浙江省温州市环大罗山联盟2022-2023学年高二化学上学期11月期中考试试题（Word版附解析）

2022学年第一学期环大罗山联盟期中联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共7页，满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：H-1C-12选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质中，水溶液显酸性的盐是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．碳酸氢钠属于强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，故A不符合题意；B．H2S属于二元弱酸，水溶液显酸性，但H2S不属于盐，故B不符合题意；C．硫酸氢钠属于盐，在水中电离NaHSO4=Na++H++SO，溶液显酸性，故C符合题意；D．过氧化钠属于氧化物，且遇水反应生成NaOH，溶液显碱性，故D不符合题意；故答案为C。2.下列物质属于非电解质的是A.B.C.D.蔗糖溶液【答案】A【解析】【详解】A．NH3是非电解质，水溶液和熔融状态不导电，故A正确；B．H2O是电解质，可以电离出H+和OH-离子，故B错误；C．BaSO4是电解质，熔融状态可以电离出硫酸根离子和钡离子，故C错误；D．蔗糖溶液是混合物，混合物不是电解质也不是非电解质，故D错误； 答案选A。3.在酸碱中和滴定实验中，通常用不到下列仪器中的A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．酸碱中和滴定用不到漏斗，漏斗是过滤用，故A符合；B．酸碱中和滴定时要配制标准溶液，因此需要容量瓶，故B不符合；C．酸碱中和滴定用锥形瓶做反应容器，故C不符合；D．酸碱中和滴定需要酸式滴定管，故D不符合；答案选A。4.下列物质在熔融状态下不导电的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Al3+和O2-，故其在熔融状态下能导电，选项A不符合题意；B．CaCl2属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Ca2+和Cl-，故其在熔融状态下能导电，选项B不符合题意；C．属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Na+和，故其在熔融状态下能导电，选项C不符合题意；D．HCl是共价化合物，其在熔融状态下不能电离成离子，故其在熔融状态下不导电，选项D符合题意；答案选D。5.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是A.天然气燃烧时，将化学能转化为热能与光能B.硅太阳能电池将光能转化为电能C.电解熔融制备钠，电能转化为化学能 D.原电池放电时，化学能转化为电能【答案】B【解析】【详解】A．天然气燃烧是将甲烷与氧气反应生成二氧化碳和水，属于氧化还原反应，故A错误；B．硅太阳能电池将太阳能转化为电能，发生的是物理变化，没有氧化还原反应发生，故B正确；C．电解熔融氯化钠生成金属钠和氯气，有化合价变化和电子转移，属于氧化还原反应，故C错误；D．原电池放电有电子转移，属于氧化还原反应，故D错误；答案选B。6.下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是A.灼热的碳与反应B.与反应C.铁与稀硫酸反应D.甲烷在氧气中燃烧【答案】A【解析】【详解】A．灼热的碳与CO2反应是吸热反应，其反应方程式为C+CO22CO，该反应存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故A符合题意；B．该反应虽然为吸热反应，属于复分解反应，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；C．铁与稀硫酸反应属于氧化还原反应，属于放热反应，故C不符合题意；D．甲烷的燃烧属于氧化还原反应，属于放热反应，故D不符合题意；答案为A。7.关于热化学方程式，下列分析正确的是A.与的总能量比的能量低B.1个与1个生成1个放出的热量C.反应的小于D.反应物的总键能大于生成物的总键能【答案】C【解析】【详解】A．根据热化学方程式可知，该反应为放热反应，即1molSO2(g)的能量比1molS(s)和1molO2(g)的总能量低296kJ，故A错误； B．热化学反应方程式中，物质前面的系数表示物质的量，不能表示个数，故B错误；C．