浙江省杭州市2024-2025学年高二下学期开学模拟测试化学练习卷

浙江省杭州市2024-2025学年高二下学期开学模拟测试化学练习卷 一．选择题（共20小题） 1．（2024秋•杭州期中）下列过程中能量转化的主要形式为热能转化为化学能的是（　　） A．盐酸与碳酸氢钠的反应 B．氢气与氯气的化合反应 C．镁条与盐酸的反应 D．甲烷在氧气中的燃烧 2．（2024秋•杭州期中）分别向1L0.5mol/L的Ba（OH）2溶液中加入：①浓硫酸、②稀硫酸、③稀硝酸、④稀醋酸，恰好完全反应时的热效应分别为ΔH1，ΔH2，ΔH3，ΔH4，下列关系中正确的是（　　） A．ΔH1＞ΔH2＞ΔH3＞ΔH4 B．ΔH1＜ΔH2＜ΔH3＜ΔH4 C．ΔH1＜ΔH2＝ΔH3＜ΔH4 D．ΔH1＞ΔH2＝ΔH3＞ΔH4 3．（2024秋•杭州期中）化学电源在生活中有广泛的应用，各种电池的示意图如图，下列有关说法正确的是（　　） A．甲：电流由锌片经导线流向铜片 B．乙：负极的电极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+ C．丙：锌筒作负极，发生还原反应，使用一段时间锌筒会变薄 D．丁：使用一段时间后电解质溶液的酸性减弱，导电能力减弱 4．（2024秋•杭州期中）已知①C（g）+O2（g）⇌CO（g） ΔH1＝﹣akJ•mol﹣1K1 ②C（s）+O2（g）⇌CO2（g） ΔH2＝﹣bkJ•mol﹣1K2 ③H2（g）+O2（g）⇌H2O（g） ΔH3＝﹣ckJ•mol﹣1K3 下列说法正确的是（　　） A．反应③为表示H2的燃烧热的热化学方程式 B．b＜a C．反应C（s）+H2O（g）⇌H2（g）+CO（g）K＝ D．反应H2O（g）+CO（g）⇌H2（g）+CO2（g）ΔH＝（b﹣c﹣a）kJ•mol﹣1 5．（2024秋•杭州期中）科学家研制出新型催化剂，在该催化剂表面可以实现利用太阳光高效分解水，其主要过程如图所示。下列说法不正确的是（　　） A．使用催化剂降低了总反应的焓变 B．过程Ⅰ破坏了H—O键，需要吸收能量 C．过程Ⅲ有化学键的断裂和形成 D．总反应的ΔH＞0 6．（2024秋•杭州期中）A（g）+3B（g）＝4C（g）反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能），下列有关叙述正确的是（　　） A．3mol B（g）的能量比4mol C（g）的能量高 B．若ΔH＝﹣akJ•mol﹣1，则1mol A（g）和3mol B（g）充分反应放出的热量一定等于akJ C．ΔH＝﹣（E2﹣E1）kJ•mol﹣1 D．有催化剂的两步反应中，第二步为该反应的决速步 7．（2024秋•杭州期中）下列物质属于电解质的是（　　） A．酒精 B．KNO3溶液 C．HCl D．Cu 8．（2023秋•上城区校级期中）常温下，下列能使c（H+）水＝1×10﹣5mol•L﹣1并能使溶液呈酸性的粒子是（　　） A．H+ B．Mg2+ C． D．F﹣ 9．（2024秋•杭州期中）次氯酸溶液中存在电离平衡：HClO⇌H++ClO﹣，下列叙述不正确的是（　　） A．pH＝4的HClO溶液加水稀释10倍，pH＞5 B．降低温度，平衡逆向移动，次氯酸的电离常数，Ka减小 C．加入NaOH固体，溶液中的值增大 D．欲使0.1mol•L﹣1次氯酸溶液的pH、电离程度都减小，可加入1mol•L﹣1次氯酸溶液 10．（2024秋•西湖区校级期中）下列物质的相应信息正确的是（　　） 选项 俗名 物质 分类 性状 A 苏打 NaHCO3 电解质 白色细小晶体 B 干冰 CO2 非电解质 白色晶体 C 胆矾 CuSO4 纯净物 蓝色晶体 D 漂白粉 Ca（ClO）2 纯净物 白色粉末 A．A B．B C．C D．D 11．（2024秋•西湖区校级期中）如图描述了氯化钠固体溶于水的过程： 结合以上过程，下面说法正确的是（　　） A．氯化钠固体不导电，是因为氯化钠固体中不存在阴阳离子 B．氯化钠溶液能导电是因为氯化钠在电流作用下发生了电离 C．上述过程中，水的作用是使Na+和Cl﹣脱离晶体表面并形成水合离子 D．从图上可知，最终溶液中的离子存在形式为： 12．（2024秋•杭州期中）以酚酞为指示剂，用0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液滴定pH＝4的未知浓度H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ变化关系如图所示。[已知：A2﹣的分布系数：δ（A2﹣）＝，10﹣1.7＝0.02] 下列叙述不正确的是（　　） A．曲线①代表δ（H2A），曲线②代表δ（HA﹣） B．H2A溶液的浓度约为0.02000mol•L﹣1 C．NaHA溶液显碱性 D．a点溶液中：c（Na+）＞2c（A2﹣）+c（H2A） 13．（2024秋•杭州期中）下列属于非自发过程的是（　　） A．水由高处向低处流 B．蔗糖在水中溶解 C．天然气的燃烧 D．室温下水结成冰 14．（2024秋•杭州期中）对已经达到化学平衡的反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）ΔH＜0，温度升高，对反应产生的影响是（　　） A．正、逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动 B．正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动 C．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向正反应方向移动 D．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向逆反应方向移动 15．（2023秋•杭州期中）下列为熵增反应的是（　　） A．硝酸铵晶体溶于水 B．氨气和氯化氢气体反应 C．乙烯聚合为聚乙烯 D．碳和水蒸气制备水煤气 16．（2023秋•杭州期中）下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是（　　） A．紫色石蕊遇碱变蓝 B．热的纯碱溶液去污能力更强 C．用浓氨水和生石灰制取NH3 D．用SO2和O2制备SO3，工业选择常压而非高压 17．（2024秋•杭州月考）向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下反应：SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）达到平衡，在此过程中正反应速率随时间变化的曲线如图所示。下列由图得出的结论正确的是（　　） A．反应在c点时达到平衡状态 B．反应物的总能量低于生成物的总能量 C．容器内的压强保持不变时，反应达到平衡状态 D．SO2的浓度：a点小于b点 18．（2021秋•杭州期中）已知CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH＝﹣49kJ•mol﹣1，反应在起始物＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x（CH3OH），在t＝250℃下x（CH3OH）～p、在p＝5×105Pa下x（CH3OH）～t如图所示。下列说法正确的是（　　） A．图中对应等压过程的曲线是M B．C点处x（CH3OH）相同，平衡常数相同 C．当x（CH3OH）＝0.10时，CO2的平衡转化率为 D．由d点到b点可以通过升温实现 19．（2024秋•杭州月考）1，4﹣二（氯甲基）苯（D）是有机合成中的重要中间体，某种生产D方法的机理如图所示。 以上各反应的速率方程均可表示为v＝kc（A）c（B），其中c（A）、c（B）分别为各反应中对应反应物的浓度。某温度下，恒容反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定，测定不同时刻相关物质的浓度，发现60min前，产物T可忽略不计。已知该温度下，k1：k2：k3：k4：k5＝100：21：7：4：23。下列说法不正确的是（　　） A．60min前，v2：v3＝3：1 B．路径①→②→④中，④是决速步骤 C．60min后，c（D）/c（G）逐渐减小 D．选择合适催化剂，控制反应时间，可提高D的产率 20．