【文档说明】湖南省株洲市茶陵县第三中学2019-2020学年高二上学期第三次月考化学（选考）试题含解析【精准解析】.doc，共(19)页，346.500 KB，由小赞的店铺上传

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茶陵三中2019年高二第三次月考化学试卷（高考科）一、选择题（40分）1.已知298K时，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol，推测含1molHCl的稀溶液与含1molNH3·H2O的稀溶液反应放出的热量（）A.大于57.3kJB

.等于57.3kJC.小于57.3kJD.无法确定【答案】C【解析】【详解】在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热，1molHCl的稀溶液与含1molNH3·H2O的稀溶液反应生成

1mol水，但是一水合氨是弱碱，电离需要吸热，所以反应放出的热量小于57.3kJ/mol；答案选C。2.我国目前要大力开发低碳技术，推广高效节能技术，积极发展新能源和可再生能源。下列有关做法与此不相符的是（）A.回收废弃的饮料包装纸，制作成公园内的休闲长椅B.大力开发丰富的煤炭资源，减少

对石油的依赖C.在西部和沿海地区兴建风力发电站，解决能源问题D.推广电动，混合动力汽车，减少有害气体的排放【答案】B【解析】【详解】A．回收废弃饮料包装纸，制作成公园内的休闲长椅，能节约能源，能减少二氧化碳的排放，选项A正确；B．含碳燃料的大量使用会放出大量的二氧化碳，使近年来大气中二氧化碳含量

不断上升，引起温室效应，与题目不相符，选项B错误；C．兴建风力发电站减少化石燃料的使用，能减少二氧化碳的排放，选项C正确；D．推广与发展电动、混合动力汽车，能减少二氧化碳的排放，选项D正确；答案选B。【点睛】本题考查化石燃料的利弊及新能源的开发，注意理论与实际相结合，“低碳经济”是当今世界推崇的

发展模式，以低能耗、低污染、低排放为基础，含碳燃料所排放的二氧化碳显著降低的经济。3.下列热化学方程式书写正确且对应的△H的数值和意义与括号内表述相符．．的是A.2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)ΔH＝-571.6kJ/mol(燃烧热)B.NaOH(aq)＋CH3COOH(

aq)＝CH3COONa(aq)＋H2O(l)△H＝-57.3kJ/mol(中和热)C.H2O(g)＝H2(g)+1/2O2(g)ΔH＝-242kJ/mol(反应热)D.C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝-393.5kJ/mol(反应热)【答案】D【解析】【详解】A、燃烧热是以1m

ol可燃物作为标准来进行测定的，故氢气燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+12O2(g)＝H2O(l)ΔH＝-285.8kJ/mol，选项A错误；B、在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时的反应热叫做中和热，CH3COOH是弱酸，在中和反应中由于电离吸收热量，其反应热大于－57

.3kJ/mol，选项B错误；C、水分解生成氢气和氧气是吸热反应，焓变为正值，H2O(g)＝H2(g)+1/2O2(g)ΔH＝+242kJ/mol，选项C错误；D、碳与氧气反应生成二氧化碳放热，反应的热化学方程式为：C(s

)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝-393.5kJ/mol，选项D正确。答案选D。4.已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=－Q12H2(g)+O2(g)=2H2O(g)

ΔH=－Q2；2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=－Q3常温下，取甲烷和氢气体积比为4:1的混合气体11.2L（已折合成标准状况），完全燃烧后恢复至室温，则放出的热量为（）A.0.4Q1+0.05

Q2B.0.4Q1+0.05Q3C.0.4Q1+0.1Q2D.0.4Q1+0.1Q3【答案】B【解析】【详解】n(气体)=11.2L22.4L/mol=0.5mol，其中，n(CH4)=0.5mol×45=0.4m

ol，n(H2)=0.5mol×15=0.1mol。据有关热化学方程式得知0.4molCH4与0.1molH2分别完全燃烧恢复到常温放热0.4Q1和0.1×0.5Q3=0.05Q3，放出总热量为0.4Q1+0.05Q3。答案选B。5.化学反应4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)，经2mi

n，B的浓度减小了0.6mol/L，对此反应速率的表示正确的是（）A.用A表示的反应速率是0.4mol/(L·min)B.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小C.2min末的反应速率用B表示为0.3mol/(L·min)D.用v(B)、v(C)表示B、C的反应速率：则3v(C)=2v(B)【答