因此S(g)=S(s)ΔH＜0，因此S(g)+O2(g)=SO2(g)的ΔH小于-296kJ/mol，故C正确；D．根据ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，该反应为放热反应，即ΔH＜0，推出生成物键能总和大于反应物键能总和，故D错误；答案为C。8.下列说法或表示方法正确的是A.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B.反应，表示每摩尔反应放出的热量C.氢气与氧气反应生成等量的液态水和水蒸气，后者放出的热量多D.已知，则【答案】B【解析】【详解】A．需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，加热只是为了使反应物分子变成活化分子，A错误；B．反应，表示每摩尔反应放出的热量，B正确；C．氢气与氧气反应生成等量的液态水和水蒸气，液态水更稳定，能量更低，故前者放出的热量多，C错误；D．碳燃烧生成二氧化碳燃烧更充分，释放的能量更多，故，D错误。故选B。9.以太阳能为热源，热化学硫磺循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：相关反应的热化学方程式为反应I：SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq)△H1=-213kJ/mol反应Ⅱ：H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+O2(g)△H2=+327kJ/mol反应Ⅲ：2HI(aq)=H2(g)+I2(g)△H3=+172kJ/mol下列说法不正确是 A.该过程实现了太阳能到化学能的转化B.SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用C.总反应的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+286kJ/molD.该过程使水分解制氢反应更加容易发生，但总反应的△H不变【答案】C【解析】【详解】A．由图可知利用太阳能使化学反应发生，则太阳能转化为化学能，A正确；B．由图可知总反应为水分解生成氧气、氢气，则SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用，B正确；C．由盖斯定律可知，I+II+III得到H2O(l)═H2 (g)+O2(g)△H=(-213kJ•mol-1)+(+327kJ•mol-1)+(+172kJ•mol-1)=+286kJ•mol-1，C错误；D．催化剂降低反应的活化能，不影响焓变，则该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的△H不变，D正确；故答案为：C。10.下列叙述不正确的是A.太阳能、风能、海洋能、地热能、氢能等是理想的新能源B.25℃时，的溶液中含有的数目约为(为阿伏加德罗常数的值)C.冰融化成水，，D.该反应值很大，由此可推测该反应即使没有催化剂反应速率也很快【答案】D【解析】【详解】A．太阳能、风能、海洋能、地热能、氢能没有污染，所以是理想的新能源，故A说法正确；B．pH=1即氢离子浓度为0.1mol/L，0.10L氢离子浓度为0.1mol/L的硫酸中氢离子的物质的量为0.01mol，数目为0.01NA，故B说法正确；C．冰融化成水是吸热过程，△H>0,物质有固体变成液体是熵增加的反应，△S>0，故C说法正确；D．平衡常数K值大说明反应进行的趋势大但是反应速率不一定大，故D说法不正确；答案选D；11.溶液与溶液发生反应：，达到平衡。下列说法正确的是 A.加入四氯化碳，振荡，静置分层，下层为紫红色，表明该化学反应存在限度B.经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度C.加入苯，振荡，平衡正向移动D.该反应的平衡常数【答案】C【解析】【详解】A．铁离子与碘离子反应生成碘单质，加入四氯化碳振荡静置分层，下层为紫红色说明有碘单质生成，不能说明反应存在限度，故A错误；B．铁离子与碘离子反应铁离子过量，在水溶液中加入，溶液呈血红色说明铁离子存在，不能证明反应存在限度，故B错误；C．加入苯萃取出了碘单质，减少生成物浓度，平衡正向移动，故C正确；D．该反应的平衡常数，故D错误；答案选C。12.下列措施或事实能用勒夏特列原理解释的是A.在合成氨(正反应放热)的反应中，升温有利于氨的合成B.、、三者的平衡混合气加压(缩小体积)后颜色变深C.钢铁在潮湿的空气中更容易生锈D.工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率【答案】D【解析】【详解】A．