2022-2022学年安徽省宣城市宣城中学、郎溪中学、广德中学联考高二（上）期中化学试卷 一、选择题（每小题3分，共48分．下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1．下列变化属于放热的化学反应的是（ ）A．浓硫酸稀释B．氯化铵受热分解C．木炭点燃后燃烧D．碳酸钙分解 2．已知热化学方程式：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol，下列有关说法正确的是（ ）A．每消耗1molH2（g）释放483.6kJ的能量B．每生成1molH2O（g）释放483.6kJ的能量C．方程式中H2（g）计量数改变△H值不变D．同条件下2molH2O（g）完全分解吸收的能量为483.6kJ 3．已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol现有标准状况下112LCO与H2的混合气体，完全燃烧后生成CO2（g）和H2O（l），放出1418.5kJ的热量，则混合物中CO与H2的物质的量之比是（ ）A．1：1B．3：1C．2：3D．1：4 4．已知：强酸强碱的稀溶液发生中和反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，C2H6的燃烧热△H=﹣1559.8kJ/mol．（ ）A．H2CO3（aq）+2NaOH（aq）=Na2CO3（aq）+2H2O（l）△H=﹣114.6kJ/molB．2C2H6（g）+7O2（g）=4CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣3119.6kJ/molC．NaHCO3（aq）+NaOH（aq）=Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/molD．C2H6（g）+7/2O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣1559.8kJ/mol 5．已知：CO（g）、H2（g）、CH3OH（l）的燃烧热分别为﹣283.0kJ/mol、﹣285.8kJ/mol、﹣726.5kJ/mol，则反应CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）的△H为（ ）A．﹣128.1kJ/molB．﹣1295.3kJ/molC．﹣157.7kJ/molD．+157.7kJ/mol 6．下列关于反应N2+3H2═2NH3的反应速率说法一定正确的是（ ）A．每消耗1molN2的同时消耗2molNH3B．相同时间内消耗28gN2与消耗6gH2的反应速率相同C．当v（N2）=3v（H2）时表示反应已达平衡D．2min内H2减少3mol，则v（N2）=0.5mol/（L•min） 7．对于平衡CO2（g）═CO2（aq）△H＜0，为增大CO2在水中的溶解度，应采用的方法是（ ）A．增加压强B．升高温度C．不断搅拌D．升温减压-18-\n 8．下列关于可逆反应H2（g）+I2（g）═2HI（g）在一定温度与体积条件下达到平衡的判断正确的是（ ）A．每断裂1molH﹣H键的同时断裂1molI﹣I键B．每断裂1molI﹣I键的同时生成2molH﹣I键C．每消耗1molH2的同时消耗2molHID．压强不发生改变 9．在相同的温度与体积下，对反应CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）进行甲、乙、丙、丁四组实验，实验起始时放入容器内各组分的物质的量见下表CO2H2COH2O甲amolamol0mol0mol乙2amol2amol0mol0mol丙2amol2amolamolamol丁amol0mol2amol2amol上述四种情况，起始的时候正反应速率v（H2）正大小顺序正确的是（ ）A．丙＞丁＞乙＞甲B．丙＞乙=丁＞甲C．丙＞乙＞甲＞丁D．乙=丙＞甲＞丁 10．对于可逆反应mA+nB═pC+qD从正反应开始反应并在一定条件下达到平衡后，如果增大压强，则容器内气体平均相对分子质量增大，下列有关判断错误的是（ ）A．反应物A或B至少有一个是气体B．容器内不可能是单一气体C．m+n可能大于p+qD．若m＜p，且D是气体，则B一定是气体 11．一定量的Fe与过量的稀硫酸反应，为了减缓反应速率又不影响生成氢气的总量，不可以采取的措施是（ ）A．加入K2SO4溶液B．加入CH3COONa固体C．加一定量水D．加入KNO3溶液 12．可逆反应2SO2（g）+O2═2SO3（g）△H＜0，达到平衡后，在其他条件不变的情况下改变下列条件，SO2转化率减小的是（ ）A．降低温度B．保持压强充入N2C．保持体积不变，增加O2D．增大压强 13．在一定条件下，向密闭容器中加入一定量的C（s）与H2O（g）发生可逆反应C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g），反应达到平衡后C（s）与H2O（g）转化率为2：1关系，则下列说法正确的是（ ）A．开始加入的C（s）与H2O（g）物质的量为2：1B．若增大压强，H2O（g）转化率不变化C．达到平衡后混合气体平均式量可能为16D．开始反应后混合气体平均式量一直减小 -18-\n14．已知25℃下，醋酸稀溶液中存在CH3COOH═H++CH3COO﹣，Ka=1.75×10﹣5．下列有关说法错误的是（ ）A．加入冰醋酸Ka变小B．升高温度Ka变大C．通入HCl气体醋酸电离程度变小D．加入少量NaOH固体，Ka不变 15．关于0.5mol/LCH3COOH与0.5mol/L盐酸的比较，正确的是（ ）A．氢离子浓度相同B．导电能力相同C．中和NaOH的能力相同D．加水稀释一倍后酸的浓度不再相同 16．已知25℃下碳酸的电离常数K1=4.4×10﹣7，K2=4.7×10﹣11．下列有关碳酸溶液中各微粒浓度关系的说法正确的是（ ）A．c（H+）═c（OH﹣）+c（HCO）+2c（CO）B．c（H+）＞c（HCO）＞c（H2CO3）C．c（H2CO3）═2c（H+）+c（CO）D．