浙江省溫州市2023-2024學年高二上學期期中考試化學試題（含答案）

浙江省溫州市2023-2024學年高二上學期期中考試化學試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、選擇題（本大題共16小題，每小題3分，共48分。每個小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．下列屬于強電解質的是（）A．飽和食鹽水 B．冰醋酸 C．NH3·H2O D．硫酸鋇2．2X(s)+Y(g)?2Z(g)ΔH=-akJ·mol-1（a>0），一定條件下，將2molX和1molY加入2L的恒容密閉容器中反應，10min后測得X的物質的量為1.4mol。下列說法正確的是（）A．10min時容器中Z的濃度為0.6mol·L-1B．10min內，反應放出的熱量為0.6akJC．10min內，用X表示的平均反應速率為0.03mol·L-1·min-1D．若容器中的氣體密度不再發(fā)生變化，說明上述反應已達平衡狀態(tài)3．下列說法不正確的是（）A．容量瓶、分液漏斗、滴定管使用前均要檢漏B．pH計可用于酸堿中和滴定終點的判斷C．用酸式滴定管量取18.20mLNa2SiO3溶液D．用簡易量熱計測反應熱時需要用到玻璃攪拌器4．下列說法不正確的是（）A．發(fā)生有效碰撞的分子必須是活化分子B．采用合適的催化劑可以使一些不自發(fā)的化學反應得以實現C．可以利用物質的顏色變化與濃度變化間的比例關系來測量反應速率D．反應物和生成物所具有的總能量的相對大小決定了反應是放熱還是吸熱5．一定溫度下，某密閉容器中加入足量的碳酸鈣，發(fā)生反應CaCO3(s)?CaO(s)+CO2(g)ΔH>0達到平衡，下列說法正確的是（）A．將體積縮小為原來的一半，當體系再次達到平衡時，CO2的濃度為原來的2倍B．增加CaCO3(s)的量，平衡正向移動，CO2濃度增大C．將體積增大為原來的2倍，再次達到平衡時，氣體密度不變D．保持容器體積不變，充入He，平衡逆移6．下列說法不正確的是（）A．測定0.1mol/L醋酸溶液的pH可證明醋酸是弱電解質B．稀釋氨水，溶液中c(H+)增加C．常溫下，將1mLpH=5的鹽酸稀釋至1L，c(H+)約為1×10-8mol/LD．相同溫度下，中和相同pH、相同體積的鹽酸和醋酸溶液，消耗NaOH物質的量不同7．設NA為阿伏加德羅常數，下列說法不正確的是（）A．0.05mol液態(tài)KHSO4中含有0.05NA個陽離子B．0.1mol/LNa2CO3溶液中含有CO32-微粒數小于0.1NAC．0.5molSO2溶于水，溶液中的SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-微粒總數和為0.5NAD．將1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH4+數目為NA8．下列措施或事實不能用勒夏特列原理解釋的是（）A．開啟啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量氣泡B．對于2HI(g)?H2(g)+I2(g)，達平衡后，縮小容器體積可使體系顏色變深C．含有酚酞的氨水中加入少量的氯化銨溶液，氨水溶液的顏色變淺D．黃綠色的新制氯水在光照下顏色變淺9．為比較Fe3+和Cu2+對H2O2分解反應的催化效果，甲、乙兩位同學分別設計了如圖甲、乙所示的實驗。下列敘述中不正確的是（）A．圖甲所示實驗可通過觀察產生氣泡的快慢來比較反應速率的大小B．相同環(huán)境下，圖甲實驗中反應速率為①>②，則一定說明Fe3+比Cu2+對H2O2分解催化效果好C．用圖乙所示裝置測定反應速率，需要記錄反應產生的氣體體積及反應時間D．為檢查圖乙所示裝置的氣密性，可關閉A處活塞，將注射器活塞拉出一定距離，一段時間后松開活塞，觀察活塞是否回到原位10．將2.0molPCl3和1.0molCl2充入體積不變的密閉容器中，在一定條件下發(fā)生下述反應PCl3(g)+Cl2(g)?PCl5(g)達到平衡時，PCl5為0.40mol，如果此時移走1.0molPCl3和0.50molCl2，在相同溫度下再達平衡時PCl5的物質的量是（）A．小于0.20mol B．0.40molC．0.20mol D．大于0.20mol，小于0.40mol11．下列說法或表示方法中正確的是（）A．已知S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1，S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH2；則ΔH1>ΔH2B．Ba(OH)2·8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l)ΔH<0C．已知中和反應的反應熱ΔH＝-57.3kJ·mol－1，若將含0.5molH2SO4的濃溶液與含1molNaOH的溶液混合，放出的熱量要等于57.3kJD．500℃，30MPa下，將0.5molN2和1.5molH2置于密閉容器中充分反應生成NH3(g)，放熱19.3kJ，其熱化學方程式為N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=-38.6kJ?mol-112．常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A．pH=1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+B．