案】D【解析】【详解】A、物质A是固体，浓度不变，不能用A表示该反应的反应速率，选项A错误；B、升高温度，正、逆反应速率均增大，选项B错误；C、2min末的反应速率为即时速率，用B表示速率0.3mol/（L•min），是2min内的平均速

率，选项C错误；D、化学反应速率之比等于化学计量数之比，v（B）：v（C）=3：2，即3v(C)=2v(B)，选项D正确；答案选D。【点睛】注意固体或纯液体的浓度一般视为常数，故增加或减少固体或纯液体的量，化学反应速率不变，一般也不用固体或纯液体

来表示反应速，化学反应速率为一段时间内平均速率，不是即时速率。6.在生产、生活中为增大反应速率而采取的措施合理的是A.食物放在冰箱中B.在食品中添加适量防腐剂C.在糕点包装内放置小包除氧剂D.工业上燃烧硫铁矿

制取SO2时，先将矿石粉碎【答案】D【解析】【详解】A、冰箱中温度较低，食物放在冰箱中，可减小食物腐败的速率，故A不符；B、在食品中添加适量防腐剂，减慢食品变质的速度，故B不符；C、在糕点包装内放置小包除氧剂，可抑制糕点的氧化，防止变质，故C不符；D、工业上燃烧硫铁矿制取SO2时，先将矿石粉

碎，固体表面积增大，反应速率增大，故D正确；故选D。7.对于可逆反应：2A(g)＋B(g)2C(g)△H＜0，下列各图中正确的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A、纵坐标是C的百分含量，温度越高，达到平衡所用的时间越短，升高温度平衡向逆反应方向进行，C的百分含量就越小，选项A错

误；B、对于可逆反应2A(g)＋B(g)2C(g)△H＜0，该反应是体积减小的可逆反应，随着压强增大，平衡向正向移动，正逆反应速率都增大，但是正反应速率增大的快，选项B错误；C、催化剂不能改变平衡状态，C的平衡浓度不变，选项C错误；D、

对于可逆反应2A(g)＋B(g)2C(g)△H＜0，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低；增大压强平衡向正反应方向进行，A的转化率增大，选项D正确；答案选D。【点睛】有关化学平衡、化学反应速率的图表题一直是高考关注的热点，在审题时，一般采用“看特点，识图像，想

原理，巧整合”四步法。第一步：看特点。即分析可逆反应化学方程式，观察物质的状态、气态物质分子数的变化（正反应是气体分子数增大的反应，还是气体分子数减小的反应）、反应热（正反应是放热反应，还是吸热反应）等

。第二步：识图像。即识别图像类型，横坐标和纵坐标的含义、线和点（平台、折线、拐点等）的关系。利用规律“先拐先平，数值大”判断，即曲线先出现拐点，先达到平衡，其温度、压强越大。第三步：想原理。联想化学反应速率、化学平衡移动原理，特别是影响因素及使用前提条件等。第四步：巧整合。图表

与原理整合。逐项分析图表，重点看图表是否符合可逆反应的特点、化学反应速率和化学平衡原理。8.一定温度下，在密闭容器中发生反应：2HI(g)=H2(g)+I2(g)，能说明该反应达到平衡状态的标志是A.单位时间内消耗1

molH2，同时生成2molHIB.每断裂2molH-I键，同时有1molH—H键断裂C.容器中压强不再变化D.容器中混合气体的密度不再变化【答案】B【解析】A.都是正反应速率，不能说明该反应达到平衡状态B.每断裂2molH-I键，伴

随消耗2molHI，同时有1molH—H键断裂，伴随消耗1molH2，正反应速率等于逆反应速率，故B能说明该反应达到平衡状态；C.该反应气体物质的量不变化，容器中压强一直不变，故B不能说明该反应达到平衡状态；D.容器中混合气体的质量、体积不变，混合气体的密度

也保持不变，故D不能说明该反应达到平衡状态。故选B。点睛：化学平衡状态的本质是正反应速率等于逆反应速率，特征是各成分的物质的量、质量、质量分数等不再发生改变。9.某密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g)2Z(g)ΔH<0。图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系，t2、t3、

t5时刻外界条件有所变化，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法正确的是（）A.t2时加入了催化剂B.t3时降低了温度C.t5时增大了压强D.t4~t5时间内反应物转化率最低【答案】A【解析】【详解】A、t2时正逆反应速率增大相同的倍数，平衡不

