺B．虽不能使炉火更旺，但可以节省燃料C．既能使炉火更旺，又能节省燃料-26-\nD．既不能使炉火更旺，又不能节省燃料【考点】燃料的充分燃烧．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据盖斯定律来分析煤的两种燃烧途径放出的热量，从而分析能否节省燃料和炉火是否瞬间更旺．【解答】解：煤炭直接燃烧的热化学方程式：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣392kJ/mol；往炉膛内通入水蒸气时，有如下反应：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131kJ/mol①，CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣282kJ/mol②H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=﹣241kJ/mol③由于碳先和水蒸气反应生成CO和氢气，气体在燃烧时比煤炭之间燃烧火焰更旺；根据盖斯定律可知，将①+②+③可得：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=+131KJ/mol﹣282KJ/mol﹣241KJ/mol=﹣392kJ/mol，与煤炭直接燃烧的热效应是相同的，故并不节省燃料，故选A．【点评】本题考查了燃料的燃烧和盖斯定律的运用，难度不大，注意知识的灵活运用． 3．在N2+3H2⇌2NH3的反应中，经过一段时间，NH3的浓度增加了0.6mol/L，在此段时间内用H2表示的平均反应速率为0.45mol/（L•S），则所经过的时间是（ ）A．1sB．2sC．0.44sD．1.33s【考点】反应速率的定量表示方法．【分析】利用速率之比等于化学计量数之比计算出v（NH3），再根据t=计算时间．【解答】解：H2表示的平均速率v（H2）=0.45mol/（L∙s），利用速率之比等于化学计量数之比，所以v（NH3）=v（H2）=×0.45mol/（L∙s）=0.3mol/（L∙s），氨的浓度增加了0.6mol/L，即△c（NH3）=0.6mol/L，所以反应所经历的时间为=2s，故选：B．【点评】本题考查化学反应速率的有关计算，难度不大，注意对公式的理解与灵活运用．-26-\n 4．在四个不同的容器中，在不同的条件下进行合成氨反应．根据在相同时间内测定的结果判断，生成氨气的速率最快的是（ ）A．v（H2）=0.3mol•L﹣1•min﹣1B．v（N2）=0.2mol•L﹣1•min﹣1C．v（NH3）=0.25mol•L﹣1•min﹣1D．v（H2）=0.4mol•L﹣1•min﹣1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【分析】同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，注意单位是否相同．【解答】解：对于反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），以氢气的反应速率为标准进行判断，A．v（H2）=0.3mol/（L•min）；B．v（N2）=0.2mol/（L•min），反应速率之比等于其计量数之比，所以ν（H2）=0.6mol/（L•min）；C．v（NH3）=0.25mol/（L•min），反应速率之比等于其计量数之比，所以ν（H2）=0.375mol/（L•min）；D．v（H2）=0.4mol/（L•min）．所以反应速率最快的是B，故选：B．【点评】本题考查了化学反应速率快慢的比较，难度不大，注意要把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，也考查利用反应速率与其化学计量数的比值判断，比值越大表示的反应速率越快． 5．在C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）反应中，可使反应速率增大的措施是（ ）①增大压强②增加碳的量③恒容通入CO2④恒容下充入N2⑤恒容通入CO．A．①③④B．③④⑤C．①③⑤D．②③⑤【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．-26-\n【分析】增大浓度、增大压强、使用催化剂、升高温度等，均可加快反应速率，以此来解答．【解答】解：①该反应为气体参加的反应，增大压强，反应速率加快，故正确；②增加炭的量，增加固体物质的浓度不影响化学反应速率，故错误；③恒容通入CO2，反应物浓度增大，反应速率加快，故正确；④恒容下充入N2，反应物的分压不变，反应速率不变，故错误；⑤恒容下充入CO，反应物的浓度增大，反应速率增大，故正确；故选C．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握常见的外因为解答的关键，注意④⑤中浓度的变化，把握浓度变化则反应速率变化为解答的关键，题目难度不大． 6．在一定温度下的定容密闭容器中，对于反应A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g），当下列物理量不再改变时，表明反应已达平衡的是（ ）A．混合气体的压强B．混合气体的密度C．混合气体的总体积D．