由水電離的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-C．澄清透明的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、Cl-D．c(Fe3+)=0.1mol·L-1的溶液中：K+、ClO-、SO42-、SCN-13．用下列儀器或裝置（夾持裝置略）進行實驗，由實驗現象不能得到相應結論的是（）選項ABCD實驗及現象熱水中燒瓶內氣體顏色變深試管中出現白色沉淀①中產生白色沉淀②中產生紅褐色沉淀Cu上無氣泡Fe上有氣泡結論2NO2(g)?N2O4(g)是放熱反應酸性：H2CO3>H2SiO3溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3還原性：Fe>CuA．A B．B C．C D．D14．常溫下，向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液。有關微粒的物質的量變化如下圖，根據下圖圖示判斷，下列說法正確的是（）A．當V(NaOH溶液)=40mL時，溶液中離子濃度大小關系：c(Na+)>c(A2-)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)B．NaHA溶液中：c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+c(H2A)C．當V((NaOH溶液)=40mL時，其溶液中水的電離程度比純水小D．當V((NaOH溶液)=20mL時，NaHA水解程度大于電離程度15．中國學者在水煤氣變換[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH]中突破了低溫下高轉化率與高反應速率不能兼得的難題，該過程是基于雙功能催化劑(能吸附不同粒子)催化實現的。反應過程示意圖如下：下列說法正確的是（）A．過程Ⅰ、過程Ⅲ均為放熱過程B．過程Ⅲ只生成了H2O、O2C．使用催化劑降低了水煤氣變換反應的ΔHD．圖示過程中的H2O均參與了反應過程16．根據下列實驗操作和現象所得出的結論正確的是（）選項實驗操作實驗現象實驗結論A把NaClO溶液滴到pH試紙上pH＝10NaClO溶液水解顯堿性B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固體溶液紅色變淺證明Na2CO3溶液中存在水解平衡C常溫下，用pH計分別測定1mol/L和0.1mol/LCH3COONH4溶液的pHpH均為7同溫下，不同濃度的CH3COONH4溶液中水的電離程度相同D兩支試管各盛0.1mol/L4mL酸性高錳酸鉀溶液，分別加入0.1mol/L2mL草酸溶液和0.2mol/L2mL草酸溶液加入0.2mol/L草酸溶液試管中，高錳酸鉀溶液褪色更快反應物濃度越大，反應速率越快A．A B．B C．C D．D二、非選擇題(本題共5大題，共52分)17．（1）已知18g葡萄糖(C6H12O6)固體在人體組織中被O2完全氧化為CO2氣體和液態(tài)水，能產生280kJ熱量。用燃燒熱表示該反應的熱化學方程式。（2）反應的自發(fā)性由焓變和熵變兩個因素決定。N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH1=+180kJ/mol，已知N≡N的鍵能為946kJ?mol?1，O=O的鍵能為498kJ?mol?1，則N≡O的鍵能為kJ?mol?1。（3）在化學分析中，以AgNO3標準溶液滴定溶液中的Cl-時，采用K2CrO4為指示劑，利用Ag+與反應生成磚紅色沉淀指示滴定終點。當溶液中的Cl—恰好沉淀完全（濃度等于1.0×10-5mol/L）時，溶液中c（Ag+)=mol/L，c（CrO42—）=mol/L。（分別保留2位有效數字）（已知25℃時Ag2CrO4、AgCl的Ksp分別為2.0×10-12和1.8×10-10）18．（1）常溫下，0.1mol?L-1一元酸HA溶液中c(H+)c(OH?)=1×10（2）t1℃時，有pH=1的稀硫酸和pH=11的NaOH溶液等體積混合后溶液呈中性，則該溫度下水的離子積常數Kw=。（3）t2℃溫度下，Kw=1×10-13，將100mL0.1mol/L的稀H2SO4與100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后(溶液體積變化忽略不計)，溶液的pH=。（4）還是在t2℃溫度下，1體積的稀硫酸和10體積的NaOH溶液混合后溶液呈中性，則稀硫酸的pH(pHa)與NaOH溶液的pH(pHb)的關系是。19．硫代硫酸鈉(Na2S2O3)是中學階段常見的化學試劑。（1）I.它在酸性條件下不穩(wěn)定，可與稀硫酸發(fā)生反應：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O?，F利用該反應探究外界條件對反應速率的影響。實驗編號0.1mol/LNa2S2O3溶液體積/mL0.1mol/LH2SO4溶液體積/mL水的體積/mL溫度/℃出現渾濁所用時間/s14.03.01.020t122.03.0V120t23V23.03.030t3完成此實驗設計，其中：V1=，V2=（2）對比實驗1、2可探究對反應速率的影響。（3）II.硫代硫酸鈉易與空氣中的CO2、O2等反應而變質，現有研究性學習小組同學，測定實驗室儲存的Na2S2O3樣品的純度。方法如下：準確稱取10.00g樣品，用蒸餾水溶解并定容至250mL，準確移取該溶液25.00mL于錐形瓶中，加入2滴淀粉溶液，用0.1000mol/LI2的標準溶液滴定。反應原理為2S2O32-+I2=S4O62-