合成氨为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡逆向进行，不利于氨的合成，故A不符合题意；B．氢气与碘蒸气反应H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应前后气体系数之和相等，加压，平衡不移动，容器体积减小，组分浓度变大，气体颜色加深，故B不符合题意；C．钢铁在潮湿空气更容易生锈，钢铁放在潮湿空气中构成原电池，加快腐蚀速率，与勒夏特列原理无关，故C不符合题意；D．生成三氧化硫：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，使用过量的空气，增大氧气浓度，平衡正向移动，可以提高二氧化硫的利用率，符合勒夏特列原理，故D符合题意； 答案为D。13.为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，甲、乙两位同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。下列叙述中不正确的是A.图甲所示实验可通过观察产生气泡的快慢来比较H2O2分解速率的大小B.相同环境下若图甲所示实验中反应速率为①>②，则一定说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好C.用图乙所示装置测定反应速率，需要记录反应产生的气体体积及反应时间D.为检查图乙所示装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位【答案】B【解析】【详解】A．反应速率可以通过观察产生气泡的快慢来判断，故A正确；B．图甲所示实验中没有控制变量，没有设计实验验证和对反应速率的影响，故该实验不能确定和对分解的催化效果，故B错误；C．反应速率可以用单位时间内产生气体的体积表示，要测定反应速率，需要记录反应产生的气体体积及反应时间，故C正确；D．关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，若气密性不好，气体就能够加入，活塞不能回到原位，故D正确。故答案选B。14.下列说法正确的是A.已知催化氧化生成是放热反应，若升高温度，则正逆反应速率都加快，但产率可能会降低B.用铁片和硫酸反应制氢气时，生成氢气的速率随硫酸浓度的增大而增大C.中和和体积均相等的氨水、溶液，所需的物质的量相同 D.和反应达到平衡时转化率为，放出热量；在相同温度和压强下，当分解为和的转化率为时，吸收热量，不等于【答案】A【解析】【详解】A．升高温度正逆反应速率均增大，平衡向吸热反应方向移动，催化氧化生成是放热反应，平衡逆向移动，SO3产率降低，故A正确；B．铁与浓硫酸常温下钝化，浓度过大发生钝化，反应停止，故B错误；C．氨水属于弱碱部分电离，pH相同体积相同的氨水与氢氧化钠氨水的物质的量多，中和所需盐酸的量多，故C错误；D．和反应达到平衡时转化率为即生成0.2molNH3放出热量，分解为和的转化率为即分解的氨气为0.2mol时吸收的热量应该也是Q1，故Q1=Q2，故D错误；答案选A。15.汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体，反应方程式为4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g)　ΔH＝-1200kJ·mol－1。对于该反应，温度不同(T2>T1)其他条件相同时，下列图象正确的是A.B.C.CD.【答案】D【解析】详解】A.升高温度正逆反应速率均增大，故A错误；B.增大压强平衡正向移动，CO的体积分数减小，故B错误；C.正反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故C错误；D.升高温度反应速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，故D正确。故选D。16.在固定容积的密闭容器中，进行如下反应：，其化学平 衡常数与温度的关系如下表。下列说法正确的是温度(℃)25125225…平衡常数…A.能说明反应已达平衡B.平衡常数C.混合气体的平均摩尔质量不再改变不能说明反应已达平衡D.为提高反应速率和平衡转化率，工业生产时通常选择400~500℃、10~30MPa的反应条件【答案】A【解析】【详解】A．用不同物质的反应速率判断达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，即，因此2v正(H2)=3v逆(NH3)能说明反应达到平衡，故A正确；B．