气体总物质的量【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】A、反应物A（s）是固体，反应两边气体化学计量数相等，压强始终相等；B、密度等于质量比体积，A是固体，反应两边气体体积不变，质量会发生变化；C、定容密闭容器中，气体的体积等于容器的体积；D、两边气体的化学计量数相等，总的物质的量始终不变．【解答】解：A、由于A是固态，反应前后的气体的化学计量数之和都是2，故压强始终不变，故A错误；B、因为A是固体，反应两边气体的质量不相等，而体积不变，若混合气体的密度不变，说明达到了平衡状态，若是发生变化，则没有达到平衡，故B正确；C、定容密闭容器中，气体的体积等于容器的体积，所以气体体积始终不变，所以无法判断平衡状态，故C错误；D、反应两边气体的化学计量数都是2，总的气体物质的量不会变化，故D错误；故选：B．-26-\n【点评】本题考查化学平衡状态的判断，做题时注意反应两边气体的化学计量数是否相等，若相等，压强、物质的量、体积会始终不变；还要注意物质的状态，本题难度中等． 7．25℃时，向纯水中加入NaOH，使溶液的pH为11，则由NaOH电离出的OH﹣离子浓度与水电离的OH﹣离子浓度之比为（ ）A．1010：1B．5×109：1C．108：1D．1：1【考点】pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】根据H2O=H++OH﹣，从影响水的电离平衡移动的角度分析，NaOH抑制水的电离，根据溶液的PH为11，求出水电离出的c（H+）利用水的离子积常数求出氢氧化钠电离出的OH﹣离子浓度．【解答】解：pH=11的NaOH溶液，水电离的c（H+）=10﹣11mol/L，根据水的离子积常数由NaOH电离产生的c（OH﹣）=mol/L=10﹣3mol/L，而由水电离产生的c（OH﹣）=c（H+）=10﹣11mol/L，所以由氢氧化钠电离出的OH﹣离子浓度与水电离出的OH﹣离子浓度之比：10﹣3mol/L：10﹣11mol/L=108，故选：C．【点评】本题考查PH的简单计算，题目难度不大，注意碱水的电离平衡移动的影响． 8．下列物质的溶液放在蒸发皿中加热蒸干、并灼烧片刻，最终可得到该物质的是（ ）A．FeCl3B．NH4ClC．NaAlO2D．Cu（NO3）2【考点】盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液可以得到该物质的固体，说明该溶质性质较稳定，蒸干、灼烧过程中不发生分解、不发生水解，据此分析解答．【解答】解：A．氯化铁在蒸干过程中发生水解，生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢易挥发，所以蒸干时得到氢氧化铁，灼烧氢氧化铁，氢氧化铁分解生成氧化铁，所以最终得到氧化铁，故A错误；B．氯化铵加热蒸干并灼烧后无固体物质，全部脱离体系，故B错误；-26-\nC．偏铝酸钠在溶液在加热时水解得到氢氧化铝与氢氧化钠，但氢氧化钠难挥发，最后得到的固体为NaAlO2，故C正确；D．Cu（NO3）2溶液中水解生成氢氧化铜和硝酸，在加热条件下硝酸易挥发，促进水解平衡正向进行，得到氢氧化铜灼烧得到氧化铜，故D错误；故选C．【点评】本题考查了盐类水解、物质的稳定性等知识点，根据盐类水解特点、物质的稳定性等知识点来分析解答，知道常见物质稳定性强弱，题目难度不大． 9．在水电离出的c（H+）=10﹣14mol•L﹣1的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）A．K+，Fe2+，SO32﹣，MnO4﹣B．Na+，Cl﹣，NO3﹣，SO42﹣C．Al3+，S2﹣，Cl﹣，SO42﹣D．Na+，AlO2﹣，Br﹣，Cl﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】根据水电离出的c（H+）=10﹣14mol•L﹣1的溶液，则水的电离受到抑制，该溶液可能为酸或碱的溶液，利用离子之间不能结合生成气体、水、沉淀及不能发生氧化还原反应、不能发生相互促进水解的反应等来判断能大量共存的离子组．【解答】解：水电离出的c（H+）=10﹣14mol•L﹣1的溶液，则水的电离受到抑制，该溶液可能为酸或碱的溶液，A、因酸性条件下Fe2+、MnO4﹣能发生氧化还原反应，H+与SO32﹣结合生成气体和水，在碱性条件下与Fe2+结合生成沉淀，则一定不能共存，故A错误；B、在酸性或碱性条件下，该组离子之间不反应，则一定能大量共存，故B正确；C、酸性条件下与S2﹣结合生成气体，碱性条件下与Al3+结合生成沉淀，且Al3+与S2﹣能发生相互促进水解的反应，则一定不能共存，故C错误；D、因酸性条件下H+与AlO2﹣结合生成沉淀，则可能共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子的共存问题，明确信息中隐含的条件，溶液可能为酸或碱的溶液是解答关键，并熟悉离子之间的反应来解答． 10．盛有0.1mol/L的NaHCO3溶液和酚酞试液的试管，在室温时，溶液为无色，加热时为粉红色，这是因为（ ）-26-\nA．NaHCO3在加热时变成碱性更强的Na2CO3B．水分蒸发使NaHCO3的浓度增大C．加热促进NaHCO3的水解，碱性增强D．NaHCO3在加热时变成红色【考点】盐类水解的应用；影响盐类水解程度的主要因素．