c（H+）═c（OH﹣）+c（HCO）+c（CO） 二、非选择题（共52分）17．（14分）（2022秋•宣城校级期中）如表中的数据是破坏1mol物质的化学键所消耗的能量：物质Cl2Br2I2HClHBrHIH2能量（kJ）243193151431366298436根据上述数据回答：（1）下列氢化物中，最不稳定的是 A．HClB．HBrC．HI（2）H2和Cl2反应生成HCl过程中的热效应可用图表示，请回答下列问题：①△H1= kJ•mol﹣1，△H2= kJ•mol﹣1，△H3= kJ•mol﹣1．②据实验测定，H2和Cl2的混合气体在光照下反应生成HCl，引发该反应的步骤是上图①～③中分子转化为原子的一步，你认为是第 （填序号）步，请说明原因： ．③该反应的热化学方程式为 ．-18-\n 18．（12分）（2022秋•宣城校级期中）滴定实验是中学常用的定量实验，主要原理是利用已知浓度的某溶液滴加到未知浓度的溶液中，通过恰好完全反应的“终点”的判断，实验测出消耗的两种物质的量来计算未知浓度的溶液的浓度．下面是甲同学用滴定实验来测定食用精制盐中的碘含量（食盐中加入一定量的KIO3）．已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣，其步骤为：a．准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c．以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.000×10﹣3mol/L的Na2S2O3溶液15.00mL，恰好反应完全．（1）配平化学方程式 KIO3+ KI+ H2SO4= K2SO4+ I2+ H2O（2）判断c中反应恰好完全依据的现象是：当滴加最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液由 色变为 色，且颜色半分钟内不改变．（3）根据以上实验，所测精制食盐中的碘含量是 mg/kg．（以含w的代数式表示）（4）已知在酸性环境下：2H++S2O32﹣=S↓+SO2↑+H2O，所以乙同学认为在c操作前应 ，否则实验测得食盐中碘的含量会 （填“偏高”或“偏低”或“没有影响”） 19．（12分）（2022秋•宣城校级期中）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度T的关系如下表：T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（1）该反应为 反应（填“吸热”、“放热”）．（2）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CO气体b．适当升高温度c．增大CO2的浓度d．选择高效催化剂（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是 （多选不得分）．a．容器中压强不变b．混合气体中c（CO）不变c．v正（H2）=v逆（H2O）d．c（CO2）=c（CO）（4）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）•c（H2）=c（CO）•c（H2O），试判断此时的温度为 ℃．（5）若在（4）所处的温度下，在1L的密闭容器中，加入2molCO2和3molH2充分反应达平衡时，H2的物质的量为 ，CO2的物质的量为 ．-18-\na．等于1.0molb．大于1.0molc．大于0.5mol，小于1.0mold．无法确定． 20．（14分）（2022秋•宣城校级期中）下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：CH3COOHH2CO3H2SH3PO41.8×10﹣5K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11K1=9.1×10﹣8K2=1.1×10﹣12K1=7.5×10﹣3K2=6.2×10﹣8K3=2.2×10﹣13（1）若把CH3COOH、H2CO3、HCO3﹣、H2S、HS﹣、H3PO4、H2PO4﹣、HPO42﹣都看成酸，则酸性最强的是 ，最弱的是 ．（2）多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离的原因是 ．（3）同浓度的CH3COO﹣、HCO3﹣、CO32﹣、S2﹣结合H+的能力由强到弱的顺序为 ．（4）在温度相同时，各弱酸的K值不同，K值越大酸越 （填“强”或“弱”）．（5）根据K值大小判断下列反应能否发生：CH3COOH+H2PO4﹣ （填“能”或“不能”，下同）H2CO3+HS﹣ ． 2022-2022学年安徽省宣城市宣城中学、郎溪中学、广德中学联考高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（每小题3分，共48分．下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1．下列变化属于放热的化学反应的是（ ）A．浓硫酸稀释B．氯化铵受热分解C．木炭点燃后燃烧D．碳酸钙分解【考点】吸热反应和放热反应．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸、所有中和反应；绝大多数化合反应、置换反应；少数分解、复分解反应．常见的吸热反应有：个别的化合反应（如C和CO2），绝大数分解反应，少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）．【解答】解：A．浓硫酸溶于水要放出大量的热量，但此过程，不是化学反应，故A错误；B．氯化铵受热分解属于分解反应，发生过程中需要吸收热量，所以B属于吸热反应，故B错误；C．木炭燃烧，属于物质的燃烧的类型，属于放热反应，故C正确；D．碳酸钙受热分解属于分解反应，发生过程中需要吸收热量，所以属于吸热反应，故D错误，故选C．