（2024秋•杭州月考）工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：CaSO4（s）+（aq）⇌CaCO3（s）+（aq）。将1.00g硫酸钙（M＝136g•mol﹣1）加入100mL0.100mol•L﹣1Na2CO3溶液中，在25℃和充分搅拌条件下，利用pH计测得体系pH随时间t变化如图。已知：Ka1（H2CO3）＝4.5×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝4.7×10﹣11，Ksp（CaCO3）＝3.5×10﹣9，Ksp（CaSO4）＝4.9×10﹣5（不考虑水解）。下列说法不正确的是（　　） A．t＝0时，以上溶液中存在： B．保持溶液中，可使水垢中的CaSO4转化为CaCO3 C．t2时刻体系中已达平衡状态 D．t2时刻后向体系中加入少量Na2SO4固体，溶液的pH不变 二．解答题（共4小题） 21．（2023秋•杭州期中）研究化学反应中的能量变化具有重要价值。定量计算和测量则是常用的研究方法。 （1）通过化学键的键能可计算化学反应的反应热。已知几种共价键的键能数据如下： 共价键 C﹣H H﹣H H﹣O C＝O 键能/kJ•mol﹣1 413 436 463 745 则CO2和H2反应生成CH4和气态H2O的热化学方程式为 　 　。 （2）利用简单碰撞理论和活化能概念可解释反应过程中的能量变化。 ①下列关于简单碰撞理论的说法正确的是 　 　（填字母）。 A．发生有效碰撞的分子不一定是活化分子 B．某些反应的点燃或加热条件是为了使普通分子获得能量转变为活化分子 C．基元反应的实质是活化分子有合适取向的碰撞 D．反应活化能越大，则反应过程中单位体积内的有效碰撞次数越多 ②水煤气变换反应为CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）。若无催化剂时该反应体系的相对能量随反应过程变化如图所示，则该反应的ΔH＝　 　kJ/mol（用含E1、E2的代数式表示）。已知该反应在固体催化剂M催化下分两步完成： Ⅰ．M（s）+H2O（g）⇌MO（s）+H2（g） ΔH1＞0 Ⅱ．MO（s）+CO（g）⇌M（s）+CO2（g） ΔH2＜0 在图中画出该反应在M催化下的相对能量﹣反应过程示意图（已知M的相对能量为0）。 （3）利用量热计可测量反应热。 ①在中和反应反应热的测定实验中，取50mL0.5mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应。NaOH浓度大于盐酸浓度的原因是 　 　。若用等浓度等体积的醋酸代替盐酸进行实验，则实验中测得的中和反应的反应热ΔH将 　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 ②借鉴中和反应反应热的测量方法，某同学测量放热反应Fe（s）+CuSO4（aq）═Cu（s）+FeSO4（aq）的焓变ΔH（忽略温度对焓变的影响）。其中一次的实验结果见下表。 反应试剂 体系温度/℃ 100mL0.200mol/LCuSO4溶液 1.68gFe粉 反应前 反应后 t1 t2 所用溶液的密度、比热容分别近似取1.00g/cm3和4.18J/（g•℃）并忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。则ΔH＝　 　kJ/mol（用含t1、t2的代数式表示）。 22．（2024秋•杭州期中）草酸（H2C2O4）又称乙二酸，是一种二元中强酸，主要用作还原剂和漂白剂，在25℃时为无色透明结晶，电离常数Ka1＝5.0×10﹣2，Ka2＝6.4×10﹣5。 （1）①25℃HC2的水解平衡常数K1＝ 　 　。 ②实验室中用ag草酸样品配制成250mL溶液，下列仪器中未用到的是 　 　（填仪器名称）。 （2）用移液管量取25.00mL上述配制的草酸溶液于锥形瓶中，用 0.02mol•L﹣1的酸性 KMnO4标准溶液滴定，其操作步骤如下： ⅰ.检查滴定管是否漏水； ⅱ.用蒸馏水洗净滴定管，　 　； ⅲ.滴定管中注入KMnO4标准溶液，经过排气泡、调整液面后开始滴定，直至滴定终点； ⅳ.再重复操作两次，消耗0.02mol•L﹣1的酸性KMnO4标准溶液平均体积为VmL。 ①将步骤ⅱ补充完整 　 　。 ②下列操作可能导致测定结果偏高的是 　 　。 A.配制草酸样品溶液时，容量瓶中液面超过刻度线 B.锥形瓶先用蒸馏水洗涤，然后用待测草酸溶液润洗 C.滴定管在滴定前无气泡，滴定后有气泡 D.滴定前俯视读数，滴定后仰视读数 ③该草酸样品中草酸的纯度是 　 　（用含a、V的代数式表示）。 23．（2023秋•杭州期末）磷是重要的元素，能形成多种含氧酸和含氧酸盐。请回答下列问题： （1）已知H3PO2（次磷酸）是一元中强酸，写出H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式：　 　。 （2）25℃时，向一定体积的亚磷酸（H3PO3）溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液，混合液中含磷粒子的物质的量分数（δ）与溶液pH的关系如图1所示。 ①δ2代表含磷粒子为 　 　。 ②H3PO3⇌2H++的K为 　 　。 （3）过量含磷物质的排放会致使水体富营养化，因此发展水体除磷技术非常重要。磷酸铵镁结晶法回收废水中的磷是近几年的研究热点。其原理为：+Mg2+++6H2O═NH4MgPO4⋅6H2O↓。 ①pH＝9时，磷去除率与初始溶液中、的关系如图2所示。为达到最佳除磷效果，并节约试剂，n（Mg）：n（N）：n（P）＝　 　。 ②n（Mg）：n（N）：n（P）一定，磷去除率随溶液初始pH变化如图3所示。则最佳除磷效果的pH范围是 　 　，并说明原因 　 　。 24．（2024秋•杭州期中）研究CO2的回收利用既可变废为宝，又可减少碳的排放。回答下列问题； 二甲醚（CH3OCH3）被誉为“21世纪的清洁燃料，由CO2和H2制备二甲醚的反应原理如下： 反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH1＝﹣49.8kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CH3OCH3（g）+H2O（g）⇌2CH3OH（g） ΔH2＝+23.4kJ•mol﹣1 反应Ⅲ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g） ΔH3 （1）ΔH3＝ 　 　kJ/mol，据此判断反应Ⅲ在 　 　（填“低温”、“高温”或“任意温度”）条件能自发进行。 （2）T1℃时，将1mol二甲醚充入某恒容密闭容器中，发生如下分解反应： CH3OCH3（g）⇌CH4（g）+H2（g）+CO（g），在不同时间测定容器内的总压，所得数据见表： 反应时间t/min 0 5 10 15 20 ∞ 气体总压p总/kPa 10.0 13.6 15.8 17.7 18.9 20.0 由表中数据计算：反应达平衡时，二甲醚的分解率为 　 　，该温度下的平衡常数KP＝ 　 　（kPa）2（KP为用气体平衡分压代替气体平衡浓度表示的平衡常数，分压＝总压x气体的物质的量分数）。 （3）恒压下将CO2和氢气按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅲ，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。其中：CH3OH选择性＝×100% ①在上述条件下，结合图象分析，合成甲醇的最佳温度是 　 　℃，最佳催化剂是 　 　。 ②温度高于230℃CH3OH产率随温度升高而下降的原因是 　 　。 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题） 1．（2024秋•杭州期中）下列过程中能量转化的主要形式为热能转化为化学能的是（　　） A．盐酸与碳酸氢钠的反应 B．氢气与氯气的化合反应 C．镁条与盐酸的反应 D．甲烷在氧气中的燃烧 【答案】A 【分析】热能转化为化学能，说明此反应属于吸热反应，据此分析作答。 【解答】解：A．盐酸与碳酸氢钠的反应是吸热反应，故A正确； B．氢气与氯气的化合反应是放热反应，故B错误； C．