【文档说明】山东省淄博市2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(22)页，480.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年度上学期期中模块检测高二化学试题一、选择题：本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。1.下列关于热化学反应的描述中正确的是A.HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ/mol，则H2SO4和B

a(OH)2反应的反应热△H=2×(-57.3)kJ/molB.CO(g)的燃烧热283.0kJ/mol，则反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)的△H=-2×283.0kJ/molC.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D.1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所

放出的热量是甲烷的燃烧热【答案】B【解析】【详解】A.H2SO4和Ba(OH)2反应不仅仅生成水，还生成硫酸钡沉淀，放出更多的热量，则H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热△H<2×(-57.3)kJ/mol，A项错误

；B.因CO(g)的燃烧热283.0kJ/mol，即完全燃烧1molCO(g)放出的热量为283.0kJ，推知完全燃烧2molCO(g)放出的热量为2×283.0kJ，则反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)的△H=-2×283.0kJ/mol，B项正确；C.例如：Ba(OH)

2·8H2O固体与NH4Cl晶体之间的反应为不需要加热的自发进行的反应，但属于吸热反应，故吸热反应不一定需要加热，C项错误；D.1mol可燃物燃烧生成稳定氢化物放出的热量是燃烧热，而1mol甲烷燃烧生成气态水不是稳定氧化物，应为液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，D项错误；故

选B。【点睛】中和热是指在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1mol水时的反应热。在25℃、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。燃烧热和中和热一样，是属于反应热的一种特殊形式，所以两者

的单位和反应热是一样的，都是kJ/mol。2.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)△H=xkJ•mol-1。已知：①碳的燃烧热△H1=akJ•mol-1；②S(s)+2K(s)=K2S(s)△H2=b

kJ•mol-1；③2K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s)△H3=ckJ•mol-1。则x为A.a+b-cB.c+3a-bC.3a+b-cD.c+a-b【答案】C【解析】【分析】先写出碳的燃烧热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=akJ•mo

l-1，然后结合①②③三个热化学方程式，根据盖斯定律列出方程，解出x即可。【详解】①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=akJ•mol-1；②S(s)+2K(s)=K2S(s)△H2=bkJ•mol-1；③2K(s)+N2(g)+3O2(

g)=2KNO3(s)△H3=ckJ•mol-1；由3×①＋②－③，可得到S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)△H=xkJ•mol-1，根据盖斯定律，则反应的焓变x=3a+b-c，故选C。【点睛

】化学反应的反应热只与始态和终态有关，而与反应途径无关，利用盖斯定律可以间接计算某些反应的反应热。3.一定温度下，反应N2（g）+O2（g）2NO（g）在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是（）A.缩小体积使压强增大B.升高体系的温度C.恒容，充入

HeD.加入合适的催化剂【答案】C【解析】【详解】A、缩小体积使压强增大可以加快该化学反应的速率，选项A不符合；B、升高体系的温度，活化分子的百分数增大，可以加快该化学反应的速率，选项B不符合；C、恒容，充入H

e，各组分浓度不变，速率不变，选项C符合；D、加入合适的催化剂，活化分子的百分数增大，化学反应速率增大，选项D不符合；答案选C。4.5.6g铁粉投入到盛有100mL2mol•L-1稀硫酸的烧杯中，2min时铁粉刚好溶

解(溶解前后溶液体积变化忽略不计)，下列表示这个反应的速率正确的是（）A.v(H2SO4)＝0.5mol•(L•min)-1B.v(H2SO4)＝1mol•(L•min)-1C.v(Fe)＝0.5mol•(L•min)-1D.v(FeSO4)＝1mol•(L•min)-1【

答案】A【解析】【详解】A.Fe的物质的量为5.6g56g/mol=0.1mol，由Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，可知参加反应的硫酸也是0.1mol，硫酸的浓度变化量为：0.1mol0.1L=

1mol/L，故v(H2SO4)=1mol/L2min=0.5mol/(L⋅min)，故A正确；B.由A中计算可知：v(H2SO4)=0.5mol/(L⋅min)，故B错误；C.Fe为纯固体，不能用浓度

变化量表示反应速率，故C错误；D.化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(FeSO4)=v(H2SO4)=0.5mol/(L⋅min)，故D错误，答案选A。5.已知：3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol，在催化剂存在时反应过程中的能量变化