移动。由于反应前后体积是减小的，所以改变的条件只能是加入了催化剂，选项A正确；B、正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，选项B不正确；C、增大压强，平衡向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，选项C不正确；

D、t3和t5都是平衡逆向移动，故应该是t6时转化率最低，选项D不正确；答案选A。10.某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3·H2ONH4++OH－，若想增大NH4+的浓度而不增大OH－的浓度，应采取的措施是（）A.适当升高温度B.加入NaCl溶液C.通入NH3D.加入少量盐酸【答案】D【解析】【

详解】A.适当升高温度，促进物质的电离，电离平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，选项A错误；B.加入NaCl固体，电离产生的Na+、Cl-对氨水的电离平衡不产生任何影响，选项B错误；C.向氨水中通入氨气，c(NH4+)增大，

c(OH-)增大，选项C错误；D.加入少量盐酸，盐酸电离产生的H+和氢氧根离子反应生成水，促进氨水电离，c(NH4+)增大，c(OH-)减小，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查弱电解质电离平衡的知识，注

意加入含有铵根离子或氢氧根离子的物质能抑制氨水电离，加入和铵根离子或氢氧根离子反应的物质能促进氨水电离，侧重于学生的分析能力的考查，氨水存在电离平衡NH3•H2O⇌NH4++OH-，要想增大NH4+的浓度，而不增大OH-的浓度，则加入的物质必须含有铵根离子或含有能和氢氧根离子反应

的离子。11.在25℃时，用蒸馏水稀释1mol/L氨水至0.01mol/L，随着溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是（）A.c(OH-)/c(NH3·H2O)B.c(NH4+)C.c(NH3·H2O)/c(NH4+)D.c(

OH─)【答案】A【解析】【详解】A、加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，所以()()-32cOHcNHHO始终保持增大趋势，选项A正确；B、加水稀释促进一水合氨电离，铵根离子的物质的量增大，但水增大的倍数较大

，c(NH4+)减小，选项B错误；C、加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，所以()()32+4cNHHOcNH减小，选项C错误；D、加水稀释促进一水合氨

电离，虽然溶液中n(OH-)增大，但水增大的倍数较大，c(OH─)减小，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查了弱电解质电离，稀释弱电解质促进弱电解质电离，但是离子的浓度一般会减小，氢离子和氢氧根离子的浓度的变化趋势相反，氨水中溶质是一水合氨，加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢

氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，因为溶液中一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢氧根离子浓度、铵根离子浓度和一水合氨浓度都减小。12.下列各式中属于正确的水解方程式的是（）A.Fe3+

+3H2OFe(OH)3↓+3H+B.S2-+2H2OH2S+2OH-C.NH4++H2ONH3·H2O+H+D.CH3COOH+H2OCH3COO-+H3O+【答案】C【解析】【详解】A、水解是微弱的，生成少量Fe(OH)3，不标沉淀符

号，正确的水解方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，选项A错误；B、S2-分步水解，第一步水解的方程式为S2-+H2OHS-+OH-，选项B错误；C、NH4+水解生成NH3·H2O和H+，选项C正确；D、CH3COOH+H2OCH3COO-+H3O+是醋酸的电离方程式，不是水

解方程式，选项D错误；答案选C。13.下列溶液一定显酸性的是（）A.溶液中c(OH-)>c(H+)B.含有弱碱阳离子的溶液C.溶液中c(H+)=10-6mol/LD.滴加紫色石蕊溶液后变红色的溶液【答案

】D【解析】【详解】A．溶液中c(OH-)>c(H+)溶液一定呈碱性，选项A错误；B．含有弱碱阳离子的溶液不一定会显酸性，如醋酸铵中含有铵根离子，溶液呈中性，选项B错误；C．温度未知，所以c(H+)=10-6mol/L的溶液不一定为酸性，如100°C时，c(H+

)=10-6mol/L的溶液为中性，选项C错误；D．紫色石蕊试液变色范围是pH5.0-8.0之间颜色分别为红、紫、蓝，遇酸显红色，遇碱呈蓝色，该溶液滴加紫色石蕊试液后变红色，说明溶液呈酸性，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查了溶液酸碱性的判断方法，解题关键是抓住溶液呈酸碱性是氢离子和氢

氧根离子的相对大小，溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的，当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时，溶液呈酸性；当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性；当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，注意不能根据溶液的pH值大小判断。14