-18-\n【点评】此题是一道关于物质发生化学反应时释放能量时吸热或放热的判断类型题，关于化学反应中是否是吸放热的判断，关键是掌握判断化学反应的基本方法，结合排除法进行解答即可． 2．已知热化学方程式：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol，下列有关说法正确的是（ ）A．每消耗1molH2（g）释放483.6kJ的能量B．每生成1molH2O（g）释放483.6kJ的能量C．方程式中H2（g）计量数改变△H值不变D．同条件下2molH2O（g）完全分解吸收的能量为483.6kJ【考点】有关反应热的计算．【专题】燃烧热的计算．【分析】据氢气燃烧的热化学方程式分析可知，2mol氢气与1mol氧气燃烧生成2mol水蒸气放热483.6KJ，结合正逆反应焓变数值相等，符合相反解答．【解答】解：A、由氢气燃烧的热化学方程式可知，2mol氢气与1mol氧气燃烧生成2mol水蒸气放热483.6KJ，故A错误；B、由氢气燃烧的热化学方程式可知，每生成2molH2O（g）释放483.6kJ的能量，故B错误；C、焓变与系数成正比，故C错误；D、正逆反应焓变数值相等，符合相反，所以同条件下2molH2O（g）完全分解吸收的能量为483.6kJ，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了热化学方程式的含义，题目难度不大，注意基础知识的积累． 3．已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol现有标准状况下112LCO与H2的混合气体，完全燃烧后生成CO2（g）和H2O（l），放出1418.5kJ的热量，则混合物中CO与H2的物质的量之比是（ ）A．1：1B．3：1C．2：3D．1：4【考点】有关反应热的计算．【专题】燃烧热的计算．【分析】先根据方程式求出H2和CO的燃烧热，设H2的物质的量为nmol，则CO的物质的量为5mol﹣n，根据放出的热量列方程式解答．【解答】解：设混合气中H2的物质的量为n，则CO的物质的量为5mol﹣n，根据题意，列方程为：kJ/mol×n+kJ/mol×（5mol﹣n）=1418.5kJ解得：n=1.25mol，CO的物质的量为5mol﹣1.25mol=3.75mol，所以混合气体中CO与H2的体积比即物质的量之比为1.25mol：3.75mol=3：1，故选：B．【点评】以常规方法进行计算求解，思路直接，便于理解，但是由于一般需要列方程，步骤烦琐，计算量较大，因此可以选用十字交叉法，比较方便 -18-\n4．已知：强酸强碱的稀溶液发生中和反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，C2H6的燃烧热△H=﹣1559.8kJ/mol．（ ）A．H2CO3（aq）+2NaOH（aq）=Na2CO3（aq）+2H2O（l）△H=﹣114.6kJ/molB．2C2H6（g）+7O2（g）=4CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣3119.6kJ/molC．NaHCO3（aq）+NaOH（aq）=Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/molD．C2H6（g）+7/2O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣1559.8kJ/mol【考点】热化学方程式．【专题】燃烧热的计算．【分析】A、碳酸是弱酸，溶液中存在电离平衡，电离过程为吸热过程；B、C2H6的燃烧热△H=﹣1559.8kJ/mol，2molC2H6恰好完全反应放热3119.6kJ；C、碳酸氢钠和氢氧化钠的反应不是酸碱中和反应，碳酸氢根离子电离吸热；D、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；【解答】解：A、碳酸是弱酸，溶液中存在电离平衡，电离过程为吸热过程，反应生成2mol水过程中放热小于114.6kJ，焓变为负值，所以热化学方程式H2CO3（aq）+2NaOH（aq）=Na2CO3（aq）+2H2O（l）△H＞﹣114.6kJ/mol，故A错误；B、C2H6的燃烧热△H=﹣1559.8kJ/mol，2molC2H6恰好完全反应放热3119.6kJ，反应的热化学方程式为：2C2H6（g）+7O2（g）=4CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣3119.6kJ/mol，故B正确；C、碳酸氢钠和氢氧化钠的反应不是酸碱中和反应，碳酸氢根离子电离吸热，故C错误；D、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，C2H6（g）+O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1559.8kJ/mol，水应为液体，故D错误；故选B．【点评】本题考查了燃烧热、中和热、热化学方程式的书写方法，掌握基础是解题关键，题目难度中等． 5．已知：CO（g）、H2（g）、CH3OH（l）的燃烧热分别为﹣283.0kJ/mol、﹣285.8kJ/mol、﹣726.5kJ/mol，则反应CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）的△H为（ ）A．﹣128.1kJ/molB．﹣1295.3kJ/molC．﹣157.7kJ/molD．+157.7kJ/mol【考点】有关反应热的计算．【专题】燃烧热的计算．【分析】先根据燃烧热分别写出CO、H2、CH3OH热化学方程式CO燃烧的热化学方程式：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283kJ•mol﹣1①H2燃烧的热化学方程式：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣285.8×2kJ•mol﹣1②CH3OH燃烧的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.5kJ•mol﹣1③根据盖斯定律将①+②+（﹣③）计算．