【专题】盐类的水解专题．【分析】盛有0.1mol/L的NaHCO3溶液和酚酞试液的试管，在室温时，溶液为无色，加热时为粉红色，因为碳酸氢根离子水解显碱性，水解过程是吸热过程，加热促进水解，碱性增强；【解答】解：A、碳酸氢钠水解生成氢氧化钠和碳酸，加热促进水解平衡正向进行，氢氧根离子浓度增大，故A错误；B、水解过程是吸热过程，加热促进水解，碱性增强；，故B错误；C、因为碳酸氢根离子水解显碱性，水解过程是吸热过程，加热促进水解，碱性增强，溶液变浅红色，故C正确；D、碳酸氢根离子水解显碱性，水解过程是吸热过程，加热促进水解，碱性增强，溶液变浅红色，不是碳酸氢钠变红色，故D错误；故选C．【点评】本题考查了盐类水解的分析判断，主要是影响水解平衡的影响因素温度的改变对平衡的影响分析，题目难度中等． 11．现有等浓度的下列物质的溶液：①CH3COOH②HClO③NaClO④H2CO3⑤Na2CO3⑥NaHCO3．按溶液pH由小到大排列正确的是（ ）A．④①②⑤⑥③B．④①②⑥⑤③C．①④②⑥③⑤D．①④②③⑥⑤【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】等浓度的这几种溶液中，先根据酸碱盐进行分类，再根据酸的强弱、盐的类型进行分类，从而确定溶液酸碱性强弱．-26-\n【解答】解：等浓度的这几种溶液中，醋酸、碳酸和次氯酸都是酸、次氯酸钠、碳酸钠和碳酸氢钠都是盐，次氯酸的电离度小于碳酸，碳酸的电离程度小于醋酸，所以PH由小到大的顺序为①④②；次氯酸钠对应的酸是次氯酸、碳酸钠对应的酸是碳酸氢根和碳酸氢钠对应的酸是碳酸，碳酸的酸性强于次氯酸，次氯酸强于碳酸氢根，盐对应的酸越弱，水解程度越大，碱性越强，所以溶液pH由小到大排列⑥③⑤；所以这几种溶液pH由小到大顺序为：①④②⑥③⑤，故选C．【点评】本题考查了溶液pH大小的判断，根据酸碱盐进行分类，再结合酸和盐的性质分析解答，再根据盐中“谁弱谁水解、谁强谁显性、强强显中性”判断，难度不大． 12．已知乙酸（HA）的酸性比甲酸（HB）弱，在物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的NaA和NaB混合溶液中，下列排序正确的是（ ）A．c（OH﹣）＞c（HA）＞c（HB）＞c（H+）B．c（OH﹣）＞c（A﹣）＞c（B﹣）＞c（H+）C．c（OH﹣）＞c（B﹣）＞c（A﹣）＞c（H+）D．c（OH﹣）＞c（HB）＞c（HA）＞c（H+）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．【分析】相同温度下的相同浓度的不同一元酸，酸的酸性越强，则酸的电离程度越大，其阴离子的水解能力越小，混合溶液中，A﹣、B﹣都水解导致c（OH﹣）大于c（HA）、c（HB），据此进行解答．【解答】解：乙酸（HA）的酸性比甲酸（HB）弱，则相同浓度的HB的电离程度大于HA，酸的电离程度越大，其酸根离子的水解能力越小，所以A﹣的水解能力大于B﹣，水解能力越强，则其溶液中碱性越强，氢氧根离子浓度越大，酸的浓度越小，所以在物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的NaA和NaB混合溶液中c（HA）＞c（HB），因为两种阴离子都水解生成氢氧根离子，所以c（OH﹣）＞（H+），所以离子浓度大小顺序为：c（OH﹣）＞c（HA）＞c（HB）＞c（H+），c（B﹣）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞（H+），所以A正确，B、C、D错误，故选A．【点评】本题考查了离子浓度大小的比较，题目难度中等，明确酸性强弱与酸根离子水解程度的关系是解本题关键，注意混合溶液中两种离子都水解导致氢氧根离子浓度最大． 13．下列热化学方程式的书写正确的是（ ）A．1mol液态肼在足量氧气中完全燃烧生成水蒸气，放出642kJ的热量：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=+642kJ•mol﹣1-26-\nB．101kPa下，26g乙炔在足量氧气中完全燃烧生成液态水，放出1299.6kJ的热量：C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1299.6kJC．12g石墨转化为CO时，放出110.5kJ的热量：2C（石墨，s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1D．1molB2H6气体完全燃烧生成固态三氧化二硼和液态水，放出2165kJ的热量：B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2165kJ•mol﹣1【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、反应放热焓变为负值；B、反应焓变单位为KJ/mol；C、反应能量变化和参加反应物质的量有关，量不同，反应焓变不同；D、热化学方程式的书写，需要注意的有：物质的状态、反应热的数值与单位，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比，根据热化学方程式的书写方法分析；【解答】解：A、1mol液态肼在足量氧气中完全燃烧生成水蒸气，放出642kJ的热量：