如图所示。下列叙述正确的是A.△H=E2-E1+E3-E4B.加入催化剂后反应经过两步完成，其中第一步反应决定总反应速率C.加入催化剂，△H、反应速率均发生改变D.向密闭容器中充入3molH2和1molN2，

发生上述反应，达到平衡时，反应放出92kJ热量【答案】B【解析】【详解】A.①A→B的反应焓变为E1-E2，②B→C的反应焓变为E3-E4，①＋②可得：A→C，结合盖斯定律A→C的反应焓变为E1-E2+E3-E4，A项错误；B

.由图可知加入催化剂后反应经过两步完成，第一步反应的活化能E1大于第二步反应的活化能E3，所以第一步反应较慢，其决定总反应速率，B项正确；C.加入催化剂能同等程度地加快正逆反应速率，但焓变△H由反应物和生成物的总能量的差值决定的，与催化剂无关，C项错误；D.由3H2(g)+N2(g)=2NH

3(g)△H=-92kJ/mol可知，若消耗3molH2和1molN2，会放出92kJ热量，但向密闭容器中充入3molH2和1molN2，由于该反应是可逆反应，无法完全反应，所以反应放出小于92kJ热量，D项错误；故选B。6.用已知浓度的盐酸测定未

知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度，待测液放在锥形瓶中。中和滴定时下列操作会使测定结果偏低的是(锥形瓶中溶液用滴定管量取）A.碱式滴定管未用待测碱液润洗B.酸式滴定管未用标准盐酸润洗C.滴定过程中滴定管内不慎有标准液溅出D.滴

定前俯视读数，滴定后读数正确【答案】A【解析】【详解】A.碱式滴定管未用待测碱液润洗，会使得待测液的n(NaOH)偏小，则消耗的V(盐酸)偏小，测定结果偏低，A项正确；B.酸式滴定管未用标准盐酸润洗，会使得标准液c(HCl)偏小，

则消耗的V(盐酸)偏大，测定结果偏高，B项错误；C.滴定过程中滴定管内不慎有标准液溅出，则消耗的V(盐酸)偏大，测定结果偏高，C项错误；D.滴定前俯视读数，则读数会偏小，而滴定后读数正确，消耗的V(盐酸)等于滴定后的读数减去滴定前的读

数，该差值会偏大，测定结果偏高，D项错误；故选A。【点睛】中和滴定的原理是H＋+OH－=H2O，若是一元酸碱相互滴定，其计算依据是c标V标=c测V测，其中一个量是标准溶液的浓度，是定量不会造成误差，其余三个是变量，在操作时，由于受实验者主观方面的限制

，会影响滴定结果，只要分析时抓住这三个变量，使此实验的误差分析，就会有的放矢。7.已知：某温度下，铁的难溶化合物FeS在溶液中存在溶解平衡FeS(s)⇌Fe2+(aq)+S2-(aq)，FeS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是A.a点

对应的Ksp(FeS)等于b点对应的Ksp(FeS)B.c、d两点有沉淀析出的是c点C.向d点溶液中加入FeCl3溶液，溶液中的离子浓度可实现由d点到b点的变化D.该温度下，Ksp(FeS)=2×10-18【答案】C【解析】【分析】根据FeS(s)⇌Fe

2+(aq)+S2-(aq)，可知Ksp(FeS)=c(Fe2+)·c(S2-)，结合图像，FeS在水中的沉淀溶解平衡曲线的解析式为Ksp(FeS)=c(Fe2+)·c(S2-)。【详解】A.结合Ksp(FeS)⇌c(Fe2+)·c(

S2-)，a点和b点在同一曲线上，因而a点对应的Ksp(FeS)等于b点对应的Ksp(FeS)，A项正确；B.取a点带入Ksp(FeS)=c(Fe2+)·c(S2-)，则Ksp(FeS)=1×10-9×2×10-9=2×10-18，Qc(c

)=2×10-9×2×10-9=4×10-18>Ksp(FeS)，Qc(d)=1×10-9×1×10-9=1×10-18<Ksp(FeS)，则c、d两点有沉淀析出的是c点，B项正确；C.向d点溶液中加入FeCl3溶液，Fe3+与S2-发生反应，S2-浓度减小，而d点到b点S

2-浓度不发生改变，矛盾，C项错误；D.见B项，该温度下，Ksp(FeS)=2×10-18，D项正确；故选C。8.已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1②CO2(g)+C(s)=2CO(g)△H2③2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H3④4Fe(s)+3O2(g