-+2I-。滴定前，有關滴定管的正確操作為(選出正確操作并按序排列)：檢漏→蒸餾水洗滌→→開始滴定。a.烘干

b.裝入滴定液至零刻度以上

c.調整滴定液液面至零刻度或零刻度以下

d.記錄起始讀數

e.排出氣泡

f.用滴定液潤洗滴定管2至3次（4）在接近終點時，使用“半滴操作”可提高測量的準確度。其方法是：將旋塞稍稍轉動，使半滴溶液懸于管口，用錐形瓶內壁將半滴溶液沾落，繼續(xù)搖動錐形瓶，觀察顏色變化。(請在橫線上補全操作)（5）滴定終點的判斷方法：。（6）本實驗消耗I2的標準溶液20.00mL，則該樣品的純度為。（7）下列操作會使測得的樣品純度偏高的是____(填字母)。A．滴定前有氣泡，滴定結束時氣泡消失B．滴定管未用標準溶液潤洗C．滴定前仰視讀數，結束時俯視讀數D．錐形瓶未潤洗20．平衡思想是化學研究的一個重要觀念，在水溶液中存在多種平衡體系。常溫下，部分弱酸的電離平衡常數如下表：弱酸HCOOHCH3COOHHClOH2CO3電離平衡常數(25℃)Ka=1.8×10-4Ka=1.8×10-8Ka=3×10-8Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11已知CO2溶于水過程及其平衡常數可表示為：CO2(g)+H2O(l)?H2CO3(aq)K1=c(H2（1）天然雨水的pH＜7，用電離方程式解釋其原因。（2）將CO2通入NaClO水溶液中，發(fā)生的主要反應為CO2+H2O+ClO-?HCO3-+HClO。寫出該反應的平衡常數表達式：K=[用K1、Ka1(H2CO3)和Ka(HClO)的式子表示]（3）下列方法中，可以使0.1mol·L-1CH3COOH溶液中CH3COOH的電離度增大的是____。A．通入少量HCl氣體 B．加入少量冰醋酸C．加入少量醋酸鈉固體 D．加入少量水（4）常溫下，同濃度的①HCOONa、②NaClO、③NaHCO3、④Na2CO3這4種溶液中pH由大到小的順序是(填編號)。（5）若取pH、體積均相等的鹽酸和HCOOH溶液，分別加水稀釋m倍、n倍，稀釋后pH仍相等，則mn（填“>”“<”或“=”）。21．當今研發(fā)二氧化碳利用技術降低空氣中二氧化碳含量成了研究熱點。（1）Ⅰ．二氧化碳催化加氫制甲醇，有利于減少溫室氣體CO2，總反應可表示為：

CO2(g)+3H2(g)?H2O(g)+CH3OH(g)ΔH

該反應一般認為通過如下步驟來實現：

①CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH1=41kJ/mol

②CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)ΔH2=-90kJ/mol

ΔH=kJ/mol。（2）一定條件下，向體積為1L的恒容密閉容器中通入1molCO2和3molH2發(fā)生上述反應，達到平衡時，容器中CH3OH(g)為amol，CO為bmol，反應①的平衡常數為（用含a，b的代數式表示）。圖1圖2（3）總反應CO2(g)+3H2(g)?H2O(g)+CH3OH(g)在Ⅰ、Ⅱ兩種不同催化劑作用下建立平衡過程中，CO2的轉化率[α(CO2)]隨時間（t）的變化曲線如圖1?；罨埽哼^程Ⅰ過程Ⅱ（填“<”，“>”，“=”），t2時刻改變了某一反應條件，下列說法正確的是。A．恒溫恒壓，t2時刻通入惰性氣體B．恒溫恒容，t2時刻通入一定量氫氣C．n點的v（正）一定大于m點的v（逆）D．t2時刻，可能是移走了一部分水蒸氣（4）Ⅱ．以CO2和NH3為原料合成尿素[CO(NH2)2]是固定和利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反應（均自發(fā)進行）可表示：反應Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)?NH2CO2NH4(s)ΔH1反應Ⅱ：NH2CO2NH4(s)?CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH2反應Ⅲ：2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH3某研究小組為探究反應Ⅲ影響CO2轉化率的因素，在其它條件一定時，圖2為CO2轉化率受溫度變化影響的曲線。當溫度高于T℃后，CO2轉化率變化趨勢如圖所示，其原因是。（不考慮催化劑活性變化）（5）在某恒定溫度下，將NH3和CO2物質的量之比按2：1充入一體積為10L的密閉容器中（假設容器體積不變，生成物的體積忽略不計且只發(fā)生反應Ⅰ），經15min達到平衡，各物質濃度的變化曲線下圖所示。若保持平衡的溫度和體積不變，25min時再向該容器中充入2molNH3和1molCO2，在40min時重新達到平衡，請在下圖中畫出25-50min內CO2的濃度變化趨勢曲線。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A.飽和食鹽水是混合物，混合物既不是電解質也不是非電解質，A不符合題意；

B.醋酸是弱酸，為弱電解質，B不符合題意；

C.NH3·H2O是弱堿，為弱電解質，C不符合題意；

D.硫酸鋇屬于鹽類，為強電解質，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】無論是強電解質還是弱電解質都是純凈物，而且必須是化合物。常見的強電解質包括強酸、強堿、絕大多數鹽（包括難溶鹽，鹽中常見的弱電解質有醋酸鉛）。高中常見六大強酸：HCl、H2SO4、HNO3、HBr、HI、HClO4；高中常見四大強堿：KOH、NaOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2。2．【答案】D【解析】【解答】A.10min時，消耗n(X)=2-1.4=0.6mol，根據方程式對應關系，生成n(Z)=n(X)=0.6mol。故容器中c(Z)=0.6/2=0.3mol/L，A不符合題意；