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣642kJ•mol﹣1，故A错误；B、101kPa下，26g乙炔在足量氧气中完全燃烧生成液态水，放出1299.6kJ的热量：C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1299.6kJ/mol，故B错误；C、12g石墨转化为CO时，放出110.5kJ的热量，反应的热化学方程式为：C（石墨，s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1，故C错误；D、1molB2H6气体完全燃烧生成固态三氧化二硼和液态水，放出2165kJ的热量：B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2165kJ•mol﹣1，故D正确；故选D．【点评】本题主要考查了热化学方程式的书写，需要注意的有：物质的状态、反应热的数值与单位，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比．同时还考查了反应热的计算，题目难度不大． 14．白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2═P4O10．已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P﹣PakJ•mol﹣1、P﹣ObkJ•mol﹣1、P═OckJ•mol﹣1、O═OdkJ•mol﹣1根据如图所示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是（ ）-26-\nA．（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1B．（4c+12b﹣6a﹣5d）kJ•mol﹣1C．（4c+12b﹣4a﹣5d）kJ•mol﹣1D．（4c+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1【考点】有关反应热的计算．【分析】反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，据此计算判断．注意每摩尔P4中含有6molP﹣P键．【解答】解：各化学键键能为P﹣PakJ•mol﹣1、P﹣ObkJ•mol﹣1、P=OckJ•mol﹣1、O=OdkJ•mol﹣1．反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，所以反应P4+5O2=P4O10的反应热△H=6akJ•mol﹣1+5dkJ•mol﹣1﹣（4ckJ•mol﹣1+12bkJ•mol﹣1）=（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1，故选：A．【点评】本题考查反应热与化学键键能的关系，难度中等，注意从物质能量、键能理解反应热，侧重于考查学生的分析能力和计算能力． 15．已知：HA（aq）+OH﹣（aq）═A﹣（aq）+H2O（l）△H=﹣12.1kJ•mol﹣1；H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣55.6kJ•mol﹣1．则HA在水溶液中的电离反应HA（aq）⇌H+（aq）+A﹣（aq）的△H等于（ ）A．﹣67.7kJ•mol﹣1B．﹣43.5kJ•mol﹣1C．+43.5kJ•mol﹣1D．+67.7kJ•mol﹣1【考点】有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】利用盖斯定律进行计算，将已知两个热化学方程式相减得到HA在水溶液中电离的电离方程式，同时反应热也随之相减，可得HA在水溶液中电离的反应热．【解答】解：反应的热化学方程式分别为：HA（aq）+OH﹣（aq）═A﹣（aq）+H2O（l）△H=﹣12.1kJ•mol﹣1①H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣55.6kJ•mol﹣1②-26-\nHA电离方程式为，HA（aq）⇌H+（aq）+A﹣（aq）用①﹣②可得HA电离的热化学方程式为HA（aq）⇌H+（aq）+A﹣（aq）△H=﹣12.1kJ•mol﹣1﹣（﹣55.6kJ•mol﹣1）=+43.5kJ•mol﹣1，故选C．【点评】本题考查反应热的计算，熟练盖斯定律的应用为解答的关键，本题难度不大． 16．FeCl3溶液与下列物质的反应，其中与Fe3+的水解无关的一组是（ ）①紫色石蕊试液 ②碘化钾 ③煮沸的蒸馏水 ④硫化氢⑤苯酚 ⑥铜粉⑦小苏打溶液 ⑧镁粉．A．②④⑤⑥B．①②④C．③⑧D．②④⑧【考点】盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】Fe3+水解溶液显酸性，加热促进水解，且水解的氢离子与小苏打、Mg等发生化学反应，Fe3+具有氧化性和还原性微粒发生氧化还原反应，以此来解答．【解答】解：①水解显酸性，使紫色石蕊试液变红，与水解有关；②与KI发生氧化还原反应，与水解无关；③煮沸的蒸馏水可促进离子的水解，与水解有关；④与硫化氢发生氧化还原反应，与水解无关；⑤与苯酚发生络合反应，与水解无关；⑥与Cu发生氧化还原反应，与水解无关；⑦水解的氢离子与小苏打溶液发生化学反应，与水解有关；⑧水解的氢离子与Mg发生化学反应，与水解有关，故选A．