.对于常温下pH=1的盐酸溶液，下列叙述正确的是（）A.取该溶液1mL，加水稀释至100mL后，pH=3B.该溶液中由水电离出的c(H+)为0.1mol/LC.将该溶液与pH=13的氨水等体积混合，混合后溶液呈中性D.该溶液为酸性溶液，因此溶液中没有OH-【答案】A【解析】

【详解】A、HCl为强电解质，完全电离，故稀释100倍，c(H＋)为原溶液的1100，pH会由1变为3，选项A正确；B、盐酸电离的c(H＋)＝0.1mol/L，则水电离的c(H＋)＝10－13mol/L，选项B错误；C、将pH

=1的盐酸和pH=13的氨水等体积混合后，溶液中有生成的NH4Cl也有大量未电离的NH3·H2O，溶液显碱性，选项C错误；D、任何水溶液中都有H+和OH-，只是酸性溶液中氢离子多于氢氧根，故显酸性，选项D错误。答

案选A。15.pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1mol·L－1)至pH＝7。消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy则()A.x为弱酸，Vx<VyB.x为强酸，Vx>VyC.y为弱酸，V

x<VyD.y为强酸，Vx>Vy【答案】C【解析】【分析】由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；发生中和反应后pH=7，为中性，x与NaOH反应生成不水解的正盐，而y与Na

OH反应生成水解显碱性的正盐，且酸的物质的量越大消耗NaOH越多，以此来解答。【详解】由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；pH=2的x，其浓度为0.01mol/L，与NaOH发生中和反应后pH=7，为中性，则0

.01mol/L×0.1L=0.1mol/L×V碱，解得V碱=0.01L，而pH=2的y，其浓度大于0.01mol/L，若二者恰好生成正盐，水解显碱性，为保证溶液为中性，此时y剩余，但y的物质的量大于x，y消耗的碱溶液体积大，体积大于0.01

L，则Vx<Vy；故选C。【点睛】本题考查弱电解质的电离及酸碱混合，为高频考点，把握等pH的酸稀释相同倍数时强酸pH变化大为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酸的物质的量大小决定消耗碱的体积大小，题目难度不大。16.等物质的量

浓度的下列五种溶液：①CH3COONa，②NH4Cl，③NaHSO4，④Na2CO3，⑤Ba(OH)2，溶液的pH由小到大正确的是（）A.②③①④⑤B.③②①④⑤C.③①②④⑤D.③②④①⑤【答案】B【解析】【详解

】④Ba(OH)2属于二元强碱，pH最大；水解呈碱性的为：①CH3COONa，④Na2CO3，依据水解程度大小分析，则pH：④＞①；溶液呈酸性的有：②NH4Cl，③NaHSO4，其中③NH4Cl溶液中铵根离子水解显酸性，③NaHSO4

溶液中完全电离相当于一元强酸，浓度相同时，溶液的pH：②＞③，综合以上分析可知，溶液的pH由小到大的顺序是为：③②①④⑤，答案选B。【点睛】注意考虑电解质的强弱以及盐类的水解情况，先将物质的按照碱、盐、酸的顺序分类，再根据盐的水解和弱电解质的电离特点比较pH，再按照溶液的pH由大到小

进行排序。17.Na2CO3溶液中存在平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，下列有关说法正确的是（）A.离子浓度：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)B.升高温度，平衡向逆反应方向移动C.加入NaCl溶液，溶液的pH增大D.加入NaO

H固体，溶液的pH减小【答案】A【解析】【详解】A、碳酸钠溶液因为碳酸根离子的水解使溶液呈碱性，所以离子浓度：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)，选项A正确；B、水解反应是吸热反应，所以温度升高平衡正向移动，选项B错误；C、滴入NaCl溶液，相当于稀释

溶液，溶液的pH降低，选项C错误；D、加入NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，溶液的pH升高，选项D错误。答案选A。18.将下列离子混合在同一溶液中，因为相互促进水解而不能大量共存的是（）A.Na+、Al3+、Cl-、AlO2-B.Ba2+、NH4+、Cl-、

OH-C.H3O+、Ca2+、PO43-、Cl-D.Na+、NH4+、Cl-、CO32-【答案】A【解析】【详解】A．Al3+、AlO2-相互促进水解生成氢氧化铝沉淀，因相互促进水解不能共存，选项A选；B．NH4+与OH-反应，因发生复分解反应不能共存，选项B不选；C．Ca2+、PO43-结合