镁条与盐酸的反应是放热反应，故C错误； D．甲烷在氧气中的燃烧是放热反应，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查化学反应中的能量变化，题目难度中等，熟记常见的放热反应和吸热反应是解题的关键。 2．（2024秋•杭州期中）分别向1L0.5mol/L的Ba（OH）2溶液中加入：①浓硫酸、②稀硫酸、③稀硝酸、④稀醋酸，恰好完全反应时的热效应分别为ΔH1，ΔH2，ΔH3，ΔH4，下列关系中正确的是（　　） A．ΔH1＞ΔH2＞ΔH3＞ΔH4 B．ΔH1＜ΔH2＜ΔH3＜ΔH4 C．ΔH1＜ΔH2＝ΔH3＜ΔH4 D．ΔH1＞ΔH2＝ΔH3＞ΔH4 【答案】B 【分析】根据浓硫酸溶于水放热，则放出的热量最高，焓变最小，硫酸根离子和钡离子之间反应生成的硫酸钡的是沉淀，生成沉淀的过程放热，所以稀硫酸放热多，醋酸是弱酸，电离过程要吸热，所以焓变最大，进行分析。 【解答】解：分别向1L 0.5mol/L的Ba（OH）2溶液中加入：①浓硫酸；②稀硫酸；③稀盐酸，④稀醋酸。根据浓硫酸溶于水放热，则放出的热量最高，焓变最小，从中和角度讲，稀硫酸和稀硝酸都是强的稀酸，所以氢氧化钡的量一定的条件下，二者放出的热量相等，但是硫酸根离子和钡离子之间反应生成的硫酸钡的是沉淀，生成沉淀的过程放热，所以稀硫酸放热多，醋酸是弱酸，电离过程要吸热，所以焓变最大，即放出的热量为ΔH1＜ΔH2＜ΔH3＜ΔH4， 故选：B。 【点评】本题主要考查反应热的大小比较等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 3．（2024秋•杭州期中）化学电源在生活中有广泛的应用，各种电池的示意图如图，下列有关说法正确的是（　　） A．甲：电流由锌片经导线流向铜片 B．乙：负极的电极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+ C．丙：锌筒作负极，发生还原反应，使用一段时间锌筒会变薄 D．丁：使用一段时间后电解质溶液的酸性减弱，导电能力减弱 【答案】D 【分析】A．根据该装置中Zn易失电子作负极、Cu作正极，进行分析； B．根据Ag2O作正极，正极上Ag2O得电子和水反应生成Ag和OH﹣，进行分析； C．根据Zn作负极、二氧化锰作正极，负极上Zn失电子发生氧化反应生成锌离子，进行分析； D．根据电池反应式为Pb+PbO2+2H2SO4＝2PbSO4↓+2H2O，使用一段时间后电解质溶液的酸性减弱，同时导致溶液中离子浓度减小，进行分析。 【解答】解：A．该装置中锌易失电子作负极、铜作正极，则放电时电流由正极Cu片经导线流向负极即Zn片，故A错误； B．该装置中锌易失电子作负极，负极的电极反应式为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣＝ZnO+H2O，氧化银作正极，正极上氧化银得电子和水反应生成银和OH﹣，故B错误； C．该装置中锌作负极、二氧化锰作正极，负极上锌失电子发生氧化反应生成锌离子，使用一段时间锌筒会变薄，故C错误； D．溶液导电能力与离子浓度成正比，根据以上分析知，电池反应式为Pb+PbO2+2H2SO4＝2PbSO4↓+2H2O，消耗硫酸且生成水，使用一段时间后电解质溶液的酸性减弱，同时导致溶液中离子浓度减小，所以溶液导电能力下降，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查原电池与电解池的综合等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 4．（2024秋•杭州期中）已知①C（g）+O2（g）⇌CO（g） ΔH1＝﹣akJ•mol﹣1K1 ②C（s）+O2（g）⇌CO2（g） ΔH2＝﹣bkJ•mol﹣1K2 ③H2（g）+O2（g）⇌H2O（g） ΔH3＝﹣ckJ•mol﹣1K3 下列说法正确的是（　　） A．反应③为表示H2的燃烧热的热化学方程式 B．b＜a C．反应C（s）+H2O（g）⇌H2（g）+CO（g）K＝ D．反应H2O（g）+CO（g）⇌H2（g）+CO2（g）ΔH＝（b﹣c﹣a）kJ•mol﹣1 【答案】C 【分析】A．燃烧热的热化学方程式中，生成的产物必需是稳定状态的； B．C完全燃烧时，放出的热量更多； C．根据盖斯定律，①﹣③可得：反应C（s）+H2O（g）⇌H2（g）+CO（g）K； D．根据盖斯定律，②﹣①﹣③可得：反应H2O（g）+CO（g）⇌H2（g）+CO2（g）ΔH，则ΔH＝ΔH2﹣ΔH1﹣ΔH3。 【解答】解：A．反应③中，生成的水为气态，不能表示H2的燃烧热的热化学方程式，故A错误； B．C完全燃烧时，放出的热量更多，所以b＞a，故B错误； C．根据盖斯定律，①﹣③可得：反应C（s）+H2O（g）⇌H2（g）+CO（g）K，则K＝，故C正确； D．根据盖斯定律，②﹣①﹣③可得：反应H2O（g）+CO（g）⇌H2（g）+CO2（g）ΔH，△则ΔH＝（a+c﹣b）kJ•mol﹣1，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，侧重考查盖斯定律的应用，属于基本知识的考查，难度不大。 5．（2024秋•杭州期中）科学家研制出新型催化剂，在该催化剂表面可以实现利用太阳光高效分解水，其主要过程如图所示。下列说法不正确的是（　　） A．使用催化剂降低了总反应的焓变 B．过程Ⅰ破坏了H—O键，需要吸收能量 C．过程Ⅲ有化学键的断裂和形成 D．总反应的ΔH＞0 【答案】A 【分析】A．催化剂不改变焓变； B．断键过程吸收能量； C．过程Ⅲ有H—O键的断裂、H—H键的形成； D．水的分解，属于吸热反应。 【解答】解：A．使用催化剂不改变总反应的焓变，故A错误； B．过程Ⅰ破坏了H—O键，断键过程需要吸收能量，故B正确； C．由图可知，过程Ⅲ有H—O键的断裂、H—H键的形成，故C正确； D．总反应为水分解，属于吸热反应，ΔH＞0，故D正确； 故选：A。 【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，侧重考查学生的看图理解能力，属于基本知识的考查，难度不大。 6．（2024秋•杭州期中）A（g）+3B（g）＝4C（g）反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能），下列有关叙述正确的是（　　） A．3mol B（g）的能量比4mol C（g）的能量高 B．若ΔH＝﹣akJ•mol﹣1，则1mol A（g）和3mol B（g）充分反应放出的热量一定等于akJ C．ΔH＝﹣（E2﹣E1）kJ•mol﹣1 D．有催化剂的两步反应中，第二步为该反应的决速步 【答案】C 【分析】A．1mol A和3mol B（g）的能量比4mol C（g）的能量高； B．焓变与生成物的状态有关； C．由图即可判断ΔH； D．活化能越大，反应速率越慢。 【解答】解：A．由图可知，反应A（g）+3B（g）＝4C（g）属于放热反应，1mol A和3mol B（g）的能量比4mol C（g）的能量高，故A错误； B．若ΔH＝﹣akJ•mol﹣1，则1mol A（g）和3mol B（g）充分反应，生成4mol C（g）时，放出的热量等于akJ，故B错误； C．由图可知，ΔH＝﹣（E2﹣E1）kJ•mol﹣1，故C正确； D．有催化剂的两步反应中，第一步为该反应的决速步，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，属于基本知识的 考查，难度不大。 7．（2024秋•杭州期中）下列物质属于电解质的是（　　） A．酒精 B．KNO3溶液 C．HCl D．Cu 【答案】C 【分析】水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质。 【解答】解：A．酒精是乙醇的俗称，属于非电解质，故A错误； B．KNO3溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误； C．HCl溶于水导电，属于电解质，故C正确； D．Cu是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了电解质分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。 