【解答】解：CO燃烧的热化学方程式：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283kJ•mol﹣1①H2燃烧的热化学方程式：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣285.8×2kJ•mol﹣1②-18-\nCH3OH燃烧的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.5kJ•mol﹣1③根据盖斯定律将①+②+（﹣③）可得：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（l）△H=﹣128.1KJ•mol﹣1，故选：A．【点评】本题考查热化学方程式的书写及计算、盖斯定律等，题目难度中等，注意根据盖斯定律解题． 6．下列关于反应N2+3H2═2NH3的反应速率说法一定正确的是（ ）A．每消耗1molN2的同时消耗2molNH3B．相同时间内消耗28gN2与消耗6gH2的反应速率相同C．当v（N2）=3v（H2）时表示反应已达平衡D．2min内H2减少3mol，则v（N2）=0.5mol/（L•min）【考点】化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题；化学反应速率专题．【分析】A．可逆反应达到平衡状态时每消耗1molN2的同时消耗2molNH3；B.28g氮气的物质的量是1mol，6g氢气的物质的量是3mol，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算量之比；C．同一物质正逆反应速率相等或不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比时该反应达到平衡状态；D．根据v=计算判断．【解答】解：A．可逆反应达到平衡状态时每消耗1molN2的同时消耗2molNH3，如果没有达到平衡状态时，每消耗1molN2的不同时消耗2molNH3，故A错误B.28g氮气的物质的量是1mol，6g氢气的物质的量是3mol，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算量之比，所以相同时间内消耗28gN2与消耗6gH2的反应速率相同，故B正确；C．同一物质正逆反应速率相等或不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比时该反应达到平衡状态，物质反应速率方向未知，无法判断，故C错误D．根据v=知，容器体积未知，无法计算其反应速率，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学平衡状态判断、化学反应速率计算等知识点，为高频考点，利用反应速率判断平衡状态时必须要结合反应方向判断，易错选项是CD． 7．对于平衡CO2（g）═CO2（aq）△H＜0，为增大CO2在水中的溶解度，应采用的方法是（ ）A．增加压强B．升高温度C．不断搅拌D．升温减压【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】根据气体溶解度的影响因素进行分析解答，温度越小、压强越大，气体在水中的溶解度越大，据此解答．【解答】解：A、增加压强气体的溶解度增大，故A正确；-18-\nB、升温气体的溶解度减小，故B错误；C、不断搅拌气体的溶解度减小，故C错误；D、升温减压则气体在水中的溶解度减小，故D错误；故选A．【点评】本题考查了影响气体溶解度的因素，完成此题，可以依据已有的知识进行． 8．下列关于可逆反应H2（g）+I2（g）═2HI（g）在一定温度与体积条件下达到平衡的判断正确的是（ ）A．每断裂1molH﹣H键的同时断裂1molI﹣I键B．每断裂1molI﹣I键的同时生成2molH﹣I键C．每消耗1molH2的同时消耗2molHID．压强不发生改变【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解答】解：A、只要反应发生就符合每断裂1molH﹣H键的同时断裂1molI﹣I键，故A错误；B、每断裂1molI﹣I键的同时生成2molH﹣I键，都反映的是正反应方向，故B错误；C、每消耗1molH2等效于生成2molHI，同时消耗2molHI，正逆反应速率相等，达平衡状态，故C正确；D、气体两边的计量数相等，压强始终不发生改变，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0． 9．在相同的温度与体积下，对反应CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）进行甲、乙、丙、丁四组实验，实验起始时放入容器内各组分的物质的量见下表CO2H2COH2O甲amolamol0mol0mol乙2amol2amol0mol0mol丙2amol2amolamolamol丁amol0mol2amol2amol上述四种情况，起始的时候正反应速率v（H2）正大小顺序正确的是（ ）A．丙＞丁＞乙＞甲B．丙＞乙=丁＞甲C．丙＞乙＞甲＞丁D．乙=丙＞甲＞丁【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】起始的时候正反应速率v（H2）正大小与氢气的起始物质的量有关，氢气的物质的量越大，反应速率越大，以此解答该题．【解答】解：起始的时候正反应速率v（H2）正大小与氢气的起始物质的量有关，氢气的物质的量越大，反应速率越大，由表中数据可知，反应速率乙=丙＞甲＞丁，故选D．-18-\n【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握浓度对反应速率的影响，难度不大． 10．对于可逆反应mA+nB═pC+qD从正反应开始反应并在一定条件下达到平衡后，如果增大压强，则容器内气体平均相对分子质量增大，下列有关判断错误的是（ ）A．