生成沉淀，H3O+、PO43-结合生成弱电解质磷酸，均因发生复分解反应不能共存，选项C不选；D．Na+、NH4+、Cl-、CO32-相互之间不反应，能大量共存，选项D不选；答案选A。【点睛】本题考查离子的共存，侧重反应类型的考查，涉及复分解反应及相互促进水解的反应，注意把握题干信息，弱酸根

离子与弱碱离子相互促进水解，则不能大量共存。19.下列应用与盐类水解有关的是（）①明矾和FeCl3可作净水剂；②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量稀盐酸；③制备无水AlCl3时，应在HCl气流中加热蒸发；④NH4

Cl与ZnCl2溶液可作为焊接中的除锈剂；⑤实验室存放NaF溶液应用塑料瓶；⑥用Al2(SO4)3和NaHCO3两种溶液可作为泡沫灭火器；⑦长期使用硫酸铵，土壤酸性变强；⑧草木灰与铵态氮肥不能混合使用A.①③④⑦B.①②⑤⑥C.

②⑤⑥⑧D.全部有关【答案】D【解析】【详解】①明矾和氯化铁水解生成氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体，因此可以做净水剂；②在氯化铁溶液中加入盐酸，抑制水解；③在HCl气流中加热蒸发AlCl3溶液，抑制AlCl3

的水解，可制备无水AlCl3；④氯化铵、氯化锌溶液水解呈酸性，利用酸溶解金属氧化物；⑤NaF水解生成HF，与二氧化硅反应；⑥碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合，发生双水解；⑦硫酸铵水解，溶液呈酸性；⑧铵态氮肥水解呈酸性，草木灰的主要成分

是碳酸钾，水解呈碱性，二者相互水解降低肥效；答案选D。20.常温下，向20.00mL0.2000mol/LNH4Cl溶液中逐滴加入0.2000mol/LNaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所

示（不考虑挥发）。下列说法中正确的是（）A.a点溶液中：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)B.b点溶液中：c(Cl-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)C.c点溶液中：c(NH3

·H2O)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)D.d点溶液中：(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(NH4+)【答案】D【解析】【详解】A.a点溶液是NH4Cl溶液，由质子守恒得c(H+)=c(OH-)+c

(NH3·H2O)，选项A不正确；B.b点溶液呈中性，此时所加氢氧化钠的物质的量不到氯化铵的一半，所以c(Cl-)>c(Na+)>c(H+)=c(OH-)，选项B不正确；C.c点溶液中，由物料守恒可知，c(NH3·H2O)+c(NH4+)=c(

Cl-)，选项C不正确；D.d点溶液中，氯化铵和氢氧化钠恰好完全反应，溶液中存在一水合氨的电离平衡和水的电离平衡，溶液显碱性，所以c(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(NH4+)，选项D正确。答案选D。二、非选择题（60分）21.甲醇被称为21世纪的新型燃料，工业上通过下列反应Ⅰ和

Ⅱ，用CH4和H2O为原料来制备甲醇。(1)将1.0molCH4和2.0molH2O(g)通入容积为10L的反应室，在一定条件下发生反应Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：①已知100℃时达到平衡所需的时间为5min，则

用H2表示的平均反应速率为_________；②100℃时平衡常数为______________，在其他条件不变的情况下升高温度，化学平衡常数将_________（“减小”“不变”或“增大”）；③图中的p1______（填

“＞”“＜”或“=”）p2；(2)在常温、压强为0.1MPa条件下，amolCO与3amolH2的混合气体在催化剂作用下能自发发生反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)①该反应的ΔH_______（填“＜”“＞”或“=”，下同）0，ΔS______

__；②若容器容积不变，下列措施可以提高CO转化率的是_________；A、升高温度B、将CH3OH(g)从体系中分离出来C、再充入1molCO和3molH2D、充入He，使体系总压强增大【答案】(1).0.03mol·L-1·min-1(2).0.0225(3).增大(

4).＜(5).＜(6).＜(7).BD【解析】【分析】(1)①当压强为P1，温度为100℃时CH4的平衡转化率为50%，再计算氢气的反应速率；②根据可逆反应三段式进行计算；根据图像，升温，甲烷的转化率增大，平衡右移；③在相同温度下，P1甲烷的转化率大于P2甲烷的转化