8．（2023秋•上城区校级期中）常温下，下列能使c（H+）水＝1×10﹣5mol•L﹣1并能使溶液呈酸性的粒子是（　　） A．H+ B．Mg2+ C． D．F﹣ 【答案】B 【分析】常温下，下列能使c（H+）水＝1×10﹣5mol•L﹣1并能使溶液呈酸性的粒子是，促进了水的电离，是水解显酸性的盐，据此分析判断。 【解答】解：A．H+能使溶液显酸性，但抑制水的电离，故A错误； B．Mg2+水解促进水的定量，溶液显酸性，能使c（H+）水＝1×10﹣5mol•L﹣1并能使溶液呈酸性，故B正确； C．离子水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，故C错误； D．F﹣离子水解溶液显碱性，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查了盐类的水解，溶液酸碱性分析判断，注意知识的理解应用，题目难度不大。 9．（2024秋•杭州期中）次氯酸溶液中存在电离平衡：HClO⇌H++ClO﹣，下列叙述不正确的是（　　） A．pH＝4的HClO溶液加水稀释10倍，pH＞5 B．降低温度，平衡逆向移动，次氯酸的电离常数，Ka减小 C．加入NaOH固体，溶液中的值增大 D．欲使0.1mol•L﹣1次氯酸溶液的pH、电离程度都减小，可加入1mol•L﹣1次氯酸溶液 【答案】A 【分析】依据外界条件改变对电离平衡的影响分析。 【解答】解：A．pH＝4的HClO溶液加水稀释10倍，溶液体积变为原来的10倍，电离平衡正向进行，氢离子的物质的量增大，故稀释后氢离子浓度大于原来的，故pH＜5，故A错误； B．弱电解质电离吸热，降低温度，平衡逆向移动，次氯酸的电离常数Ka减小，故B正确； C．加入NaOH固体，氢离子被消耗，电离平衡正向移动，n（ClO﹣）增大，n（HClO）减小，溶液中＝的值增大，故C正确； D．加入1mol•L﹣1次氯酸溶液，次氯酸电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，溶液pH减小，次氯酸分子增大程度更大，故电离程度减小，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查电离平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对电离平衡的影响是解题的关键。 10．（2024秋•西湖区校级期中）下列物质的相应信息正确的是（　　） 选项 俗名 物质 分类 性状 A 苏打 NaHCO3 电解质 白色细小晶体 B 干冰 CO2 非电解质 白色晶体 C 胆矾 CuSO4 纯净物 蓝色晶体 D 漂白粉 Ca（ClO）2 纯净物 白色粉末 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【分析】A．NaHCO3俗称小苏打； B．干冰是固态二氧化碳，是白色晶体； C．胆矾是五水合硫酸铜； D．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物。 【解答】解：A．NaHCO3俗称小苏打，是白色晶体，是电解质，苏打是碳酸钠的俗名，故A错误； B．干冰是固态二氧化碳，是白色晶体，非金属氧化物是非电解质，故B正确； C．胆矾是五水合硫酸铜，不是硫酸铜，故C错误； D．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，有效成分是次氯酸钙，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查物质的组成，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。 11．（2024秋•西湖区校级期中）如图描述了氯化钠固体溶于水的过程： 结合以上过程，下面说法正确的是（　　） A．氯化钠固体不导电，是因为氯化钠固体中不存在阴阳离子 B．氯化钠溶液能导电是因为氯化钠在电流作用下发生了电离 C．上述过程中，水的作用是使Na+和Cl﹣脱离晶体表面并形成水合离子 D．从图上可知，最终溶液中的离子存在形式为： 【答案】C 【分析】A．氯化钠固体中存在阴阳离子； B．氯化钠溶液能导电是因为氯化钠在水分子的作用下发生了电离； C．在水分子的作用下，钠离子和氯离子脱离晶体表面并形成相应的水合离子； D．水分子中H呈正电性，O呈负电性，因此应该是O原子对着钠离子，H原子对着氯离子。 【解答】解：A．氯化钠固体中存在阴阳离子，但是这些阴阳离子不能自由移动，因此氯化钠固体不导电，故A错误； B．氯化钠溶液能导电是因为氯化钠在水分子的作用下发生了电离，并不是因为电流作用发生电离，故B错误； C．在水分子的作用下，钠离子和氯离子脱离晶体表面并形成相应的水合离子，故C正确； D．水分子中H呈正电性，O呈负电性，因此应该是O原子对着钠离子，H原子对着氯离子，图示离子存在形式错误，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查物质的性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。 12．（2024秋•杭州期中）以酚酞为指示剂，用0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液滴定pH＝4的未知浓度H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ变化关系如图所示。[已知：A2﹣的分布系数：δ（A2﹣）＝，10﹣1.7＝0.02] 下列叙述不正确的是（　　） A．曲线①代表δ（H2A），曲线②代表δ（HA﹣） B．H2A溶液的浓度约为0.02000mol•L﹣1 C．NaHA溶液显碱性 D．a点溶液中：c（Na+）＞2c（A2﹣）+c（H2A） 【答案】D 【分析】随着NaOH溶液滴加，溶液中δ（H2A）逐渐减少，δ（HA﹣）先增大后减少，δ（A2﹣）逐渐增大，则图中曲线①、②、③分别代表δ（H2A）、δ（HA﹣）、δ（A2﹣）随pH的变化关系，a点时pH＝6.3、c（H2A）＝c（HA﹣），此时H2A的电离平衡常数Ka1＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣6.3，H2A的电离平衡常数Ka2＝×c（H+）＝10﹣10.3，电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝2c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（OH﹣），据此分析解答。 【解答】解：A．由上述分析可知，图中曲线①、②、③分别代表δ（H2A）、δ（HA﹣）、δ（A2﹣）随pH的变化关系，故A正确； B．起始时H2A溶液的pH＝4，c（H+）≈c（HA﹣），H2A的电离平衡常数Ka1＝×c（H+）＝10﹣6.3，即c（H2A）＝mol/L＝10﹣1.7mol/L＝0.02000mol•L﹣1，故B正确； C．H2A的电离平衡常数Ka1＝10﹣6.3、Ka2＝10﹣10.3，则HA﹣的水解平衡常数Kh＝＝＝10﹣7.7＞Ka2，所以NaHA溶液显碱性，故C正确； D．a点溶液中c（H2A）＝c（HA﹣），溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝2c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）＜2c（A2﹣）+c（HA﹣）＝2c（A2﹣）+c（H2A），故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，正确分析图象中曲线含义、电离平衡常数计算方法及其应用是解题关键，题目难度中等。 13．（2024秋•杭州期中）下列属于非自发过程的是（　　） A．水由高处向低处流 B．蔗糖在水中溶解 C．天然气的燃烧 D．室温下水结成冰 【答案】D 【分析】A．水由高处向低处流，是自发过程； B．煤气燃烧生成二氧化碳，反应放热ΔH＜0，△S＜0，ΔH﹣T△S＜0，属于自发进行的过程。 C．溶解是自发过程； D．室温下水结成冰是温度降低作用下的变化，不是自发进行的反应。 【解答】解：A．水由高处向低处流，是自发进行的过程，故A错误； B．