-26-\n【点评】本题考查盐类水解的应用，注意盐类水解的产物及性质是解答的关键，把握发生的水解反应及氧化还原反应为解答的关键，题目难度中等． 二、填空题（本题共4小题，每空2分，共46分）17．在一定温度下，有a．盐酸 b．硫酸 c．醋酸三种酸：（1）当三种酸物质的量浓度相同时，c（H+）由大到小的顺序是 b＞a＞c ．（2）同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是 b＞a=c ．（3）若三者c（H+）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是 c＞a＞b（或c＞a=2b） ．（4）当三者c（H+）相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是 c＞a=b ．（5）当三者c（H+）相同且体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2（相同状况），则开始时反应速率的大小关系为 a=b=c ，反应所需时间的长短关系是 a=b＞c ．（6）将c（H+）相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c（H+）由大到小的顺序是 c＞a=b ．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，假设三种酸的浓度都是1mol/L时，硫酸中c（H+）为2mol/L，盐酸中c（H+）为1mol/L、醋酸中c（H+）小于1mol/L；（2）同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力与酸最终电离出氢离子的物质的量成正比；（3）若三者c（H+）相同时，酸的元数越大其浓度越小，酸的电离程度越大，其浓度越小；（4）当三者c（H+）相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积与酸最终电离出氢离子的物质的量成正比；（5）反应速率与氢离子浓度成正比，反应速率越大，反应时间越短；（6）加水稀释促进弱电解质电离．【解答】解：（1）醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，假设三种酸的浓度都是1mol/L时，硫酸中c（H+）为2mol/L，盐酸中c（H+）为1mol/L、醋酸中c（H+）小于1mol/L，所以相同浓度时，氢离子浓度大小顺序是b＞a＞c，故答案为：b＞a＞c； -26-\n（2）酸中和NaOH的能力与酸最终电离出氢离子物质的量成正比，同体积、同物质的量浓度的三种酸，其物质的量相等，硫酸中氢离子的物质的量最大，盐酸和醋酸最终电离出氢离子的物质的量相等，所以中和NaOH的能力大小顺序为b＞a=c，故答案为：b＞a=c；（3）若三者c（H+）相同时，假设都是1mol/L，硫酸浓度为0.5mol/L、盐酸浓度为1mol/L、醋酸浓度大于1mol/L，所以物质的量浓度由大到小的顺序是c＞a＞b（或c＞a=2b），故答案为：c＞a＞b（或c＞a=2b）； （4）酸与足量的锌反应时，相同状况下产生气体的体积与酸最终电离出氢离子的物质的量成正比，当三者c（H+）相同且体积也相同时，硫酸和稀盐酸最终电离出氢离子的物质的量相等，醋酸电离出氢离子的物质的量最大，所以这三种酸分别与足量锌反应时生成相同条件下气体体积大小顺序是c＞a=b，故答案为：c＞a=b； （5）反应速率与氢离子浓度成正比，开始时氢离子浓度相等，所以其反应速率相等，即a=b=c；反应过程中，硫酸和盐酸不再电离出氢离子，醋酸继续电离生成氢离子，所以反应过程中醋酸中氢离子浓度大于硫酸、盐酸中氢离子浓度，则醋酸反应速率最大，盐酸和硫酸反应速率相等，则反应所需时间的长短关系是a=b＞c，故答案为：a=b=c；a=b＞c；（6）加水稀释时，醋酸继续电离出氢离子，硫酸和HCl不再电离出氢离子，所以稀释100倍后，c（H+）由大到小的顺序是c＞a=b，故答案为：c＞a=b．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意：同物质的量的不同酸中和碱的能力、不同酸与金属反应速率与电解质强弱无关，为易错点． 18．甲醇是人们开发利用的一种新能源，已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1=﹣571.8kJ•mol﹣1②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H2=﹣192.9kJ•mol﹣1③CH3OH（l）═CH3OH（g）△H3=+37.4kJ•mol﹣1（1）写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式： CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣727.3kJ•mol﹣1 ．（2）H2的燃烧热为 285.9kJ•mol﹣1 ．