B.根據?H的意義，反應每消耗2molX，放出akJ熱量，故10min內反應放出的熱量為a·0.62=0.3akJ，B不符合題意；

C.X為固體，其濃度為定值，不可用X表示平均反應速率，C不符合題意；

D.根據氣體密度的定義，ρ=m氣體V，由于V=2L，故ρ不變說明m氣體不變，對于本反應而言，氣質質量不變說明反應已達平衡，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.根據方程式對應關系求出10min時容器中Z物質的量，再除以容器體積得到Z的濃度；

B.根據?H3．【答案】C【解析】【解答】A.容量瓶、分液漏斗、滴定管均存在瓶口漏液的隱患，因此使用前都必須檢漏，A正確，不符合題意；

B.使用pH計時刻監(jiān)測待測溶液的pH，當溶液pH等于滴定終點的理論pH時即達到滴定終點，B正確，不符合題意；

C.由于SiO32-的水解，Na2SiO3溶液顯堿性，應使用堿式滴定管量取，C不正確，符合題意；

D.玻璃攪拌器可以通過攪拌來加速反應進行并使熱量均勻散開，為了高效準確完成實驗，用簡易量熱計測反應熱時需要用到玻璃攪拌器，D正確，不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A.所有需要密封的容器使用前均需檢漏；

B.pH計可以用來測量溶液pH，進而通過與理論值對比判斷滴定終點；

C.Na2SiO3溶液顯堿性，不應使用酸式滴定管量取；

D.測反應熱時需要用到玻璃攪拌器，加速反應并使熱量均勻散開。4．【答案】B【解析】【解答】A.活化分子是指發(fā)生有效碰撞的分子，A正確，不符合題意；

B.催化劑只能改變反應速率，不能使不自發(fā)的反應發(fā)生，B不正確，符合題意；

C.有色物質濃度越大，顏色越深，因此可以利用物質的顏色變化與濃度變化間的比例關系來測量反應速率，C正確，不符合題意；

D.反應物和生成物所具有的總能量的相對大小決定了反應是放熱還是吸熱，當反應物的總能量較大時反應放熱，否則反應吸熱，D正確，不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.分子發(fā)生有效碰撞才能稱為活化分子；

B.催化劑調控反應速率，但無法從熱力學上改變反應發(fā)生的可能性；

C.有色物質顏色深淺由濃度決定；

D.反應焓變=生成物的總能量-反應物的總能量。5．【答案】C【解析】【解答】A.本反應的平衡常數K=c(CO2)，則第一次達到平衡時K=c1(CO2)。將體積縮小為原來的一半，當體系再次達到平衡時，c2(CO2)=K=c1(CO2)。故兩次達到平衡時體系中CO2的濃度相等，A不符合題意；

B.CaCO3(s)為固體，純固體的濃度為定值，因此增加CaCO3(s)的量不會改變其濃度，因而平衡不會移動，B不符合題意；

C.反應體系中始終只有CO2氣體，系純凈物，密度一定，C符合題意；

D.c(CO2)=n(CO2)V，保持容器體積不變充入He，由于c(CO2)和容器體積V均不變，故此時體系中CO2的濃度仍為，因此平衡不移動，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A.根據平衡常數的定義知，此反應的平衡常數為第一次達到平衡時體系中CO2的濃度，據此分析；

B.CaCO3(s)的濃度為定值，增加CaCO3(s)的量，平衡不發(fā)生移動；

6．【答案】C【解析】【解答】A.測定0.1mol/L醋酸溶液的pH，pH＞1說明醋酸溶液中的氫離子濃度小于0.1mol/L，說明醋酸分子未完全電離，故其為弱電解質，A正確，不符合題意；

B.氨水中存在平衡：NH3·H2O?NH4++OH-，由于稀釋相當于將恒溫恒容的氣體反應體系減壓處理，根據平衡移動原理，NH3·H2O電離平衡正向移動，但電離增加的OH-濃度無法抵消稀釋減小的OH-濃度，故最終溶液中的OH-濃度仍會減小。由于c(H+)·c(OH-)=Kw，當OH-濃度減小時H+濃度自然會上升，B正確，不符合題意；

C.無論如何稀釋，總有鹽酸溶液的pH＜7，C錯誤，符合題意；

D.由于HCl為強電解質，故鹽酸中不存在未電離的HCl分子。醋酸為弱電解質，故醋酸溶液中還存在大量未電離的醋酸分子，它們也可以被NaOH溶液中和。因此相同溫度下，中和相同pH、相同體積的鹽酸和醋酸溶液，消耗NaOH物質的量鹽酸小于醋酸溶液，D正確，不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A.測定0.1mol/L醋酸溶液的pH可以證明醋酸分子未完全電離；

B.根據勒夏特列原理，稀釋可以促進NH3·H2O電離平衡正向移動，但電離增加的OH-濃度無法抵消稀釋減小的OH-濃度，故最終溶液中的OH-濃度會減小；

C.鹽酸溶液顯酸性，無限稀釋時溶液pH只能無限接近中性而不會顯中性或堿性；

D.相同溫度下，中和相同pH、相同體積的鹽酸和醋酸溶液，醋酸溶液消耗NaOH物質的量更多。7．【答案】B【解析】【解答】A.液態(tài)KHSO4可發(fā)生如下電離：KHSO4=K++HSO4-，因此0.05mol液態(tài)KHSO4中含有0.05NA個K+，A正確，不符合題意；