蔗糖在水中溶解常温下可自发进行，故B错误； C．天然气燃烧生成二氧化碳和水，反应放热ΔH＜0，△S＜0，ΔH﹣T△S＜0，属于自发进行的过程，故C错误； D．室温下水结成冰是温度降低作用下的变化，不是自发进行的反应，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查自发反应，为基础知识的考查，题目难度不大。 14．（2024秋•杭州期中）对已经达到化学平衡的反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）ΔH＜0，温度升高，对反应产生的影响是（　　） A．正、逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动 B．正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动 C．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向正反应方向移动 D．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向逆反应方向移动 【答案】B 【分析】依据外界条件改变对化学反应速率和化学平衡的影响分析。 【解答】解：温度升高，正逆反应速率均加快，反应正向放热，升温平衡逆向移动， 故选：B。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。 15．（2023秋•杭州期中）下列为熵增反应的是（　　） A．硝酸铵晶体溶于水 B．氨气和氯化氢气体反应 C．乙烯聚合为聚乙烯 D．碳和水蒸气制备水煤气 【答案】D 【分析】A．硝酸铵晶体溶于水的过程不是化学反应； B．氨气和氯化氢气体反应是气体体积减小的反应； C．乙烯聚合为聚乙烯的过程中，气体体积减小； D．碳和水蒸气制备水煤气的反应为C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）。 【解答】解：A．硝酸铵晶体溶于水，熵增加，但不是化学反应，故A错误； B．氨气和氯化氢气体反应生成固体氯化铵，气体物质的量减小，是熵减的反应，故B错误； C．乙烯聚合为聚乙烯的过程中气体转化为固体，是熵减的反应，故C错误； D．碳和水蒸气制备水煤气的反应为C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），反应为气体体积增大的反应，为熵增反应，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查了化学反应进行的方向的分析判断，注意熵变的理解应用，题目难度不大。 16．（2023秋•杭州期中）下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是（　　） A．紫色石蕊遇碱变蓝 B．热的纯碱溶液去污能力更强 C．用浓氨水和生石灰制取NH3 D．用SO2和O2制备SO3，工业选择常压而非高压 【答案】D 【分析】改变外界条件使平衡发生移动，能用化学平衡移动原理解释。 【解答】解：A．石蕊溶液中存在HIn（红）⇌In﹣（蓝）+H+，遇到碱，氢离子浓度减小，平衡正向移动，溶液变蓝，能用化学平衡移动原理解释，故A正确； B．纯碱溶液中存在平衡+H2O⇌+OH﹣，水解吸热，升高温度，平衡正向移动，溶液碱性变强，去污能力变强，能用化学平衡移动原理解释，故B正确； C．氨水中存在平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌+OH﹣，加入生石灰，生石灰与水反应生成氢氧化钙，溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于氨气逸出，能用化学平衡移动原理解释，故C正确； D．SO2和O2制备SO3反应为2SO2+O2⇌2SO3，高压有利于平衡正向进行，工业选择常压为综合考虑成本，不能用化学平衡移动原理解释，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。 17．（2024秋•杭州月考）向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下反应：SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）达到平衡，在此过程中正反应速率随时间变化的曲线如图所示。下列由图得出的结论正确的是（　　） A．反应在c点时达到平衡状态 B．反应物的总能量低于生成物的总能量 C．容器内的压强保持不变时，反应达到平衡状态 D．SO2的浓度：a点小于b点 【答案】C 【分析】A．当正反应速率不变时，达到化学平衡状态； B．反应向正反应进行，正反应的速率应该逐渐减小，但是图中正反应的速率增大，说明容器内温度升高； C．反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等、反应物浓度及含量不变； D．反应向正反应进行，随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低。 【解答】解：A．当正反应速率不变时，达到化学平衡状态，图中c点反应速率最大，随后正反应速率减小，但反应仍正向进行，没有达到平衡状态，故A错误； B．反应向正反应进行，正反应的速率应该逐渐减小，但图中正反应的速率增大，说明容器内温度升高，则正反应是放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故B错误； C．正反应为放热反应，则绝热条件下反应正向进行时容器内温度升高，压强增大，当容器内的压强保持不变时，反应达到平衡状态，故C正确； D．反应向正反应进行，随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查化学反应速率变化曲线及应用，侧重于学生的分析能力和灵活运用能力考查，把握影响化学反应速率的因素、平衡状态的判定是解题关键，题目难度中等。 18．（2021秋•杭州期中）已知CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH＝﹣49kJ•mol﹣1，反应在起始物＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x（CH3OH），在t＝250℃下x（CH3OH）～p、在p＝5×105Pa下x（CH3OH）～t如图所示。下列说法正确的是（　　） A．图中对应等压过程的曲线是M B．C点处x（CH3OH）相同，平衡常数相同 C．当x（CH3OH）＝0.10时，CO2的平衡转化率为 D．由d点到b点可以通过升温实现 【答案】C 【分析】A.分析可知，反应为放热反应，故升温平衡左移，x（CH3OH）的含量越低，则N为等压曲线； B.C点处x（CH3OH）相同，由于对应的温度不同，故平衡常数不相同； C.当x（CH3OH）＝0.10时，设生成甲醇物质的量为y，三段式列式计算： CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g） 起始量（mol）1 3 0 0 变化量（mol）y 3y y y 平衡量（mol）1﹣y 3﹣3y y y ＝0.1， y＝mol， 据此计算； D.由d点到b点，平衡需要左移，如果升高温度，分析压强对应的变化。 【解答】解：A.分析可知，反应为放热反应，故升温平衡左移，x（CH3OH）的含量越低，则N为等压曲线，故A错误； B.C点处x（CH3OH）相同，由于对应的温度不同，故平衡常数不相同，故B错误； C.当x（CH3OH）＝0.10时，设生成甲醇物质的量为y，三段式列式计算： CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g） 起始量（mol）1 3 0 0 变化量（mol）y 3y y y 平衡量（mol）1﹣y 3﹣3y y y ＝0.1， y＝mol， CO2的平衡转化率α＝×100%≈33%，故C正确； D.