-26-\n（3）二甲醚也是一种新型燃料，1mol二甲醚蒸气完全燃烧生成CO2和液态水时放出1455kJ热量，若1mol二甲醚和甲醇的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水时共放出1224.9kJ热量，则混合气体中甲醇和二甲醚的物质的量之比为 1：2 ．【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，依据热化学方程式和盖斯定律计算得到燃烧热的热化学方程式；（2）依据热化学方程式2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1=﹣571.8kJ•mol﹣1，燃烧热概念分析计算氢气燃烧热；（3）1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量．1mol甲醇和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1224.9kJ热量，依据热化学方程式CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣727.3kJ•mol﹣1，结合混合气体物质的量和放热列式计算得到二甲醚和甲醇物质的量之比．【解答】解：（1）①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1=﹣571.8kJ•mol﹣1②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H2=﹣192.9kJ•mol﹣1③CH3OH（l）═CH3OH（g）△H3=+37.4kJ•mol﹣1依据盖斯定律计算①+②+③得到CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣727.3kJ•mol﹣1，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣727.3kJ•mol﹣1；（2）2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1=﹣571.8kJ•mol﹣1，则氢气燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1=﹣285.9kJ•mol﹣1，故答案为：285.9kJ•mol﹣1；（3）1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量．1mol甲醇和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1224.9kJ热量，依据热化学方程式CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣727.3kJ•mol﹣1，设1mol混合气体中二甲醚物质的量x，得到甲醇燃烧放热（1﹣x）727.3KJ；依据条件得到：1224.9kJ﹣1455xKJ=（1﹣x）727.3KJ，计算得到x=0.68，则混合甲醇物质的量为0.32mol，则混合气体中甲醇和二甲醚物质的量之比=0.32：0.68=1：2，-26-\n故答案为：1：2．【点评】本题考查了热化学方程式的计算，比较基础，平时注意基础知识的积累，解题时需注意化学计量数与热量的关系，题目难度不大． 19．T℃、2L密闭容器中某一反应不同时刻各物质的量如图（E为固体，其余为气体）．回答下列问题：（1）写出该反应的化学方程式 2A+B3D+E ．（2）反应开始至3min时，用D表示的平均反应速率为 0.1mol/（L•min） mol/（L•min）．（3）T℃时，该反应的化学平衡常数K= ．（4）第6min时，保持温度不变，将容器的体积缩小至原来的一半，重新达到平衡后，D的体积分数为 ．物质ABDE物质的量mol0.81.00.40.2（5）另有一个2L的密闭容器，T℃、某一时刻时，容器中各物质的量如表所示：此时v（正） 大于 v（逆）（填“大于”或“等于”或“小于”）．【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）根据图中的数据，利用各物质变化的物质的量之比等于化学反应计量数之比，可写出化学方程式；（2）根据v=计算反应速率；（3）根据生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积计算平衡常数；-26-\n（4）在温度不变条件下，根据外界条件对平衡移动的影响作判断及体积之比等于物质的量之比计算D的体积分数；（5）根据Qc与K比较，判断平衡移动方向，进而比较正逆反应速率大小；【解答】解：（1）根据图中的数据可知，AB的物质的量减小，DE物质的量增加，所以AB为反应物，DE为生成物，△n（A）：△n（B）：△n（D）：△n（E）=0.4：0.2：0.6：0.2=2：1：3：1利用各物质变化的物质的量之比等于化学反应计量数之比，可写出化学方程式为2A+B3D+E，故答案为：2A+B3D+E；（2）反应开始至3min时，用D表示的平均反应速率为v===0.1mol/（L•min），故答案为：0.1mol/（L•min）；（3）根据生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积计算平衡常数，因为E是固体，所以K===；故答案为：；（4）在温度不变条件下，反应2A（g）+B（g）3D（g）+E（s）前后气体体积不变，所以体积压缩为原来一半时，平衡不移动，D的体积分数不变，所以D的体积分数为：，故答案为：0.3；（5）根据表中数据可知，此时Qc==＜；即Qc＜K反应未达平衡，要正向移动，所以v（正）＞v（逆），故答案为：大于．