反应物A或B至少有一个是气体B．容器内不可能是单一气体C．m+n可能大于p+qD．若m＜p，且D是气体，则B一定是气体【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】对于可逆反应mA+nB═pC+qD，如果增大压强，平衡向气体体积减少的方向移动，如果反应物是非气体，虽平衡移动但相对分子质量不变；若反应物和生成物都是气体，增大压强平衡移动的结果，使得容器内气体的相对分子质量一定增大，由此分析解答．【解答】解：A、如果都是气体，压强改变，相对分子量不变，所以反应物A或B至少有一个是气体，故A正确；B、如果器内是单一气体，相对分子量是一个定值，故B正确；C、如反应物和生成物都是气体，平衡逆向移动，则容器内气体平均相对分子质量增大，所以m+n可能大于p+q，故C正确；D、若m＜p，且D是气体，与A和C的状态有关，B可能是气体也可能不是，故D错误；故选D．【点评】本题考查外界条件对化学平衡的影响，学生要清楚平衡对外界影响导致平衡的移动，引起相对分子量的变化，然后得出气体的状态和计量数的大小，比较容易． 11．一定量的Fe与过量的稀硫酸反应，为了减缓反应速率又不影响生成氢气的总量，不可以采取的措施是（ ）A．加入K2SO4溶液B．加入CH3COONa固体C．加一定量水D．加入KNO3溶液【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】硫酸过量，减小氢离子的浓度，不改变铁的量，可满足减缓反应速率但又不影响生成H2的总量，以此来解答【解答】解：A．加入K2SO4溶液，氢离子浓度减小，反应速率减小，但生成氢气的量不变，故A正确；B．加入CH3COONa固体，生成醋酸，氢离子浓度减小，反应速率减小，但生成氢气的量不变，故B正确；C．加一定量水，氢离子浓度减小，反应速率减小，但生成氢气的量不变，故C正确；D．加入KNO3溶液，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，与铁反应生成NO气体，故D错误．故选D．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，注意强酸转化为弱酸时氢离子的浓度变小而总物质的量不变是解答本题的关键，并熟悉物质之间的反应来解答，题目难度不大． -18-\n12．可逆反应2SO2（g）+O2═2SO3（g）△H＜0，达到平衡后，在其他条件不变的情况下改变下列条件，SO2转化率减小的是（ ）A．降低温度B．保持压强充入N2C．保持体积不变，增加O2D．增大压强【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A．降低温度，平衡正向移动；B．保持压强充入N2，相对于减小反应体系的压强，平衡逆向移动；C．保持体积不变，增加O2，平衡正向移动；D．增大压强，平衡正向移动．【解答】解：A．降低温度，平衡正向移动，则SO2转化率增大，故A错误；B．保持压强充入N2，相对于减小反应体系的压强，平衡逆向移动，则SO2的平衡转化率减小，故B正确；C．保持体积不变，增加O2，平衡正向移动，则SO2转化率增大，故C错误；D．增大压强，平衡正向移动，则SO2转化率增大，故D错误；故选B．【点评】本题考查影响化学平衡的因素，把握温度、压强导致的平衡移动为解答本题的关键，题目难度不大． 13．在一定条件下，向密闭容器中加入一定量的C（s）与H2O（g）发生可逆反应C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g），反应达到平衡后C（s）与H2O（g）转化率为2：1关系，则下列说法正确的是（ ）A．开始加入的C（s）与H2O（g）物质的量为2：1B．若增大压强，H2O（g）转化率不变化C．达到平衡后混合气体平均式量可能为16D．开始反应后混合气体平均式量一直减小【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、反应中碳单质是固体，固体量的增减不会引起平衡的移动；B、增大压强，化学平衡向着气体的系数和减小的方向进行；C、混合气体平均式量等于质量和物质的量的比值；D、开始反应后，气体的质量增加，物质的量增加，质量增加的程度更大．【解答】解：A、反应中碳单质是固体，固体量的增减不会引起平衡的移动，反应达到平衡后C（s）与H2O（g）转化率为2：1关系，开始加入的C（s）与H2O（g）物质的量不一定是2：1，故A错误；B、若增大压强，化学平衡向着气体的系数和减小的方向进行，H2O（g）转化率会减小，故B错误；C、混合气体平均式量等于质量和物质的量的比值，达到平衡后，生成的气体的物质的量相等，混合气体平均式量介于2﹣28之间，故C正确；D、开始反应后，气体的质量增加，物质的量增加，质量增加的程度更大，所以混合气体平均式量会增加，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生化学平衡移动的影响因素以及有关量的变化知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等．-18-\n 14．已知25℃下，醋酸稀溶液中存在CH3COOH═H++CH3COO﹣，Ka=1.75×10﹣5．下列有关说法错误的是（ ）A．加入冰醋酸Ka变小B．升高温度Ka变大C．通入HCl气体醋酸电离程度变小D．加入少量NaOH固体，Ka不变【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】平衡思想；演绎推理法；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、冰醋酸Ka只与温度有关；B、醋酸的电离是吸热过程，升高温度平衡向电离方向移动；C、醋酸电离电离产生氢离子，通入HCl气体，溶液的酸性增强，据此判断；D、冰醋酸Ka只与温度有关，据此判断；【解答】解：A、冰醋酸Ka只与温度有关，故A错误；B、醋酸的电离是吸热过程，升高温度平衡向电离方向移动，Ka变大，故B正确；C、醋酸电离电离产生氢离子，通入HCl气体，溶液的酸性增强，平衡逆向移动，醋酸电离程度变小，故C正确；D、冰醋酸Ka只与温度有关，加入少量NaOH固体，Ka不变，故D正确；故选A．