由d点到b点，平衡需要左移，如果升高温度，则压强必然变化，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了物质能量变化、平衡常数计算和影响平衡的因素分析、图象变化的理解应用等，掌握平衡移动原理和平衡常数计算是解题关键，题目难度中等。 19．（2024秋•杭州月考）1，4﹣二（氯甲基）苯（D）是有机合成中的重要中间体，某种生产D方法的机理如图所示。 以上各反应的速率方程均可表示为v＝kc（A）c（B），其中c（A）、c（B）分别为各反应中对应反应物的浓度。某温度下，恒容反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定，测定不同时刻相关物质的浓度，发现60min前，产物T可忽略不计。已知该温度下，k1：k2：k3：k4：k5＝100：21：7：4：23。下列说法不正确的是（　　） A．60min前，v2：v3＝3：1 B．路径①→②→④中，④是决速步骤 C．60min后，c（D）/c（G）逐渐减小 D．选择合适催化剂，控制反应时间，可提高D的产率 【答案】C 【分析】A．60min前，根据速率方程，可知v2＝k2c（M）c（Cl2），v3＝k3c（M）c（Cl2）； B．路径中速率最慢的为决速步，路径①→②→④中，根据速率方程v＝kc（A）c（B），路径①的速率v1＝k1c（X）c（Cl2），路径②的速率v2＝k2c（M）c（Cl2），路径④的速率v4＝k4c（D）c（Cl2）； C．60min后，有产物T生成，D和G会生成T，D和G的生成速率，，再根据，而D和G的消耗速率，结合生成速率和消耗速率； D．选择合适的催化剂，只催化反应②，而不催化反应③。 【解答】解：A．60min前，则v2＝k2c（M）c（Cl2），v3＝k3c（M）c（Cl2），则v2：v3＝k2c（M）：k3c（M）＝k2：k3＝21：7＝3：1，故A错误； B．路径中速率最慢的为决速步，路径①→②→④中，路径①的速率v1＝k1c（X）c（Cl2），路径②的速率v2＝k2c（M）c（Cl2），路径④的速率v4＝k4c（D）c（Cl2）；比较X、M、D的浓度以及k1、k2、k4的大小，则路径④的速率最慢，④是决速步，故B错误； C．60min后，有产物T生成，D和G会生成T，D和G的生成速率，，再根据，而D和G的消耗速率，生成速率和消耗速率，D生成快消耗慢，G生成慢消耗快，则逐渐增大，故C正确； D．选择合适的催化剂，只催化反应②，而不催化反应③，控制时间，可以提高D的产率，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡计算的掌握情况，试题难度中等。 20．（2024秋•杭州月考）工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：CaSO4（s）+（aq）⇌CaCO3（s）+（aq）。将1.00g硫酸钙（M＝136g•mol﹣1）加入100mL0.100mol•L﹣1Na2CO3溶液中，在25℃和充分搅拌条件下，利用pH计测得体系pH随时间t变化如图。已知：Ka1（H2CO3）＝4.5×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝4.7×10﹣11，Ksp（CaCO3）＝3.5×10﹣9，Ksp（CaSO4）＝4.9×10﹣5（不考虑水解）。下列说法不正确的是（　　） A．t＝0时，以上溶液中存在： B．保持溶液中，可使水垢中的CaSO4转化为CaCO3 C．t2时刻体系中已达平衡状态 D．t2时刻后向体系中加入少量Na2SO4固体，溶液的pH不变 【答案】D 【分析】A．t＝0时，碳酸根是弱酸根离子，少量水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子； B．因为和，故的平衡常数； C．t2时刻，体系pH不变，溶液中离子浓度不变； D．t2时刻后，向体系中加入少量Na2SO4固体，溶液中硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行，溶液中碳酸根离子浓度增大，水解平衡正向移动。 【解答】解：A．t＝0时，碳酸根是弱酸根离子，少量水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，故，故A正确； B．的平衡常数，保持溶液中，平衡正移，可使水垢中的CaSO4转化为CaCO3，故B正确； C．t2时刻，体系中，pH不变，溶液中离子浓度不变，故已达到平衡状态，故C正确； D．t2时刻后，向体系中加入少量Na2SO4固体，溶液中硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行，溶液中碳酸根离子浓度增大，水解平衡正向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶液平衡的掌握情况，试题难度中等。 二．解答题（共4小题） 21．（2023秋•杭州期中）研究化学反应中的能量变化具有重要价值。定量计算和测量则是常用的研究方法。 （1）通过化学键的键能可计算化学反应的反应热。已知几种共价键的键能数据如下： 共价键 C﹣H H﹣H H﹣O C＝O 键能/kJ•mol﹣1 413 436 463 745 则CO2和H2反应生成CH4和气态H2O的热化学方程式为 　CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣270 kJ/mol　。 （2）利用简单碰撞理论和活化能概念可解释反应过程中的能量变化。 ①下列关于简单碰撞理论的说法正确的是 　BC　（填字母）。 A．发生有效碰撞的分子不一定是活化分子 B．某些反应的点燃或加热条件是为了使普通分子获得能量转变为活化分子 C．基元反应的实质是活化分子有合适取向的碰撞 D．反应活化能越大，则反应过程中单位体积内的有效碰撞次数越多 ②水煤气变换反应为CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）。若无催化剂时该反应体系的相对能量随反应过程变化如图所示，则该反应的ΔH＝　E1﹣E2　kJ/mol（用含E1、E2的代数式表示）。已知该反应在固体催化剂M催化下分两步完成： Ⅰ．M（s）+H2O（g）⇌MO（s）+H2（g） ΔH1＞0 Ⅱ．MO（s）+CO（g）⇌M（s）+CO2（g） ΔH2＜0 在图中画出该反应在M催化下的相对能量﹣反应过程示意图（已知M的相对能量为0）。 （3）利用量热计可测量反应热。 ①在中和反应反应热的测定实验中，取50mL0.5mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应。NaOH浓度大于盐酸浓度的原因是 　保证盐酸完全被中和　。若用等浓度等体积的醋酸代替盐酸进行实验，则实验中测得的中和反应的反应热ΔH将 　偏大　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 ②借鉴中和反应反应热的测量方法，某同学测量放热反应Fe（s）+CuSO4（aq）═Cu（s）+FeSO4（aq）的焓变ΔH（忽略温度对焓变的影响）。其中一次的实验结果见下表。 反应试剂 体系温度/℃ 100mL0.200mol/LCuSO4溶液 1.68gFe粉 反应前 反应后 t1 t2 所用溶液的密度、比热容分别近似取1.00g/cm3和4.18J/（g•℃）并忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。则ΔH＝　﹣20.9（t2﹣t1）　kJ/mol（用含t1、t2的代数式表示）。 【答案】（1）CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣270 kJ/mol； （2）①BC； ②E1﹣E2； （3）①保证盐酸完全被中和；偏大； ②﹣20.9（t2﹣t1）。 【分析】（1）反应焓变ΔH＝反应物总键能﹣生成物总键能，标注物质聚集状态和反应焓变，写出CO2和H2反应生成CH4和气态H2O的热化学方程式； （2）①A．能发生有效碰撞的分子一定是活化分子； B．点燃或加热时，分子会吸收能量； C．活化分子有合适取向时反应可发生； D．