化学平衡常数只与温度有关，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，平衡常数减小，即平衡常数K1＞K2，故B错误；C．组分都是气体，混合气体总质量始终不变，该反应为气体物质的量减小的反应，因此混合气体的平均摩尔质量不变，说明反应达到平衡，故C错误；D．实际工业生产通常选择400～500℃是为了催化剂活性最大，加快反应速率，该反应为气体物质的量减少的反应，压强越大，有利于反应正向移动，但对材料的强度和设备的制造要求越高，需要的动力越大，这将会大大增加生产投资，并可能降低综合经济效益，因此目前压强选择10～30MPa，故D错误；答案为A。17.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.的溶液中：、、、B.由水电离的的溶液中：、、、C.的溶液中：、、、D.的溶液中：、、、【答案】C【解析】 【详解】A.酸性条件下NO3-具有强氧化性，Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B.由水电离的c(H+)=1×10-14mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，无论呈酸性还是碱性，HCO3－都不能大量共存，故B错误；C.的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，所以C选项是正确的；D.Fe3＋和SCN－发生化学反应，不能大量共存，故D错误。答案选C。18.依据图示关系，下列说法不正确的是A.B.石墨、分别完全燃烧，石墨放出热量多C.石墨比金刚石稳定D.(石墨，s)的【答案】D【解析】【详解】A．根据盖斯定律：△H5=△H1+△H4，△H5-△H4=△H1>0，则△H5>△H4，故A正确；B．由图可知1mol石墨完全燃烧放热393.5kJ热量，1molCO完全燃烧放热283.0kJ热量，石墨燃烧放热多，故B正确；C．由图可知石墨到金刚石吸热，说明石墨能量低稳定，故C正确；D．①C(石墨，s)+O2(g)=CO(g)△H5，②CO(g)+O2=CO2(g)△H2。根据盖斯定律①-②得(石墨，s)△H=△H5-△H2，故D错误；答案选D。19.25℃时，0.1mol/L醋酸溶液中电离平衡常数Ka=1.75×10−5，下列说法正确的是A.向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H+)减小B.向该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动 C.该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＜1.75×10−5D.升高温度，c(H+)增大，Ka变大【答案】D【解析】【分析】【详解】A．CH3COOH在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H-，向其中加入几滴浓盐酸，溶液中c(H+)增大，化学平衡逆向移动，由于平衡移动趋势是微弱的，最终达到平衡后溶液中c(H+)比原平衡增大，A错误；B．CH3COOH在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H-，向其中加入少量CH3COONa固体，盐电离产生CH3COO-，使溶液中c(CH3COO-)增大，电离平衡逆向移动，B错误；C．电离平衡常数只与温度有关，而与浓度无关，溶液的温度不变，化学平衡常数不变，所以该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka=1.75×10−5，C错误；D．升高温度，促进醋酸的电离，使溶液中c(H+)增大，c(CH3COO-)增大，Ka变大，D正确；故合理选项是D。20.一定温度下，某密闭容器中加入足量的碳酸钙，发生反应达到平衡，下列说法不正确的是A.将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，的浓度不变B.若温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大C.该反应为吸热反应，任何温度下都不能自发进行D.保持容器体积不变，充入，平衡不发生移动【答案】C【解析】【详解】A.，将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，温度不变平衡常数不变，所以的浓度不变，故A正确；B.正反应吸热，若温度升高，平衡正向移动，的浓度增大，平衡常数增大，故B正确；C.该反应为吸热反应，熵增大，高温下能自发进行，故C错误；D.保持容器体积不变，充入，的浓度不变，Q=K，平衡不发生移动，故D正确；选C。 