【点评】本题考查了影响弱电解质电离平衡移动的因素及影响平衡常数的因素，注意影响弱电解质电离平衡移动的因素有温度和浓度，影响平衡常数的因素只与温度有关，题目难度不大． 15．关于0.5mol/LCH3COOH与0.5mol/L盐酸的比较，正确的是（ ）A．氢离子浓度相同B．导电能力相同C．中和NaOH的能力相同D．加水稀释一倍后酸的浓度不再相同【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】平衡思想；演绎推理法；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质只有部分电离，所以等物质的量浓度的盐酸和醋酸，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，溶液的导电能力与离子浓度成正比，中和碱时与总物质的量有关，与强弱无关，加水稀释相同倍数时，醋酸的电离程度变大，但酸的总浓度还是相同，据此答题．【解答】解：氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质只有部分电离，所以等物质的量浓度的盐酸和醋酸，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，A．氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质只有部分电离，所以等物质的量浓度的盐酸和醋酸，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，故A错误；B．溶液的导电能力与离子浓度成正比，盐酸中离子浓度大于醋酸，所以盐酸的导电能力强，故B错误；C．中和碱时与总物质的量有关，与强弱无关，所以中和NaOH的能力相同，故C正确；D．加水稀释相同倍数时，醋酸的电离程度变大，但酸的总浓度还是相同，故D错误；故选：C．-18-\n【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点及溶液导电能力与自由移动离子浓度的关系是解本题关键，题目难度不大． 16．已知25℃下碳酸的电离常数K1=4.4×10﹣7，K2=4.7×10﹣11．下列有关碳酸溶液中各微粒浓度关系的说法正确的是（ ）A．c（H+）═c（OH﹣）+c（HCO）+2c（CO）B．c（H+）＞c（HCO）＞c（H2CO3）C．c（H2CO3）═2c（H+）+c（CO）D．c（H+）═c（OH﹣）+c（HCO）+c（CO）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．根据溶液中的电荷守恒分析；B．碳酸是弱酸，在溶液中部分电离，而且电离程度较小，以第一步电离为主；C．碳酸是弱酸，在溶液中部分电离；D．根据溶液中的电荷守恒分析．【解答】解：A．碳酸溶液中存在的离子有H+、OH﹣、HCO3﹣、CO32﹣，阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，则溶液中的电荷守恒为c（H+）═c（OH﹣）+c（HCO）+2c（CO），故A正确；B．碳酸是弱酸，在溶液中部分电离，而且电离程度较小，以第一步电离为主，所以溶液中碳酸分子的浓度最大，则c（H2CO3）＞c（H+）＞c（HCO），故B错误；C．碳酸是弱酸，在溶液中部分电离，主要以碳酸分子的形式存在，所以c（H2CO3）≠2c（H+）+c（CO），故C错误；D．碳酸溶液中存在的离子有H+、OH﹣、HCO3﹣、CO32﹣，阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，则溶液中的电荷守恒为c（H+）═c（OH﹣）+c（HCO）+2c（CO），故D错误．故选A．【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握弱电解质的电离平衡及其影响因素，明确电荷守恒、物料守恒在判断离子浓度大小中的应用方法． 二、非选择题（共52分）17．（14分）（2022秋•宣城校级期中）如表中的数据是破坏1mol物质的化学键所消耗的能量：物质Cl2Br2I2HClHBrHIH2能量（kJ）243193151431366298436-18-\n根据上述数据回答：（1）下列氢化物中，最不稳定的是 C A．HClB．HBrC．HI（2）H2和Cl2反应生成HCl过程中的热效应可用图表示，请回答下列问题：①△H1= +243 kJ•mol﹣1，△H2= +436 kJ•mol﹣1，△H3= ﹣431 kJ•mol﹣1．②据实验测定，H2和Cl2的混合气体在光照下反应生成HCl，引发该反应的步骤是上图①～③中分子转化为原子的一步，你认为是第 ① （填序号）步，请说明原因： Cl﹣Cl键的键能比H﹣H键的键能小，更易断裂，从而引发反应 ．③该反应的热化学方程式为 H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=﹣183kJ•mol﹣1 ．【考点】有关反应热的计算；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；热化学方程式．【专题】元素周期律与元素周期表专题；燃烧热的计算．【分析】（1）根据能量越高键能越小越不稳定判断；（2）①化学键断裂要吸收能量，形成化学键要放出能量，则由表中数据判断；②根据Cl﹣Cl键的键能比H﹣H键的键能小，更易断裂，从而引发反应判断；③在反应中H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，以此解答该题．