【点评】本题考查了根据图象写化学方程式、反应速率的计算、平衡常数的计算、平衡移动影响因素等知识，中等难度，本题的难点是平衡常数的计算和运用． 20．50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是 环形玻璃搅拌棒 ．（2）烧杯间填满碎纸条的作用是 减少实验过程中的热量损失 ．（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值 偏小 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．-26-\n（4）该实验常用0.50mol/LHCl和0.55mol/LNaOH溶液各50mL进行实验，其中NaOH溶液浓度大于盐酸浓度的作用是 保证盐酸完全被中和 ，当室温低于10℃时进行实验，对实验结果会造成较大的误差，其原因是 体系内、外温差大，会造成热量损失 ．（5）实验中改用60mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.50mol•L﹣1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求得的中和热 相等 （填“相等”或“不相等”），简述理由： 因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的能量，与酸碱的用量无关 ．（6）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值将 偏小 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）【考点】中和热的测定．【专题】定量测定与误差分析．【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失；（4）为了保证HCl完全反应，碱应过量；温度过低，体系内、外温差大，对实验结果造成的误差较大；（5）根据中和热的概念和实质来回答；（6）根据弱电解质电离吸热．【解答】解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；-26-\n（4）NaOH的浓度大于HCl的浓度，使盐酸完全被中和；当室温低于10℃时进行，体系内、外温差大，会造成热量损失；故答案为：保证盐酸完全被中和；体系内、外温差大，会造成热量损失；（5）改用60mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.50mol•L﹣1NaOH溶液进行反应，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，中和热相等；故答案为：相等；因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的能量，与酸碱的用量无关；（6）一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀NaOH溶液反应，反应放出的热量偏小；故答案为：偏小．【点评】本题考查中和热的测定原理，题目难度中等，注意理解中和热的概念是解题的关键． 三、计算题（本题1小题，8分）21．把0.6molX气体和0.4molY气体混合于容积为2L的容器中，使它们发生如下反应：3X（g）+Y（g）⇌nZ（g）+2W（g），5min末已生成0.2molW，若测知以Z的浓度变化来表示的平均反应速率为0.01mol/（L•min）．求：（1）上述反应中的Z气体的计量系数n的值；（2）上述反应在5min末时，已反应的Y的物质的量占原来量的百分数．（写出计算过程）【考点】化学平衡的计算．【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题．【分析】把0.6molX气体和0.4molY气体混合于2L容器中，5min末已生成0.2molW，则：3X（气）+Y（气）═nZ（气）+2W（气）起始量（mol）：0.60.400变化量（mol）：0.30.10.1n0.25min末（mol）0.30.30.1n0.2（1）根据速率计算生成Z的物质的量，进而计算n的值；（2）已反应的Y的物质的量占原来量的百分数=×100%．【解答】解：把0.6molX气体和0.4molY气体混合于2L容器中，5min末已生成0.2molW，则：-26-\n3X（气）+Y（气）═nZ（气）+2W（气）起始量（mol）：0.60.400变化量（mol）：0.30.10.1n0.25min末（mol）0.30.30.1n0.2（1）0.01mol/（L•min）×5min×2L=0.1nmol，解得n=1，答：反应中的Z气体的计量系数n的值为1；（2）已反应的Y的物质的量占原来量的百分数=×100%=×100%=25%，答：已反应的Y的物质的量占原来量的百分数为25%．【点评】本题考查化学平衡计算、反应速率计算，比较基础，注意对速率定义式的理解与灵活应用． -26-