21.已知：在标准压强101kPa、25℃，由最稳定的单质合成物质的反应焓变，叫做物质B的标准摩尔生成焓，用表示。有关物质有如图所示关系。下列有关判断正确的是A.的B.比稳定C.标准燃烧热为D.的键能小于与的键能之和【答案】A【解析】【详解】A．同种物质气态时的能量高于液态时的能量，的，故A正确；B．的标准摩尔生成焓为-45.9kJ·mol-1，的标准摩尔生成焓为50.6kJ·mol-1，N2和H2反应生成放热，而生成吸热，则的能量比低，较稳定，故B错误；C．由题图数据可计算出①N2(g)+2H2(g)=N2H4(l)ΔH=+50.6kJ·mol-1，②O2(g)+2H2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1，②-①可得ΔH=-534.2kJ·mol-1，的标准燃烧热是指生成液态水时放出的热量，应大于534.2kJ·mol-1，故C错误；D根据题图，NO(g)的标准摩尔生成焓为91.3kJ·mol-1，O2(g)+N2(g)=2NO(g)的ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和>0，即2molNO(g)的键能小于1mol与1mol的键能之和，没有指出三种物质的物质的量，故D错误。故选A。22.某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是 A.II为盐酸稀释时的pH值变化曲线B.b点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱C.a点Kw的数值比c点Kw的数值大D.b点酸的总物质的量浓度小于a点酸的总物质的量浓度【答案】D【解析】【详解】A．醋酸是弱酸，在水中不完全电离，并且越稀越电离，盐酸是强酸，在水中完全电离，加等量的水稀释时，盐酸的pH变化大于醋酸的pH变化，故I为盐酸的pH变化曲线，II为醋酸的pH变化曲线，故A错误；B．b点加水稀释之后得c点，故b点的浓度大于c点，离子浓度越大，导电性越强，故b点的导电性大于c点，故B错误；C．水的离子积Kw只与温度有关，a和c点温度相同，温度不变，Kw不变，故C错误；D．相同体积和pH的盐酸和醋酸，醋酸的浓度大于盐酸，加水稀释相同的倍数，两溶液浓度同时减小相同的倍数，醋酸浓度依然大于盐酸，故a点浓度大于b点，故D正确；故选D。23.利用图示装置测定中和热的实验步骤如下：①量取溶液倒入小烧杯中，测量温度；②量取溶液，测量温度；③打开杯盖，将溶液倒量热计的内筒，立即盖上杯盖，插入温度计，混合均匀后测量混合液温度。下列说法正确的是A.仪器A的名称是铁丝搅拌器 B.溶液稍过量的原因是确保硫酸完全被中和C.为便于酸碱充分反应，溶液应分多次加入D.用温度计测定溶液起始温度后直接测定溶液的温度，所测中和热比理论值小【答案】B【解析】【详解】A．A为玻璃搅拌器，为减少热量损失，不能用铁丝搅拌器，故A错误；B．中和热测定时，为了保证硫酸完全被中和，加入的氢氧化钠溶液应稍微过量，故B正确；C．中和热测定实验中为了减少热量的损失，NaOH溶液应一次倒入盛有硫酸的量热计内筒中，不能分多次倒入，否则易导致热量的散失，故C错误；D．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀硫酸测温度，硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，但ΔH偏大，故D错误；答案为B。24.已知：。一定条件下，向体积为的恒容密闭容器中充入和，测得和的浓度随时间变化曲线如图所示。下列叙述中，正确的是A.升高温度能使增大B.时，用的浓度表示的正反应速率等于用的浓度表示的逆反应速率C.该条件下，反应的平衡常数为D.反应达到平衡状态时，的平衡转化率为【答案】C【解析】 【详解】A．是放热反应，温度升高平衡逆向移动，减小，故A错误；B．时反应未达到平衡状态，反应正向进行，用的浓度表示的正反应速率大于用的浓度表示的逆反应速率，故B错误；C．达到平衡时c(CO2)=0.25mol/L，c(H2)=0.75mol/L，c(CH3OH)=0.75mol/L，c(H2O)=0.75mol/L，K==，故C正确；D．二氧化碳起始浓度为1mol/L，转化浓度为0.75mol/L，的平衡转化率为，故D错误；答案选C。25.一定温度下，将不同物质的量的和分别通入容积为的恒容密闭容器中进行反应，得到如下表所示的三组数据：试验编号温度/℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡时间/min16502.04.03.01.0529001.02.01.843900ab下列说法正确的是A.