【解答】解：（1）因为能量越高键能越小越不稳定，又HCl、HBr和HI的键能越来越小，所以HI最不稳定，故选：C；（2）①化学键断裂要吸收能量，形成化学键要放出能量，则由表中数据可知△H1=+243kJ•mol﹣1，△H2=+436kJ•mol﹣1，△H3=﹣431kJ•mol﹣1，故答案为：+243；+436；﹣431；②引发该反应的第一步是上图①～③中分子转化为原子的第①步，因Cl﹣Cl键的键能比H﹣H键的键能小，更易断裂，从而引发反应，故答案为：①；Cl﹣Cl键的键能比H﹣H键的键能小，更易断裂，从而引发反应；③在反应中H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则△H=（436+243﹣2×431）kJ/mol=﹣183kJ•mol﹣1，故答案为：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=﹣183kJ•mol﹣1．【点评】本题综合考查反应热与焓变，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，该题易错点为（2），注意把握反应的特点以及反应热的计算方法． 18．（12分）（2022秋•宣城校级期中）滴定实验是中学常用的定量实验，主要原理是利用已知浓度的某溶液滴加到未知浓度的溶液中，通过恰好完全反应的“终点”的判断，实验测出消耗的两种物质的量来计算未知浓度的溶液的浓度．下面是甲同学用滴定实验来测定食用精制盐中的碘含量（食盐中加入一定量的KIO3）．已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣，其步骤为：a．准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；-18-\nb．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c．以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.000×10﹣3mol/L的Na2S2O3溶液15.00mL，恰好反应完全．（1）配平化学方程式 1 KIO3+ 5 KI+ 3 H2SO4= 3 K2SO4+ 3 I2+ 3 H2O（2）判断c中反应恰好完全依据的现象是：当滴加最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液由 蓝 色变为 无 色，且颜色半分钟内不改变．（3）根据以上实验，所测精制食盐中的碘含量是 mg/kg．（以含w的代数式表示）（4）已知在酸性环境下：2H++S2O32﹣=S↓+SO2↑+H2O，所以乙同学认为在c操作前应 先加适量NaOH中和多余硫酸至溶液中性 ，否则实验测得食盐中碘的含量会 偏高 （填“偏高”或“偏低”或“没有影响”）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】定量测定与误差分析．【分析】（1）元素化合价变化和电子守恒配平书写化学方程式，碘元素化合价+5价，﹣1价变化为0价；（2）以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.000×10﹣3mol/L的Na2S2O3溶液和碘单质反应，变蓝色的溶液颜色退去；（3）依据化学方程式的定量关系计算，KIO3～3I2～6Na2S2O3；（4）酸性环境下：2H++S2O32﹣=S↓+SO2↑+H2O，滴定前需要加入氢氧化钠溶液中和至中性，若不中和消耗Na2S2O3溶液体积增大，测定结果会增大．【解答】解：（1）碘元素化合价+5价，﹣1价变化为0价，电子转移总数为5，则KI前系数5，KIO3前系数1，结合原子守恒配平化学方程式为：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，故答案为：1，5，3，3，3，3；（2）以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.000×10﹣3mol/L的Na2S2O3溶液和碘单质反应，I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣，变蓝色的溶液颜色退去变为无色，故答案为：蓝；无；（3）KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣，I～KIO3～3I2～6Na2S2O316n2.000×10﹣3mol/L×0.0150Ln==5.00×10﹣6mol所测精制食盐中的碘含量是==mg/kg，故答案为：；（4）酸性环境下：2H++S2O32﹣=S↓+SO2↑+H2O，滴定前需要加入氢氧化钠溶液中和至中性，若不中和消耗Na2S2O3溶液体积增大，计算得到碘元素含量会偏高，故答案为：先加适量NaOH中和多余硫酸至溶液中性；偏高．【点评】本题考查学生对实验设计、操作、实验结果分析的能力，主要是滴定实验的过程分析应用，实验基本操作，掌握基础是解题关键，题目难度中等． -18-\n19．（12分）（2022秋•宣城校级期中）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度T的关系如下表：T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（1）该反应为 吸热 反应（填“吸热”、“放热”）．（2）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 bc ．a．及时分离出CO气体b．适当升高温度c．增大CO2的浓度d．选择高效催化剂（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是 bc （多选不得分）．a．容器中压强不变b．混合气体中c（CO）不变c．v正（H2）=v逆（H2O）d．c（CO2）=c（CO）（4）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）•c（H2）=c（CO）•c（H2O），试判断此时的温度为 830 ℃．（5）若在（4）所处的温度下，在1L的密闭容器中，加入2molCO2和3molH2充分反应达平衡时，H2的物质的量为 b ，CO2的物质的量为 c ．