率；（2）①大多数的化合反应是放热反应，焓变小于零，该反应中，反应物的系数和大于产物气体系数和，所以该反应是熵减的反应；②根据平衡移动的影响因素进行判断。【详解】(1)①当压强为P1，温度为100℃时CH4的平衡转化率为50%，根据反应速率之比是化学计量数之比可知用H2表示

0～5min内的平均反应速率为150%105molLmin×3＝0.03mol·L-1·min-1；②根据三段式可知：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)开始时的浓度(mol/L)0.10.200改变的浓度(mol/L)0.050.050.050.15平衡

时的浓度(mol/L)0.050.150.050.15平衡常数K=30.050.150.050.15=0.0225；根据图像，升温，甲烷的转化率增大，平衡右移，正反应是吸热反应，所以，在其他条件不变的情况下升

高温度，化学平衡常数将增大；③在相同温度下，P1甲烷的转化率大于P2甲烷的转化率，对于此可逆反应，增大压强，平衡左移，甲烷的转化率降低，所以，图中的P1＜P2；（2）①混合气体在催化剂作用下能自发发生反应，因此正反应是放热反应，

焓变小于零，该反应中，反应物的系数和大于产物气体系数和，所以该反应是熵减的反应，熵变小于零，故答案为：＜；＜；②A．该反应是放热的，升高温度，平衡逆向进行，会减小甲醇产率，选项A错误；B．将CH3OH(g)从体系中分离，会促使平

衡正向移动，提高甲醇的产率，选项B正确；C．再充入1molCO和3molH2，增大压强，平衡右移，有利提高甲醇的产率，选项C正确；D．充入He，使体系总压强增大，体积不变，各组分浓度不变，所以平衡不会移动，不会改变甲醇产率，选项D错误；答案选BD。2

2.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：(1)已知CH3OH(l)的燃烧热为726.51kJ/mol，CH3OH(l)+1/2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-akJ/mol，则a______（填

“＞”“＜”或“=”）726.51。(2)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，写出该反应的热化学方程式___________________。(3)火箭和导弹

表面的薄层是耐高温的物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，反应的热化学方程式为：4Al(s)+3TiO2(s)+3C(s)＝2Al2O3(s)+3TiC(s)ΔH=-1176kJ/mol，则反应过程中，每转移1mol电子放出的热量为_________

_。【答案】(1).＜(2).2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)＝4HCl(g)+CO2(g)△H=-290kJ•mol-1(3).98kJ【解析】【分析】(1)根据气态水转化为液态水还要放热进行判断；(2)先计算反应放出的热量，据此书写热化学方程式；(3)

根据化学方程式中吸放热的量及氧化还原反应得失电子数目进行求算。【详解】(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，由于气态水转化为液态水还要放热，所以甲醇燃烧生成CO2(g)和H2O(g)时放出的热量

小于akJ；(2)有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，反应的热化学方程式为：2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)＝4HCl(g)+CO2(g)△H=-290kJ•mol-1；(3

)根据方程式可知，4mol铝反应放出1176kJ热量，转移12mol电子，所以每转移1mol电子放出的热量为1176kJ12＝98kJ。23.Ⅰ、下图是用0.1000mol/L的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液的示意图和某次滴定前后盛放盐酸的滴定管中液面的位置。实验编号待测NaO

H溶液的体积(mL)滴定前盐酸的读数(mL)滴定后盐酸的读数(mL)120.001.2023.22220.001.2129.21320.001.5023.48请回答下列问题：(1)仪器A的名称是_________________。(2)盐酸的体积读数

：滴定前读数为___________，滴定后读数为_____________。(3)某实验小组同学的三次实验的实验数据如上表所示。根据表中数据计算出待测NaOH溶液的平均溶度是____________mol/L（保留四位有效数字）。(4)对

下列几种假定情况进行讨论：①取待测溶液的滴定管，放液前滴定管尖端有气泡，放液后气泡消失，对测定结果的影响是____________（填“无影响”“偏高”或“偏低”，下同）②滴定前锥形瓶未用待测液润洗，对测定结果的影响是_______

________；Ⅱ、氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似，原理是用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之。现用0.001mol/L酸性KMnO4溶液滴定位置浓度的Na2SO3溶液，反应的离子方

程式是2MnO4-+5SO32-+6H+＝2Mn2++5SO42-+3H2O。请回答下列问题：(1)该滴定实验所需仪器有________________。A、酸式滴定管(50mL)B、碱式滴定管(50mL)C、量筒(10mL)D、锥形瓶E、铁架台F、滴定管夹G、烧杯H、胶头滴管I、