内，实验1中B.若，，则平衡时实验2中的转化率和实验3中的转化率相同C.对比实验1与实验2平衡时的量可知，温度升高该反应平衡正向移动D.650℃时，若充入，和，则达到平衡后各物质的量与实验1中不同【答案】B【解析】【详解】A．内，实验1中二氧化碳的物质的量变化为1mol，，A错 误；B．实验2中，水的转化率为20%，实验2实验3在相同温度下进行，故达平衡时，平衡常数相同，实验3达平衡时CO的物质的量为0.8mol，的转化率为20%，B正确；C．对比实验1和实验2可知，实验1的投入量是实验2的两倍，若实验2在650℃进行，则达平衡时，一氧化碳的物质的量为1.5mol，900℃时为1.8mol，故升温平衡逆向移动，该反应为放热反应，C错误；D．650℃时，若充入，和，相同温度下，平衡常数相同，故达平衡时，转化量为1mol.所以达到平衡后各物质的量与实验1中相同，D错误；故选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.请按要求填空：（1）下列物质：①溶液②③④冰醋酸⑤⑥⑦，属于强电解质的是_______(填标号)，属于弱电解质的是_______(填标号)，写出⑤物质在水溶液中的电离方程式_______。（2）①已知：甲烷完全燃烧生成液态水放出的热量为445.15kJ(25℃、时测定)。写出该条件下表示甲烷燃烧热的热化学方程式_______。②根据以下键能数据计算的反应热_______。化学键C-HC-FH-FF-F键能/414489565155（3）已知常温下，的电离平衡常数，写出的电离方程式_______；若氨水的浓度为，则溶液中的浓度约为_______。（4）常温下，的溶液与的硫酸混合，所得溶液的(近似认为酸碱总体积就是混合液体积)，则溶液与硫酸的体积比为_______。【答案】（1）①.②③⑤⑥②.④⑦③.HBr=H++Br-（2）①.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.30kJ/mol②.-1940 （3）①.NH3·H2O⇋②.6.0×10-3（4）1:9【解析】【小问1详解】强酸强碱和大多数盐是强电解质，电解质是纯净物，因此②③⑤⑥是强电解质；弱酸弱碱和水是弱电解质，因此④⑦是弱电解质，HBr是强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为HBr=H++Br-；【小问2详解】甲烷完全燃烧生成液态水放出的热量为445.15kJ，1mol甲烷是16g，完全燃烧放出890.30kJ热量，热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.30kJ/mol；反应热用键能表示为反应物键能总和减去生成物键能总和，故有△H=(4×414+4×155)-(4×489+4×565)=-1940kJ/mol；【小问3详解】设c(OH-)=c()=xmol/L，Kb==1.8×10-5，x=6.0×10-3；【小问4详解】混合后溶液呈碱性，c(OH-)==10-3，得出V碱：V酸=1：9。27.是一种常见的温室气体，也是巨大的碳资源，综合利用是当前的热点研究领域。（1）催化加氢可合成乙烯(CH2=CH2)和水。①请写出相关的化学反应方程式_______。②理论计算表明，原料初始组成，在体系压强为，反应达到平衡时，反应物与生成物的物质的量分数随温度的变化如图1所示。图中曲线代表的物质是_______，催化加氢可合成乙烯的反应的_______0(填“>”、“=”或“<”)。 ③催化加氢合成乙烯往往伴随副反应，生成丙烯、丙烷、丁烯等低碳烃，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯选择性(乙烯的选择性：转化为乙烯的百分率)，应当_______。（2）以和为原料还可以合成甲醇，涉及的主要反应如下：I．Ⅱ．Ⅲ．①某兴趣小组研究温度、压强对反应平衡的影响，得到平衡转化率、甲醇选择性与温度、压强的关系如图2、图3(甲醇的选择性：转化为甲醇的百分率)：请解释：350℃时，压强增大平衡转化率没有明显变化的原因_______。②若在容积可变的密闭容器中只发生反应Ⅲ，已知反应时间变化曲线如图4所示，在图4中画出时将容器的体积快速压缩至后随时间的变化曲线_______。 【答案】（1）①.2CO2+6H2CH2=CH2+4H2O②.H2③.＜④.选择对乙烯催化效率更高的催化剂（2）①.350℃时甲醇的选择性很小，以反应Ⅲ为主反应，反应Ⅲ为反应前后气体体积不变的反应，加压对平衡影响不明显，CO2平衡转化率没有明显变化②.