a．等于1.0molb．大于1.0molc．大于0.5mol，小于1.0mold．无法确定．【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）根据温度对化学平衡、化学平衡常数的影响来回答，平衡常数随温度升高增大，说明平衡正向进行；（2）升温、加压、增加浓度、使用催化剂等能使该反应的反应速率增大，根据化学平衡移动原理确定平衡的移动方向；（3）化学平衡状态的标志：正逆反应速率相等，各组分含量保持不变，据此回答；（4）某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：c（CO2）．c（H2）=c（CO）．c（H2O），说明K=1，由此分析解答；（5）依据化学平衡三段式列式和平衡常数概念计算消耗氢气物质的量计算得到平衡状态下的物质的量．【解答】解：（1）化学平衡常数的大小只与温度有关，升高温度，平衡向吸热的方向移动，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应方向吸热，故答案为：吸热；（2）a．及时分离出CO气体，能使该反应的反应速率降低，故错误；b．适当升高温度，能使该反应的反应速率增大，平衡向正反应方向移动，故正确；c．增大CO2的浓度，能使该反应的反应速率增大，平衡向正反应方向移动，故正确；d．选择高效催化剂，能使该反应的反应速率增大，但是不引起平衡的移动，故错误．故选bc；（3）a、反应是一个反应前后体积不变的反应，压强的改变不会要引起平衡移动，故错误；b、化学平衡时，各组分的浓度不随时间的改变而改变，故正确；c、化学平衡状态的标志是v正=v逆，所以v正（H2）=v逆（H2O）表明反应达到平衡状态，故C正确；d、c（CO2）=c（CO）时，不能表明正逆反应速率相等，不一定达到了平衡状态，故错误；故选bc；-18-\n（4）某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：c（CO2）．c（H2）=c（CO）．c（H2O），说明K=1，对应的温度是830℃，故答案为：830；（5）若在（3）所处的温度下，在1L的密闭容器中，加入2molCO2和3molH2充分反应达平衡时，设氢气消耗物质的量为x；CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）起始量（mol/L）2300变化量（mol/L）xxxx平衡量（mol/L）2﹣x3﹣xxxK==1，计算得到：x=1.2，反应达平衡时，H2的物质的量3mol﹣1.2mol=1.8mol；CO2的物质的量为0.8mol，故答案为：b；c．【点评】本题考查学生对平衡常数K的改变与平衡移动之间的关系的理解，以及影响化学平衡的因素，及利用平衡常数K进行简单的计算能力，难度不大． 20．（14分）（2022秋•宣城校级期中）下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：CH3COOHH2CO3H2SH3PO41.8×10﹣5K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11K1=9.1×10﹣8K2=1.1×10﹣12K1=7.5×10﹣3K2=6.2×10﹣8K3=2.2×10﹣13（1）若把CH3COOH、H2CO3、HCO3﹣、H2S、HS﹣、H3PO4、H2PO4﹣、HPO42﹣都看成酸，则酸性最强的是 H3PO4 ，最弱的是 HPO42﹣ ．（2）多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离的原因是 一级电离产生的H+对二级电离有抑制作用 ．（3）同浓度的CH3COO﹣、HCO3﹣、CO32﹣、S2﹣结合H+的能力由强到弱的顺序为 S2﹣＞CO32﹣＞HCO3﹣＞CH3COO﹣ ．（4）在温度相同时，各弱酸的K值不同，K值越大酸越 强 （填“强”或“弱”）．（5）根据K值大小判断下列反应能否发生：CH3COOH+H2PO4﹣ 不能 （填“能”或“不能”，下同）H2CO3+HS﹣ 能 ．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】图像图表题；平衡思想；演绎推理法；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）电离平衡常数越大的酸性越强，越小的酸性越弱；（2）产生相同离子微粒间相互有抑制作用；（3）相同条件下，酸的电离平衡常数越小，其越难电离，其酸根越容易结合氢离子；（4）由表中数据可知，在温度相同时，K值越大酸越强；（5）根据强酸制弱酸的原理，即K值大的酸能制得K值小的酸，据此判断；【解答】解：（1）电离平衡常数越大的酸性越强，越小的酸性越弱，根据表格知，酸性增强的是H3PO4，最弱的是HPO42﹣，故答案为：H3PO4；HPO42﹣；（2）多元弱酸分步电离，第一步电离程度最大，第二步、第三步依次减小，原因是上一级电离产生的H+对下一级电离有抑制作用，-18-\n故答案为：一级电离产生的H+对二级电离有抑制作用；（3）相同条件下，酸的电离平衡常数越小，其越难电离，其酸根越容易结合氢离子，所以同浓度的CH3COO﹣、HCO3﹣、CO32﹣、S2﹣结合H+的能力由强到弱的顺序为S2﹣、CO32﹣、HCO3﹣、CH3COO﹣，故答案为：S2﹣＞CO32﹣＞HCO3﹣＞CH3COO﹣；（4）由表中数据可知，在温度相同时，K值越大酸越强．故答案为：强；（5）根据强酸制弱酸的原理，即K值大的酸能制得K值小的酸，由于H3PO4的K1=7.5×10﹣3大于CH3COOH的K=1.8×10﹣5，所以CH3COOH+H2PO4﹣不能反应，H2CO3的K1=4.3×10﹣7大于H2S的K1=9.1×10﹣8，所以H2CO3+HS﹣能反应，故答案为：不能；能．【点评】考查学生对多元弱酸多步电离的理解，及从逆反应方向进一步理解电离，以及从电离角度理解复分解反应的条件，难度不大，注意基础知识的灵活运用． -18-