反应活化能越大，反应速率越慢； ②若无催化剂时该反应体系的相对能量随反应过程变化如图所示，则该反应的ΔH＝断裂化学键吸收的能力﹣形成化学键放出的能量； （3）①氢氧化钠过量能保证盐酸完全反应，醋酸为弱酸，电离过程为吸热过程； ②100mL0.2mol•L﹣1CuSO4溶液含有溶质的物质的量为0.02mol，1.68gFe粉物质的量＝＝0.03mol，有0.02molCuSO4反应，按实验数据进行计算反应的焓变。 【解答】解：（1）CO2和H2反应生成CH4和气态H2O的热化学方程式为：CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g） ΔH＝2×745kJ/mol+4×436kJ/mol﹣4×413kJ/mol﹣4×463kJ/mol＝﹣270 kJ/mol， 故答案为：CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣270 kJ/mol； （2）①A．发生有效碰撞的分子一定是活化分子，故A错误； B．点燃或加热时，分子会吸收能量，使普通分子获得能量转变为活化分子，故B正确； C．活化分子有合适取向时发生有效碰撞，即发生了化学变化，故C正确； D．反应活化能越大，反应速率越慢，可知单位体积内的有效碰撞次数越少，故D错误； 故答案为：BC； ②水煤气变换反应为CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）。若无催化剂时该反应体系的相对能量随反应过程变化如图所示，则该反应的ΔH＝（E1﹣E2）kJ/mol， 故答案为：E1﹣E2； （3）①在中和反应反应热的测定实验中，取50mL0.5mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，NaOH浓度大于盐酸浓度的原因是：保证盐酸完全被中和，若用等浓度等体积的醋酸代替盐酸进行实验，醋酸电离是吸热过程，焓变为负值，则实验中测得的中和反应的反应热ΔH将偏大， 故答案为：保证盐酸完全被中和；偏大； ②100mL0.2mol•L﹣1CuSO4溶液含有溶质的物质的量为0.02mol，1.68gFe粉物质的量＝＝0.03mol，有0.02molCuSO4反应，按实验进行计算，ΔH＝﹣kJ/mol＝﹣20.9（b﹣a）kJ/mol， 故答案为：﹣20.9（t2﹣t1）。 【点评】本题考查了热化学方程式的书写、反应焓变的计算应用、中和热的测定等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。 22．（2024秋•杭州期中）草酸（H2C2O4）又称乙二酸，是一种二元中强酸，主要用作还原剂和漂白剂，在25℃时为无色透明结晶，电离常数Ka1＝5.0×10﹣2，Ka2＝6.4×10﹣5。 （1）①25℃HC2的水解平衡常数K1＝ 　2.0×10﹣13　。 ②实验室中用ag草酸样品配制成250mL溶液，下列仪器中未用到的是 　圆底烧瓶　（填仪器名称）。 （2）用移液管量取25.00mL上述配制的草酸溶液于锥形瓶中，用 0.02mol•L﹣1的酸性 KMnO4标准溶液滴定，其操作步骤如下： ⅰ.检查滴定管是否漏水； ⅱ.用蒸馏水洗净滴定管，　用 0.02mol•L﹣1的酸性 KMnO4标准溶液润洗滴定管2～3 次　； ⅲ.滴定管中注入KMnO4标准溶液，经过排气泡、调整液面后开始滴定，直至滴定终点； ⅳ.再重复操作两次，消耗0.02mol•L﹣1的酸性KMnO4标准溶液平均体积为VmL。 ①将步骤ⅱ补充完整 　用 0.02mol•L﹣1的酸性 KMnO4标准溶液润洗滴定管2～3 次　。 ②下列操作可能导致测定结果偏高的是 　BC　。 A.配制草酸样品溶液时，容量瓶中液面超过刻度线 B.锥形瓶先用蒸馏水洗涤，然后用待测草酸溶液润洗 C.滴定管在滴定前无气泡，滴定后有气泡 D.滴定前俯视读数，滴定后仰视读数 ③该草酸样品中草酸的纯度是 　%　（用含a、V的代数式表示）。 【答案】（1）①2.0×10﹣13； ②圆底烧瓶； （2）①用 0.02mol•L﹣1的酸性 KMnO4标准溶液润洗滴定管2～3 次，用 0.02mol•L﹣1的酸性 KMnO4标准溶液润洗滴定管2～3 次； ②BC； ③%。 【分析】（1）①25℃HC2的水解平衡常数K1＝，将数据代入计算即可； ②实验室中用ag草酸样品配制成250mL溶液，溶解需要烧杯和量筒，定容需要胶头滴管，不需要的是圆底烧瓶； （2）①滴定管使用时，需要先蒸馏水洗涤，再待装液润洗； ②A.配制草酸样品溶液时，容量瓶中液面超过刻度线，导致草酸浓度偏低，滴定时，消耗的标准溶液体积偏小； B.锥形瓶先用蒸馏水洗涤，然后用待测草酸溶液润洗，锥形瓶中草酸偏多，导致滴定时消耗的标准溶液的体积偏大； C.滴定管在滴定前无气泡，滴定后有气泡，导致滴定时消耗的标准溶液的体积偏大； D.滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，导致读出的标准溶液的体积偏小； ③根据关系式：5H2C2O4～2KMnO4，则n（H2C2O4）＝n（KMnO4）＝0.02mol•L﹣1×V×10﹣3L＝5V×10﹣5mol，据此计算草酸样品中草酸的纯度。 【解答】解：（1）①25℃HC2的水解平衡常数K1＝＝×＝＝＝2.0×10﹣13， 故答案为：2.0×10﹣13； ②实验室中用ag草酸样品配制成250mL溶液，溶解需要烧杯和量筒，定容需要胶头滴管，不需要的是圆底烧瓶， 故答案为：圆底烧瓶； （2）①用移液管量取25.00mL上述配制的草酸溶液于锥形瓶中，用 0.02mol•L﹣1的酸性 KMnO4标准溶液滴定，其操作步骤如下： ⅰ.检查滴定管是否漏水； ⅱ.用蒸馏水洗净滴定管，用 0.02mol•L﹣1的酸性 KMnO4标准溶液润洗滴定管2～3 次， ⅲ.滴定管中注入KMnO4标准溶液，经过排气泡、调整液面后开始滴定，直至滴定终点； ⅳ.再重复操作两次，消耗0.02mol•L﹣1的酸性KMnO4标准溶液平均体积为VmL 故答案为：用 0.02mol•L﹣1的酸性 KMnO4标准溶液润洗滴定管2～3 次； ②A.配制草酸样品溶液时，容量瓶中液面超过刻度线，导致草酸浓度偏低，滴定时，消耗的标准溶液体积偏小，进一步导致测定的草酸浓度偏低，故A错误； B.锥形瓶先用蒸馏水洗涤，然后用待测草酸溶液润洗，锥形瓶中草酸偏多，导致滴定时消耗的标准溶液的体积偏大，进一步导致测定的草酸浓度偏高，故B正确； C.滴定管在滴定前无气泡，滴定后有气泡，导致滴定时消耗的标准溶液的体积偏大，进一步导致测定的草酸浓度偏高，故C正确； D.滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，导致读出的标准溶液的体积偏小，进一步导致测定的草酸浓度偏低，故D错误； 故答案为：BC； ③根据关系式：5H2C2O4～2KMnO4，则n（H2C2O4）＝n（KMnO4）＝0.02mol•L﹣1×V×10﹣3L＝5V×10﹣5mol，该草酸样品中草酸的纯度是＝③%， 故答案为：%。 【点评】本题主要考查中和滴定的基本操作、水解平衡常数的计算，属于基本知识的考查，难度中等。 23．（2023秋•杭州期末）磷是重要的元素，能形成多种含氧酸和含氧酸盐。请回答下列问题： （1）已知H3PO2（次磷酸）是一元中强酸，写出H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式：　H3PO2+OH﹣＝H2+H2O　。 （2）25℃时，向一定体积的亚磷酸（H3PO3）溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液，混合液中含磷粒子的物质的量分数（δ）与溶液pH的关系如图1所示。 ①δ2代表含磷粒子为 　H2　。 ②H3PO3⇌2H++的K为 　10﹣7.97　。 （3）过量含磷物质的排放会致使水体富营养化，因此发展水体除磷技术非常重要。磷酸铵镁结晶法回收废水中的磷是近几年的研究热点。其原理为：+Mg2+++6H2O═NH4MgPO4⋅6H2O↓。 ①pH＝9时，磷去除率与初始溶液中、的关系如图2所示。为达到最佳除磷效果，并节约试剂，n（Mg）：n（N）：n（P）＝　2：5：1　。 ②n（Mg）：n（N）：n（P）一定，磷去除率随溶液初始pH变化如图3所示。则最佳除磷效果的pH范围是 　9.0～10.0　，并说明原因 　pH增大，c（OH﹣）增大，OH﹣与和Mg2+反应，导致c（）和c（Mg2+）减小，不利于生成磷酸铁铵　。 