【解析】小问1详解】①CO2催化加氢可合成乙烯和水，其相关反应为2CO2+6H2CH2=CH2+4H2O，故答案为2CO2+6H2CH2=CH2+4H2O；②原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，等于反应方程式中计量数之比，CO2、H2转化率之比也为1∶3，达到平衡时CO2、H2物质的量之比也为1∶3，乙烯、水蒸气物质的量之比为1∶4，根据图中起点数值可知，c和a物质的量之比约为1∶3，d和b物质的量之比约为1∶4，因此曲线a、b、c、d分别表示为H2、H2O、CO2、CH2=CH2，且平衡时反应物氢气的物质的量分数随着温度的升高而减小，说明升高温度，平衡逆向移动，推出该反应为放热反应，即ΔH＜0，故答案为H2；＜；③工业上通常选择合适催化剂，以加快化学反应速率，同时提高目标产品的选择性；故答案为选择对乙烯催化效率更高的催化剂；【小问2详解】①由图3可知，350℃时甲醇的选择性不大，即反应Ⅲ为主反应，反应Ⅰ、Ⅱ为副反应，并且反应Ⅲ 为反应前后气体体积不变的反应，增大压强时，该反应的平衡不移动，导致压强增大，CO2平衡转化率没有明显变化；故答案为350℃时甲醇的选择性很小，以反应Ⅲ为主反应，反应Ⅲ为反应前后气体体积不变的反应，加压对平衡影响不明显，CO2平衡转化率没有明显变化；②t0时刻将容器体积快速压缩至2L，CO的浓度瞬间变为=3mol/L，反应Ⅲ为反应前后气体体积不变的反应，增大压强最终平衡不移动，反应物转化率不变，则平衡时CO的浓度为=4.5mol/L，但浓度增大，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，因此c(CO)随反应时间t变化曲线为；故答案为。28.酸碱中和反应中溶液的变化可用于各种研究。（1）用溶液分别滴定体积均为、浓度均为的盐酸和醋酸，得到滴定过程中溶液随加入溶液体积变化的两条滴定曲线(如图示)。①溶液应装在上图滴定管_______(填或)中，滴定醋酸的曲线是_______(填Ⅰ或Ⅱ)。②滴定开始前，三种溶液中由水电离出的最大的是_______。③和的关系：_______(填“>”、“=”或“<”)。（2）取未知浓度的盐酸放入锥形瓶中，并滴加滴酚酞作指示剂，用标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2次，记录数据如下。实验编号NaOH溶液浓度滴定完成消耗NaOH溶液的体积(mL)盐酸的体积(mL) 10.1022.6220.0020.1024.9220.0030.1022.8020.00①滴定时，右手_______(填操作)，达到滴定终点的标志是_______。②根据数据可计算出该盐酸的浓度约为_______(保留两位有效数字)。③在上述实验中，下列操作会造成所测盐酸浓度偏高的有_______(填字母序号)。A．滴定终点读数时俯视B．锥形瓶水洗后未干燥C．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗D．碱式滴定管使用前，水洗后未用标准氢氧化钠溶液润洗E．滴定前，碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失【答案】（1）①.b②.Ⅰ③.0.1000mol/L的醋酸溶液④.<（2）①.摇动锥形瓶②.滴入最后一滴NaOH标准液，锥形瓶内溶液颜色由无色变红色，且半分钟内不褪色③.0.11④.DE【解析】【小问1详解】①NaOH溶液应装在碱式滴定管中，即上图滴定管b中；盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以浓度均为0.1000mol/L的盐酸和醋酸溶液，醋酸的pH较大，所以I是醋酸的滴定曲线。②酸和碱都会抑制水的电离，0.1000mol/LNaOH溶液和0.1000mol/L的盐酸电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度都是0.1000mol/L，对水的电离的抑制作用相同，但0.1000mol/L的醋酸中氢离子浓度小于0.1000mol/L，所以对水的电离抑制作用较小，即三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是0.1000mol/L的醋酸溶液。③醋酸和氢氧化钠恰好完全反应时，生成醋酸钠水溶液呈碱性，所以如果溶液呈中性，需要醋酸稍过量，也就是加入的氢氧化钠体积较少一些，所以V1＜V2。【小问2详解】①滴定时，右手摇动锥形瓶；酚酞溶液滴加到待测盐酸中，溶液呈无色，所以滴定终点的标志是当滴入最后一滴NaOH标准液，锥形瓶内溶液颜色由无色变红色，且半分钟内不褪色。