B.Na2CO3溶液只指明了濃度，未指明體積，故無法確定其中含有的CO32-微粒數，B不正確，符合題意；

C.0.5molSO2溶于水，溶液中含有S元素的微粒只有SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-，根據物料守恒可知溶液中的SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-微?？倲岛蜑?.5NA，C正確，不符合題意；

D.根據溶液顯電中性可以列出電荷守恒表達式：n(OH-)+n(NO3-)=n(H+)+n(NH4+)。由于溶液顯中性，有n(OH-)=n(H+)，代入電荷守恒表達式可得n(NH4+)=n(NO3-)=NA，D正確，不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.強酸酸式鹽熔融時只斷離子鍵，不斷共價鍵；

B.n=cV，只有物質的量濃度和溶液體積均已知才可以確定物質的量；

C.根據S元素的物料守恒，溶液中的SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-微?？倲岛蜑?.5NA；

D.根據電荷守恒可知溶液中NH4+數目與NO3-數目相等。8．【答案】B【解析】【解答】A.啤酒中存在平衡CO2(aq)?CO2(g)，開啟啤酒瓶相當于減小壓強，根據勒夏特列原理，平衡向氣體分子數增大的方向移動進而產生大量的CO2氣體，A不符合題意；

B.2HI(g)?H2(g)+I2(g)是氣體分子數不變的反應，根據勒夏特列原理，壓縮體積不會引發(fā)平衡的移動，但確實會使碘蒸氣濃度增大，故體系顏色變深，故B不能用勒夏特列原理解釋，B符合題意；

C.氨水中存在平衡NH3·H2O?NH4++OH-，含有酚酞的氨水中加入少量的氯化銨溶液，使溶液中NH4+濃度增大，根據勒夏特列原理，該平衡逆向移動，導致OH-濃度減小，故氨水顏色變淺，C不符合題意；

D.新制氯水中存在可逆反應：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，光照可以不斷促進HClO分解為HCl和O2，因此HClO濃度不斷減少，根據勒夏特列原理，該平衡正向移動，水中溶解的Cl2進一步被消耗，因而氯水顏色變淺，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】勒夏特列原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動。9．【答案】B【解析】【解答】A.H2O2分解產生O2，觀察產生O2氣泡的快慢可用來比較反應速率的大小，A正確，不符合題意；

B.相同環(huán)境下，圖甲實驗中反應速率為①>②無法排除是陰離子不同產生的影響，B不正確，符合題意；

C.根據H2O2分解的反應關系，消耗的H2O2與生成的O2物質的量之比未2：1，測量生成的O2的體積后可根據pV=nRT求解出生成的O2的量，進而間接算出消耗的H2O2的濃度，然后根據v=?c?t求出反應速率，C正確，不符合題意；

D.關閉A處活塞，將注射器活塞拉出一定距離，一段時間后松開活塞，若活塞未回到原位，說明內部空氣與外界空氣無法連通，因此氣密性良好，否則說明裝置漏氣，D正確，不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.當液相反應體系的生成物中有氣體時，可根據產生氣泡的快慢來比較反應速率；

B.圖①和圖②的實驗陰陽離子均不相同，不符合控制變量唯一的原則，據此得出的結論缺乏嚴謹性；

C.根據O2體積可以算出消耗的H2O210．【答案】A【解析】【解答】若平衡時移走1.0molPCl3和0.50molCl2，相當于最開始只加入了1.0molPCl3和0.50molCl2，與開始加入2.0molPCl3和1.0molCl2相比，即恒溫恒容條件下減小了壓強。假設平衡不移動，所有反應物物質的量同時減半，生成物物質的量也減半，平衡時n(PCl5)=0.20mol。但根據平衡移動原理，恒溫恒容條件下減小了壓強，本反應平衡逆向移動，因此再達平衡時PCl5的物質的量應小于0.20mol。

故答案為：A。

【分析】恒容條件下全部反應物或全部生成物成倍增加或減少時，可根據等效平衡思想，假設平衡不發(fā)生移動，但全部反應物或全部生成物成倍增加或減少相當于恒溫恒容條件下增大或減小壓強，然后再根據平衡移動原理判斷平衡移動方向，即可得出實際情況。11．【答案】A【解析】【解答】A.由于S(s)→S(g)是一個吸熱過程，因此因此氣態(tài)S比固態(tài)S的燃燒熱的絕對值小，而由于ΔH需要帶號比較，因此ΔH1>ΔH2，A符合題意；

B.根據課本知識，Ba(OH)2·8H2O(s)與NH4Cl(s)的反應吸，因此反應的?H＞0，B不符合題意；

C.濃硫酸與NaOH溶液混合時存在稀釋放熱，因此生成1mol液態(tài)水時放出的熱量大于57.3kJ，C不符合題意；

D.合成氨反應為可逆反應，實際反應中0.5molN2無法完全消耗掉，因此N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H＜-38.6kJ/mol，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A.升華吸熱，因此氣態(tài)S比固態(tài)S的燃燒熱的絕對值小，則ΔH1>ΔH2；

B.Ba(OH)2·8H2O(s)與NH4Cl(s)的反應為常見的吸熱反應；

C.中和熱是指在稀溶液中，強酸跟強堿發(fā)生中和反應生成1mol液態(tài)水時所釋放的熱量為57.3kJ，稀溶液、強酸、強堿三者缺一不可，否則即使生成1mol液態(tài)水，放出的熱量也不等于57.3kJ；12．【答案】C【解析】【解答】A.pH=1的溶液顯強酸性，此時溶液中的NO3-具有強氧化性，能與具有較強還原性的Fe2+發(fā)生氧化還原反應，因此二者不能大量共存，A不符合題意；