漏斗(2)实验时，应用_____________（填“酸式”或“碱式”，下同）滴定管盛放高锰酸钾溶液，应用__________滴定管盛放亚硫酸钠溶液。(3)该实验_____________（填“需要”或“不需要”）加入指示剂，原因是_______

______。滴定达到终点的标志是__________________。【答案】(1).酸式滴定管(2).0.80mL(3).22.80mL(4).0.1100mol•L-1(5).偏低(6).无影响(7).ABDEF(8).酸式滴定管(9).碱式滴定管(10).不需要(11).MnO4-为

紫色，Mn2+为无色，可用这一明显的颜色变化来判断滴定终点(12).当最后一滴酸性KMnO4溶液滴入时，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色【解析】【分析】Ⅰ、(1)根据仪器的构造分析；(2)根据滴定管中的液面读数；(3)根据c（待测）=VcV（标准）（标准）（待测）计算；(4)根据c（待测

）=VcV（标准）（标准）（待测）分析；Ⅱ、(1)因为氧化还原滴定实验类似于中和滴定，由中和滴定实验所需仪器的选用进行迁移可得出正确答案；(2)由于KMnO4具有强氧化性，亚硫酸钠水解呈碱性；(3)原因是MnO4-为紫色，Mn2+为无色，可

用这一明显的颜色变化来判断滴定终点。【详解】Ⅰ、(1)该滴定管的下端是玻璃活塞，所以仪器的名称为酸式滴定管；(2)滴定前，滴定管中的液面读数为0.80mL，滴定后，滴定管中的液面读数为22.80mL；(3)三次滴定消耗的

体积为：22.02mL，28.00mL，21.98mL，第二组数据误差太大，舍去，则平均消耗V（NaOH）=22.00mL，c（待测）=VcV（标准）（标准）（待测）=0.1000mol/L22.00mL20.00mL=0.1100mol•L-1；(4)①取待测液的滴定管，滴

定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，待测液的物质的量偏小，导致标准液的体积偏小，根据c（待测）=VcV（标准）（标准）（待测）分析，c（待测）偏低；②若滴定前锥形瓶未用待测液润洗，待测液的物质的量不变，标准液的体积也不变，根据c（待测）=VcV（标准）（标准）（待测）分析，c（

待测）不变；故答案为无影响；Ⅱ、(1)用0.001mol/L酸性KMnO4溶液滴定末知浓度的Na2SO3溶液，实验所需仪器有酸式滴定管(50mL)、碱式滴定管(50mL)、锥形瓶、铁架台、滴定管夹；答案选ABDEF；(2)由于KMnO4具有强氧化性，能腐蚀

橡胶管，装在酸式滴定管中；亚硫酸钠水解呈碱性，装在碱式滴定管；(3)该实验不需要加入指示剂，原因是MnO4-为紫色，Mn2+为无色，可用这一明显的颜色变化来判断滴定终点；滴定达到终点的标志是当最后一滴酸性KMnO4溶液滴入时，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色。2

4.10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：温度(℃)1020305070pH8.38.48.58.99.4(1)甲同学认为，该溶液pH升高的原因是HCO3-的水解程度增大，碱性增强，该反应的离子方程

式为____________________。(2)乙同学认为：该溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3的水解程度。(3)丙同学认为，要确定上

述哪种说法合理，只要把加热后的溶液冷却到10℃后再测定溶液的pH，若pH______8.3（填“＞”“＜”或“=”，下同），说明甲同学正确；若_______8.3，说明乙同学正确。【答案】(1).HCO3-+H2OH2CO3+OH-(2).大于(3).=(4).＞【解析】

【分析】NaHCO3溶液中的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，根据外界条件对水解平衡的影响以及碳酸氢钠不稳定受热易分解分析解答。【详解】(1)碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，能水解导致溶液呈碱性，水解方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-；(2)碳酸钠是强碱弱酸盐能水解，碳酸是二元弱酸，第一步电

离程度远远大于第二步电离，所以碳酸根离子的第一步水解程度远远大于第二步水解程度，导致碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度；(3)若加热后碳酸氢钠不分解，溶液仍然是碳酸氢钠溶液，温度不变溶液的pH值也不变，由此证明甲是正确的；如

果pH＞8.3，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，说明乙正确。