②滴定终点时盐酸和NaOH恰好完全反应，即n(HCl)=n(NaOH)，三次实验中第二次所用NaOH溶液体积数值偏差太大，舍去，剩余两次所用NaOH溶液的平均值为=22.71mL， 0.1000mol/L×22.71×10-3L=c(HCl)×20.00×10-3L，解得c(HCl)≈0.11mol/L；③A．滴定终点读数时俯视，读数偏大，相减所得差值变小，计算的所用标准液体积偏小，测定结果偏低，A不符合题意；B．锥形瓶水洗后未干燥，不影响n(HCl)，因此滴入NaOH的量也不变，对结果无影响，B不符合题意；C．水洗后未用待测盐酸润洗，所取盐酸被稀释，导致所需要的标准NaOH溶液体积减小，测定结果偏低，C不符合题意；D．水洗后未用标准NaOH溶液润洗，NaOH溶液被稀释，所需要的NaOH溶液体积变大，测定结果偏高，D符合题意；E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，使滴定管内液面下降变大，测定结果偏高，E符合题意，故选DE。29.氢能源被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源，世界上许多国家和地区广泛开展了氢能源的研究。（1）氢气热值较高，是汽油的3倍，酒精的3.9倍。已知氢气的燃烧热是：，则氢气的热值为_______。（2）煤的气化是一种重要的制氢途径。在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和，起始压强为时，发生下列反应生成水煤气：反应I：反应II：反应达到平衡时，的转化率为的物质的量为。①有利于反应I自发进行的条件是_______。②下列说法正确的是_______。A.平衡时向容器中充入惰性气体，反应的平衡不移动B．混合气体的密度保持不变时，不能说明反应体系已达到平衡C．平衡时整个体系吸收能量D．反应II的化学方程式前后物质的化学计量数之和相等，所以反应II的③平衡时，气体的总物质的量为_______，反应的平衡常数_______。[：以气体物质的分压替代浓度计算得到的平衡常数，，表示平衡时总压，表示平衡系统中的物质的量分数]（3）用太阳能分解水制备是一项新技术，其过程如下图所示： 已知：①请写出过程II的热化学方程式_______。②请结合过渡态理论与碰撞理论解释催化剂可加快水分解的原因_______。【答案】（1）142.9（2）①.高温②.AC③.1.3④.0.02（3）①.3FeO(s)+H2O(g)=H2(g)+Fe3O4(s)ΔH=kJ/mol②.Fe3O4是该反应的催化剂，降低反应的活化能，使单位体积内活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，从而可加快反应速率【解析】【小问1详解】氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，则氢气的热值为=142.9kJ/g；故答案为142.9；【小问2详解】①反应Ⅰ为吸热反应，ΔH＞0，该反应为熵增，即ΔS＞0，根据复合判据，要想自发进行，需要在高温下，故答案为高温；②A．容器为恒容密闭，平衡时向容器中充入惰性气体，各物质组分浓度不变，反应Ⅰ的平衡不移动，故A正确；B．由于碳为固体，反应过程中气体的质量不断增大，容器为恒容，则混合气体体积不变，即混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故B错误；C．令反应Ⅰ中消耗水蒸气物质的量为amol，反应Ⅱ中消耗水蒸气物质的量为bmol，达到平衡时，水蒸气的转化率为50%，因此有a+b=1mol×50%，达到平衡时，CO物质的量为0.1mol，根据反应方程式有：a-b=0.1，两式联立解得a=0.3，b=0.2，反应过程中热量变化为(131.4×0.3-41.1×0.2)kJ=31.2kJ，则平衡时整个体系吸收31.2kJ能量，故C正确；D．任何化学反应的熵变均不为0，故D错误；答案为AC； ③根据②中C选项分析，达到平衡时，水蒸气、氢气、CO和CO2的物质的量分别为0.5mol、0.5mol、0.1mol、0.2mol，则气体的总物质的量为1.3mol；此时的压强为=0.26MPa，反应Ⅰ的Kp==0.02MPa，故答案为1.3；0.02；【小问3详解】①过程Ⅱ的反应为3FeO+H2O(g)=H2+Fe3O4，2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH1=akJ/mol…①，2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)ΔH2=bkJ/mol…②，根据盖斯定律有，反应Ⅱ=(①-②)，因此有3FeO(s)+H2O(g)=H2(g)+Fe3O4(s)ΔH=kJ/mol，故答案为3FeO(s)+H2O(g)=H2(g)+Fe3O4(s)ΔH=kJ/mol；