B.由水電離的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液中，水的電離被抑制，因此溶液中可能加入了酸或堿，因而顯酸性或堿性。HCO3-與H+和OH-均可發(fā)生反應，因此溶液顯酸性還是堿性，其中均不可能大量存在HCO3-，B不符合題意；

C.澄清透明的溶液不一定無色，NH4+、Cu2+、NO3-、Cl-之間不會發(fā)生反應，因此能大量共存，C符合題意；

D.由于反應Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3的存在，在c(Fe3+)=0.1mol·L-1的溶液中不能大量存在SCN-，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】分析離子共存問題時，首先判斷題目條件所暗示的體系環(huán)境，例如酸堿性、是否為有色溶液等，根據體系環(huán)境判斷出各選項的相關離子能否在該環(huán)境下存在。然后檢查各選項的相關離子之間是否會發(fā)生反應，具體的反應類型有：①復分解反應：生成弱電解質、難溶物和易揮發(fā)的物質；②氧化還原反應；③絡合反應：生成穩(wěn)定的絡合物（如Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3等）。如果能夠互相反應，則該組離子不可大量共存。13．【答案】B【解析】【解答】A.熱水中燒瓶相對于冷水中燒瓶升高了溫度，由于NO2為紅棕色而N2O4無色，故熱水中燒瓶中NO2濃度更高，說明平衡2NO2(g)?N2O4(g)逆向移動。根據平衡移動原理，該反應放熱，A正確，不符合題意；

B.由于濃鹽酸具有揮發(fā)性，制取的CO2中混有HCl氣體，HCl也可使硅酸鈉溶液產生白色沉淀，會干擾試驗，因此無法證明碳酸酸性強于硅酸，B錯誤，符合題意；

C.操作①中OH-已完全與Mg2+結合生成Mg(OH)2沉淀，而再滴加鐵鹽溶液，Mg(OH)2轉化為Fe(OH)3沉淀，說明Fe(OH)3的溶解度更小，C正確，不符合題意；

D.Fe可以將酸中的H+還原但Cu卻不能，因此還原性：Fe＞Cu，D正確，不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.NO2有色，N2O4無色，氣體顏色變深說明NO2濃度增大；

B.要驗證碳酸酸性強于硅酸，必須除去CO2中可能混有的HCl氣體；

C.在沒有OH-剩余的情況下，仍發(fā)生了沉淀的轉化，即可證明Fe(OH)3的溶解度更??；

D.Fe可以被H+氧化，而Cu不能，說明還原性：Fe＞Cu。14．【答案】B【解析】【解答】A.V(NaOH溶液)=40mL，恰好完全中和，形成Na2A溶液。由A2-水解產生的OH-和HA-濃度相等，但水還可以電離出微量的OH-，故c(HA-)＜c(OH-)，A不符合題意；

B.NaHA溶液中，根據電荷守恒有c(OH-)+2c(A2-)=c(H+)+c(Na+)，由物料守恒有c(H2A)+c(HA-)c(A2-)=c(Na+)，聯(lián)立可得：c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+c(H2A)，B符合題意；

C.當V((NaOH溶液)=40mL時，恰好完全中和，形成Na2A溶液。由于A2-為弱酸酸根，其會發(fā)生兩步水解，從而促進水的電離，故水的電離程度大于純水，C不符合題意；

D.據圖可得，V((NaOH溶液)=20mL時，溶液中A2-的數量大于H2A，故NaHA的電離程度更大，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.V(NaOH溶液)=40mL，恰好完形成Na2A溶液，水的電離導致溶液中的OH-濃度略大于HA-；

B.根據NaHA溶液中電荷守恒和物料守恒列出關系式，聯(lián)立即可得到答案；

C.V(NaOH溶液)=40mL，恰好完形成Na2A溶液，A2-為弱酸酸根，會促進水的電離；

D.據圖判斷V((NaOH溶液)=20mL時溶液中A2-和H2A的數量多少即可。15．【答案】D【解析】【解答】A.據圖可得，過程Ⅰ為化學鍵斷裂的過程，屬于吸熱過程，A不符合題意；

B.據圖可得，過程Ⅲ還形成了CO2，B不符合題意；

C.催化劑不能改變焓變，C不符合題意；

D.過程Ⅰ、Ⅱ中H2O為反應物，過程Ⅲ中H2O為生成物，因此圖示過程中的H2O均參與了反應過程，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.斷裂化學鍵需要吸熱，形成化學鍵需要放熱；

B.觀察到過程Ⅲ中CO2的形成；

C.催化劑可以改變反應的活化能，但不能改變反應焓變；

D.圖示過程中，H2O作為反應物或生成物參與反應過程。16．【答案】B【解析】【解答】A.NaClO溶液具有漂白性，不能使用pH試紙測定其pH，否則試紙將被漂白，A不符合題意；

B.向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固體，生成了BaCO3沉淀，大大降低了體系中的CO32-濃度，而溶液紅色變淺說明溶液中OH-濃度也降低了，說明Na2CO3溶液中存在水解平衡，B符合題意；