)=2Fe2O3(s)△H4⑤3CO(g)+Fe2O3(s)=3CO2(g)+2Fe(s)△H5下列关于上述反应焓变的判断正确的A.△H1>0，△H3<0B.△H2>0，△H4>0C.△H1=△H2+△H3D.△H3=△H4+△H5【答案】C【解析】

【详解】A.①和③分别为C(s)、CO(g)燃烧的热化学方程式，燃烧反应均为放热反应，因此△H1<0，△H3<0，A项错误；B.④对应的热化学方程式为4Fe(s)氧化的热化学方程式，属于放热反应，则△H4<0，B项错误；C.热化学方程式①可由②＋③所

得，根据盖斯定律，则△H1=△H2+△H3，C项正确；D.热化学方程式③可由13×④＋23×⑤所得，则△H3=13×△H4+23×△H5，D项错误；故选C。9.下列根据实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A相同条件下，分别测量0.

01mol/L和0.001mol/L草酸溶液的导电性，前者的导电性强草酸浓度越大，电离程度越大B室温下，向浓度均为0.1mol/L的KCl和KI混合溶液中滴加几滴AgNO3溶液，只出现黄色沉淀室温下，Ksp(

AgI)>Ksp(AgCl)C取5mL0.1mol/LKI溶液，加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色Fe3+与I-发生的反应为可逆反应D已知KAlO2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧，得到固体残留物该固体为Al

2O3A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.相同条件下，草酸溶液浓度越大，其电离出的离子浓度越大，0.01mol/L草酸溶液中H+浓度大于0.001mol/L草酸溶液中H+浓度，但电离程度

等于弱电解质已经电离的部分除以弱电解质的初始浓度，其与弱电解质已经电离的部分成正比，但与弱电解质的初始浓度成反比，因而草酸浓度越大，其电离程度越小，A项错误；B.已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ks

p(AgI)=8.5×10-17，显然Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，且实验现象表明碘化银更难溶，更易生成沉淀，故该项结论不正确，B项错误；C.结合5mL0.1mol/LKI溶液和1mL0.1mol/LFeCl3溶液知n(KI)=5×10-4mol，n(FeCl3)=1×

10-4mol，又该反应离子方程式为2Fe3++2I－=2Fe2++I2，根据化学计量数得：若反应完全发生，Fe3+反应完，但萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色，说明溶液中存在Fe3+，推知Fe3+与I-发生的反应为可逆反应，C项

正确；D.已知KAlO2溶液的pH>7，说明AlO2－发生水解，其方程式为KAlO2+2H2O⇌Al(OH)3+KOH，由于KOH不易挥发，Al(OH)3+KOH又会发生反应生成KAlO2，故将其蒸干并灼烧，得到固体残留物为KAlO2，D项

错误；故选C。【点睛】D项是易错点，关于物质的蒸干灼烧规律可总结为：若能分解就分解，无需考虑它水解。若是强的走不掉，得到原盐最可靠。若是强的跑得快，弱的乖乖留下来。若能氧化就氧化，氧化还原分析它。10.室温下，

分别取10mLpH均为2的盐酸、醋酸溶液分别与10mL0.01mol•L-1NaHCO3溶液混合，实验测得产生CO2气体的体积(V)随时间(t)的变化如图所示。下列说法不正确的是A.①表示的是盐酸的反应曲线B.混合后的溶液中：c(CH3COO－)>c(C1－

)C.上述混合前三种溶液中水的电离程度：NaHCO3溶液>醋酸溶液=盐酸D.醋酸和NaHCO3溶液混合后，所得的溶液中:c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=0.005mol•L-1【答案】D【解析】【详解】A.pH均为2

的盐酸、醋酸溶液说明初始H+离子浓度相等，但醋酸溶液中存在电离平衡，当醋酸与NaHCO3反应时，H+离子浓度减小，平衡正向移动，不断补充H+，因而相对于完全电离的盐酸，醋酸与NaHCO3反应速率会更快，结合图象，因而斜率小的

，即①表示的是盐酸的反应曲线，A项正确；B.结合pH均为2的盐酸、醋酸溶液易知c(HCl)=0.01mol/L，而c(CH3COOH)>0.01mol/L，分别与0.01mol•L-1NaHCO3溶液等体积混合，盐酸与NaHC

O3溶液恰好完全反应，得到的溶质为NaCl，易知c(Na+)=c(Cl－)；醋酸与NaHCO3溶液反应，得到与NaCl等量的CH3COONa和过量的CH3COOH，由于CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，因而c(CH3COO－)>c(Na+)=c(