【答案】（1）H3PO2+OH﹣＝H2+H2O； （2）①H2； ②10﹣7.97； （3）①2：5：1； ②9.0～10.0；pH增大，c（OH﹣）增大，OH﹣与和Mg2+反应，导致c（）和c（Mg2+）减小，不利于生成磷酸铁铵。 【分析】（1）H3PO2（次磷酸）是一元中强酸，H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应生成NaH2PO2和H2O； （2）①根据图知，随着溶液pH值的增大，δ（H3PO3）逐渐减小、δ（H2）先增大后减小、δ（）逐渐增大； ②δ（H3PO3）＝δ（H2）时，pH＝1.43，c（H3PO3）＝c（H2），Ka1（H3PO3）＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣1.43mol/L，δ（H2）＝δ（）时，pH＝6.54，c（H2）＝c（），Ka2（H3PO3）＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣6.54mol/L，H3PO3⇌2H++的K＝＝×＝×c（H+）××c（H+）＝Ka1（H3PO3）×Ka2（H3PO3）； （3）过量含磷物质的排放会致使水体富营养化，因此发展水体除磷技术非常重要。磷酸铵镁结晶法回收废水中的磷是近几年的研究热点。其原理为：+Mg2+++6H2O═NH4MgPO4⋅6H2O↓； ①根据图知，pH＝9时，初始溶液中＝5时N的去除率最好，＝2时Mg的去除率最好； ②pH＞10时，c（OH﹣）增大，OH﹣与和Mg2+反应。 【解答】解：（1）H3PO2（次磷酸）是一元中强酸，H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应生成NaH2PO2和H2O，离子方程式为H3PO2+OH﹣＝H2+H2O， 故答案为：H3PO2+OH﹣＝H2+H2O； （2）①根据图知，随着溶液pH值的增大，δ（H3PO3）逐渐减小、δ（H2）先增大后减小、δ（）逐渐增大，所以δ2代表含磷粒子为H2， 故答案为：H2； ②δ（H3PO3）＝δ（H2）时，pH＝1.43，c（H3PO3）＝c（H2），Ka1（H3PO3）＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣1.43mol/L，δ（H2）＝δ（）时，pH＝6.54，c（H2）＝c（），Ka2（H3PO3）＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣6.54mol/L，H3PO3⇌2H++的K＝＝×＝×c（H+）××c（H+）＝Ka1（H3PO3）×Ka2（H3PO3）＝10﹣1.43×10﹣6.54＝10﹣7.97， 故答案为：10﹣7.97； （3）①根据图知，pH＝9时，初始溶液中＝5时N的去除率最好，＝2时Mg的去除率最好，为达到最佳除磷效果，并节约试剂，n（Mg）：n（N）：n（P）＝2：5：1， 故答案为：2：5：1； ②根据图知，n（Mg）：n（N）：n（P）一定，最佳除磷效果的pH范围是9.0～10.0，pH＞10时，c（OH﹣）增大，OH﹣与和Mg2+反应，导致c（）和c（Mg2+）减小，不利于生成磷酸铁铵，从而降低了磷的去除率， 故答案为：9.0～10.0；pH增大，c（OH﹣）增大，OH﹣与和Mg2+反应，导致c（）和c（Mg2+）减小，不利于生成磷酸铁铵。 【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确电离平衡常数的计算方法、正确解读图中曲线含义是解本题关键，难点是（2）题中化学平衡常数的计算。 24．（2024秋•杭州期中）研究CO2的回收利用既可变废为宝，又可减少碳的排放。回答下列问题； 二甲醚（CH3OCH3）被誉为“21世纪的清洁燃料，由CO2和H2制备二甲醚的反应原理如下： 反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH1＝﹣49.8kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CH3OCH3（g）+H2O（g）⇌2CH3OH（g） ΔH2＝+23.4kJ•mol﹣1 反应Ⅲ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g） ΔH3 （1）ΔH3＝ 　﹣123.0　kJ/mol，据此判断反应Ⅲ在 　低温　（填“低温”、“高温”或“任意温度”）条件能自发进行。 （2）T1℃时，将1mol二甲醚充入某恒容密闭容器中，发生如下分解反应： CH3OCH3（g）⇌CH4（g）+H2（g）+CO（g），在不同时间测定容器内的总压，所得数据见表： 反应时间t/min 0 5 10 15 20 ∞ 气体总压p总/kPa 10.0 13.6 15.8 17.7 18.9 20.0 由表中数据计算：反应达平衡时，二甲醚的分解率为 　50.0%　，该温度下的平衡常数KP＝ 　25.0　（kPa）2（KP为用气体平衡分压代替气体平衡浓度表示的平衡常数，分压＝总压x气体的物质的量分数）。 （3）恒压下将CO2和氢气按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅲ，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。其中：CH3OH选择性＝×100% ①在上述条件下，结合图象分析，合成甲醇的最佳温度是 　230℃　℃，最佳催化剂是 　CZ（Zr﹣1）催化剂　。 ②温度高于230℃CH3OH产率随温度升高而下降的原因是 　反应I放热而反应Ⅱ吸热，温度高于230℃时，随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动而反应Ⅱ正向移动，CH3OH的实际产量降低，因此CH3OH的平衡产率降低　。 【答案】（1）﹣123.0；低温； （2）50.0%；25.0； （3）①230℃；CZ（Zr﹣1）催化剂； ②反应I放热而反应Ⅱ吸热，温度高于230℃时，随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动而反应Ⅱ正向移动，CH3OH的实际产量降低，因此CH3OH的平衡产率降低。 【分析】（1）利用盖斯定律计算反应热，并根据吉布斯自由能判断反应自发进行的条件； （2）应用三段式的方法进行计算； （3）结合图像信息，选择反应的最佳条件，并分析可能的原因。 【解答】解：（1）由题干信息可知，ΔH3＝ 2ΔH1﹣ΔH2＝（﹣49.8kJ•mol﹣1）×2﹣（+23.4kJ•mol﹣1）＝﹣123.0kJ•mol﹣1，反应Ⅲ的ΔS＜0，ΔH＜0，因此在低温下自发进行， 故答案为：﹣123.0；低温； （2）利用三段式的方法进行计算，过程如下： CH3OCH3（g）⇌CH4（g）+H2（g）+CO（g） 初始时（mol） 1 0 0 0 变化量（mol） x x x x 平衡时（mol） （1﹣x） x x x 达到平衡时气体的总物质的量为（1+x）mol+xmol+xmol+xmol＝（1+2x）mol，根据气体的状态方程可知，恒温恒容时气体的压强比等于物质的量之比，则＝，解得x＝0.5，此时CH3OCH3（g）、CH4（g）、H2（g）、CO（g）的分压分别为5.0kPa，5.0kPa，5.0kPa，5.0kPa，所以反应达平衡时，二甲醚的分解率为×100%＝50.0%，该温度下的平衡常数KP＝＝ 25.0（kPa）2， 故答案为：50.0%；25.0； （3）①由图可知，甲醇的产率在230℃达到最高，且使用CZ（Zr﹣1）催化剂的产率高于CZT催化剂， 故答案为：230℃；CZ（Zr﹣1）催化剂； ②温度高于230℃，随着温度的升高，反应Ⅰ逆向移动，而反应Ⅱ正向移动，导致甲醇的实际产量降低， 故答案为：反应I放热而反应Ⅱ吸热，温度高于230℃时，随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动而反应Ⅱ正向移动，CH3OH的实际产量降低，因此CH3OH的平衡产率降低。 【点评】珠海考查反应热与平衡的计算，以及勒夏特列原理的应用。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$