C.同溫下，不同濃度的CH3COONH4溶液pH=7，說明CH3COO-其中和NH4+的水解程度相同，可相互抵消。由于陰陽離子的水解相互抵消，因此pH=7無法說明不同濃度的CH3COONH4溶液中陰陽離子的水解程度相同，C不符合題意；

D.酸性高錳酸鉀溶液與草酸溶液發(fā)生的反應方程式為：2KMnO4+3H2SO4+5H2C2O4=2MnSO4+K2SO4+8H2O+10CO2↑，根據此方程式的反應物系數比，0.1mol/L2mL草酸溶液不足以使0.1mol/L4mL酸性高錳酸鉀溶液完全消耗，因此混合后的溶液不會褪色，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.不能使用pH試紙測量漂白性溶液的pH；

B.隨著CO32-濃度的改變，溶液中的OH-濃度也發(fā)生改變，說明Na2CO3溶液中存在水解平衡；

C.弱酸弱堿鹽的pH=7，說明陰陽離子的水解程度相同，但水解程度與陰陽離子濃度有關，越稀越水解；

D.根據方程式確定的反應物系數關系分析得，0.1mol/L2mL草酸溶液不能使0.1mol/L4mL酸性高錳酸鉀褪色。17．【答案】（1）C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(I)△H=-2800kJ/mol（2）632（3）1.8×10-5；6.2×10-3【解析】【解答】（1）葡萄糖的摩爾質量為180g/mol，18g，即0.1mol葡萄糖完全燃燒能產生280kJ熱量，故葡萄糖的燃燒熱?H=-2800kJ/mol，故答案為：C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(I)△H=-2800kJ/mol；

（2）根據題目信息列出方程：946+498-2E=+180kJ/mol，解得E=632kJ/mol，故答案為：632；

（3）c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)，故c(Ag+)=1.8×10-101.0×10-5=1.8×10-5mol/L。c2(Ag+)·c(CrO42-)=Ksp(Ag2CrO4)，故c(CrO42-)=2.0×10-12(1.8×10-5)2=6.2×10-3mol/L。

故第一空答案為：1.8×10-5，第二空答案為：6.2×10-3。

【分析】（1）1mol的物質完全燃燒時所放出的熱量稱為燃燒熱。熱化學方程式不用指明反應條件，但應表明每種物質的狀態(tài)；18．【答案】（1）3；c（A-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）（2）1×10-12（3）12（4）pHa+pHb=12【解析】【解答】（1）由于c(H+)c(OH?)=1×108，又常溫下溶液中c(H+)·c(OH-)=10-14，聯(lián)立求解得到c(H+)=10-3mol/L。0.1mol?L-1一元酸HA溶液中c(H+)=10-3mol/L，說明HA為弱酸。pH=3的該一元酸HA與pH=11的NaOH溶液等體積混合，可以完全消耗NaOH，生成H2O和NaA，溶液中還剩余大量未反應的HA。故反應后的溶液為少量NaA和大量HA的混合溶液，故此溶液顯酸性，且A-濃度大于Na+濃度。故第一空答案為：3，第二空答案為：c（A-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）；

（2）稀硫酸是強酸，NaOH溶液為強堿，二者等體積混合后溶液呈中性，說明恰好完全反應。據此有c酸(H+)=c堿(OH-)=0.1mol/L。又c堿(H+)=10-11mol/L，故Kw=c堿(H+)·c堿(OH-)=10-12，故答案為：10-12；

（3）原溶液中，c硫酸(H+)=0.1×2=0.2mol/L，cNaOH(OH-)=0.4×1=0.4mol/L。稀釋的瞬間，溶液中c(H+)=0.2/2=0.1mol/L，c(OH-)=0.4/2=0.2mol/L。H+與OH-按1：1反應消耗，反應結束后溶液中剩余0.1mol/L的OH-，則此時溶液中c(H+)=Kwc(OH-)=10-12mol/L，所以溶液pH=12。故答案為：12；

（4）稀硫酸是強酸，NaOH溶液為強堿，二者按1：10的體積比混合后溶液呈中性，說明恰好完全反應。據此有c酸(H+)=10c堿(OH-)。兩邊同時取負對數有：pHa=pOHb-1①。在某一溶液中，總存在c(H+)·c(OH-)=Kw，兩邊同時取負對數得：pH+pOH=pKw。由此，pHb=pKw-pOHb=13-pOHb②。聯(lián)立①②整理得：pHa+pHb=12。故答案為：pHa+pHb=12。

【分析】（1）第一空：已知c(H+)c(OH?)，聯(lián)立c(H+)·c(OH-)=10-14求解即可。

第二空：分析可知，HA電離不完全，為弱酸。pH=3的一元弱酸溶液與pH=11的強堿溶液等體積混合，得到NaA和HA的混合溶液，據此判斷即可；

（2）強酸和強堿溶液等體積混合后溶液呈中性，說明酸中的H19．【答案】（1）3.0；2.0（2）反應物濃度（3）fbecd（4）再用少量蒸餾水沖洗錐形瓶內壁（5）滴入最后半滴溶液，溶液剛好變藍，且半分鐘內無變化（6）63.20%（7）A；B【解析】【解答】（1）根據控制變量的原則，V1=4.0+3.0+1.0-2.0-3.0=3.0，V2=4.0+3.0+1.0-3.0-3.0=2.0。故第一空答案為：3.0，第二空答案為：2.0；

（2）對比實驗1、2，發(fā)現加入Na2S2O3溶液體積不同，因此反應時Na2S2O3濃度不同，為本組對照實驗變量；故答案為：反應物濃度；

（3）使用滴定管時，應首先檢漏，確定不漏液后進行洗滌。洗滌完畢后應用滴定液潤洗滴定管，減小洗滌液稀釋滴定液帶來的誤差。潤洗完畢后，可在滴定管中裝入滴定液至零刻度以上，隨后排出氣泡。當確定滴定管內無氣泡后才可以記錄起始讀數并開始滴定。整個過程中不應出現烘干操作。故答案為：fbecd；

（4）用錐形瓶內壁將半滴溶液沾落后，為了防止滴定液掛壁現象，故需使用少量蒸餾水沖洗錐形瓶內壁。故答案為：再用少量蒸餾水沖洗錐形瓶內壁；

（5）當最后半滴滴定液滴入后，如果溶液變藍，且半分鐘內不褪色，說明待測液不再消耗I2，故達到了滴定終點，故答案為：滴入最后半滴溶液，溶液剛好變藍，且半分鐘內無變化；

（6）本實驗消耗I2的量為0.1000×0.02=0.002mol，

根據方程式2S2O32-+I2=S4O62-得到25mLNa2S2O3溶液的量為0.002×2=0.004mol，

故樣品中n(Na2S2O3)=0.004×25025=0.04mol，

因此樣品中m(Na2S2O3)=0.04×M(Na2S2O3)=6.32g。

則樣品純度為6.3210.00×100％=63.20％，故答案為：63.20％；

（7）A.滴定前有氣泡，滴定結束后氣泡消失，說明測量者誤將空氣當做消耗的滴定液，因此讀出的消耗的I2標準溶液體積偏大，進而引起測得的樣品純度偏高，A符合題意；

B.滴定前未使用標準液潤洗，會導致裝入的滴定液被稀釋，進而使消耗的滴定液體積偏大，引起測得的樣品純度偏高，B符合題意；

C.滴定前仰視讀數，結束時俯視讀數會導致消耗的I2標準溶液體積被誤讀偏小，引起測得的樣品純度偏低，C不符合題意；

D.錐形瓶無論是否潤洗，都不會引起讀出消耗I2標準溶液的體積誤差，因此錐形瓶未潤洗不影響樣品純度的測量準確度，D不符合題意；

故答案為：AB。

【分析】（1）對照實驗要控制變量唯一，本實驗中應該控制Na2S2O3溶液、H2SO4溶液和水的體積和相等，據此解出V1、V2；

（2）觀察發(fā)現實驗1、2中的變量為Na2S2O3濃度，由此得出答案；

（3）根據使用滴定管的操作規(guī)范得到正確的步驟順序為fbecd；

（4）根據半滴操作的規(guī)范，應填的步驟為：再用少量蒸餾水沖洗錐形瓶內壁；

（5）判斷滴定終點的一般方法為：最后半滴滴定液滴入后，待測液出現反應終點的特征現象，且半分鐘內不復原，即可視為達到滴定終點；

（6）首先根據方程式的系數關系算出25mL溶液中Na2S2O3的量，再據此算出樣品中Na2S2O3的總質量，進而得到樣品純度；

（7）根據滴定關系可知，欲使測得的樣品純度偏高，需使讀出消耗I220．【答案】（1）H2CO3?H++HCO3-（2）K（3）D（4）④②③①（5）<【解析】【解答】（1）空氣中的CO2溶于雨水中生成H2CO3，H2CO3可發(fā)生兩步電離，電離產生的H+使天然雨水的pH＜7。由于Ka1＞＞Ka2，H2CO3的第一步電離遠遠弱于第二步電離，因此忽略其第二步電離。故答案為：H2CO3?H++HCO3-；

（2）①CO2(g)+H2O(l)?H2CO3(aq)K1，

②H2CO3(aq)?H++HCO3-Ka1，

③HClO?H++ClO-Ka，

由①+②-③即可得到目標方程式：CO2+H2O+ClO-?HCO3-+HClO。根據平衡常數的運算規(guī)律，得到K=K1×Ka1(H2CO3)Ka(HClO)。故答案為：K1×Ka1(H2CO3)Ka(HClO)；

（3）A.通入少量HCl氣體，會使溶液中H+濃度增大，生成物濃度增大進而抑制CH3COOH電離，使其電離程度減小，A不符合題意；

B.加入少量冰醋酸，會促進電離平衡正向移動，但平衡的正移消耗的CH3COOH無法抵消加入冰醋酸

增加的CH3COOH，因此從整體上看，CH3COOH的電離程度減小了，B不符合題意；

C.加入少量醋酸鈉固體，會使溶液中CH3COO-濃度增大，生成物濃度增大進而抑制CH3COOH電離，使其電離程度減小，C不符合題意；

D.加入少量水，相當于將恒溫恒容的氣體反應體系減壓處理，根據平衡移動原理，電離平衡正向移動，因而CH3COOH的電離程度會增大，D符合題意；

故答案為：D；

（4）由于對應酸的電離常數：Ka(HCOOH)＞Ka(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka(HCO3-)，

故水解常數：Kh(HCOO-)＜Kh(HCO3-)＜Kh(ClO-)