Cl－)，B项正确；C.盐酸、醋酸溶液的pH均为2，说明两者对水电离的抑制程度一样，而NaHCO3溶液显碱性，HCO3－的电离程度弱于其水解程度，因而HCO3－促进水的电离，即上述混合前三种溶液中水的电离程度：NaHCO3溶液>醋酸

溶液=盐酸，C项正确；D.c(CH3COOH)>0.01mol/L，其与等体积的0.01mol•L-1NaHCO3溶液混合，反应方程式为CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+CO2↑+H2O，根据化学计量数，c(CH3COONa)=0.01

2mol/L=0.005mol/L，且醋酸过量，根据物料守恒知c(CH3COO－)+c(CH3COOH)>0.005mol•L-1，D项错误；故选D。【点睛】与水反应的物质对水电离平衡有何影响，还是应当搞清楚反应的机理再说，是与H2O分子反应

还是与水电离出的H+或OH-反应？若是与H2O分子反应，生成的酸或碱会抑制水的电离；若是与H2O电离的H+或OH-反应，则会促进水的电离。11.水的电离平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.温度：a>b>cB.仅升高温度，可从a点变为c点C.水的离子积常数Kw:b>c>dD.b点对应温度下，0.

5mol/LH2SO4溶液与1mol/LKOH溶液等体积混合，充分反应后，所得溶液中c(H+)=1.0×10-7mol•L-1【答案】C【解析】【分析】结合图象，图中三条曲线代表不同温度下关于Kw=c(H+)c(OH－)的解析曲线。【详解】A.水的电离是吸热过程

，温度越高越利于正向移动，c(H+)和c(OH－)都会变大，所以温度：b>c>a，A项错误;B.仅升高温度时，c(H+)和c(OH－)都会变大，而a点变为c点，c(OH－)不变，显然矛盾，B项错误；C.结合Kw=c(H+)c(OH－)，分别代入b点、

c点、a点，则Kw(b)=10-6×10-6=10-12，Kw(c)=10-7×10-6=10-13，Kw(a)=10-7×10-7=10-14，又a点和d点在一条曲线上，Kw(d)=Kw(a)=10-14，因而水的离子积常数Kw:b>c>d，C项正确；D.0.5mol/LH2SO4溶

液与1mol/LKOH溶液等体积混合,易知H2SO4与KOH恰好完全反应生成K2SO4和水，又K2SO4为强碱强酸盐，故K2SO4溶液显中性，所以c(H+)=c(OH－)，又c(H+)c(OH－)=c2(H+)=Kw(b)=10

-12，解得c(H+)=1.0×10-6mol•L-1，D项错误；故选C。12.下列表述与示意图一致的是A.图①表示2SO3(g)=2SO2(g)+O2(g)△H>0，SO3的平衡转化率随温度、时间的变化B.图②中曲线表示反应H

2(g)+I2(g)=2HI(g)△H<0正、逆反应的平衡常数K随温度的变化C.图③表示20mL0.1mol/L稀盐酸与过量锌粒混合时，n(Zn2+)随时间的变化D.图④反应从开始到平衡的平均反应速率v(B)=0.04m

ol•L-1•min-1【答案】B【解析】【详解】A.由图①知T2时曲线的斜率大于T1时曲线的斜率，说明T2>T1，结合2SO3(g)=2SO2(g)+O2(g)△H>0，当温度越高，越利于正向移动，因而SO3的平衡转化率会变大，即T2时SO3的平衡转化率大

于T1时SO3的平衡转化率，A项错误；B.K正曲线与K逆曲线相交时，即K正=K逆，说明反应H2(g)+I2(g)=2HI(g)达到平衡状态，根据勒夏特列原理，结合△H<0，温度越高越利于逆向移动，此时K正<K逆，B项正确；C.稀盐酸与过量锌粒反应为放热反应，一开始

反应速率越来越快，但随着反应进行，盐酸浓度变小，反应速率越来越小，因而n(Zn2+)随时间的变化曲线斜率先越来越大，然后越来越小直至为0，C项错误；D.由图④知5min反应达到平衡，又v(B)=n()tBV，反应容器的体积不知道，无法计算从开始

到平衡时B的平均反应速率，D项错误；故选B。13.向温度为300℃的2L密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0,体系达到平衡状态后SO2的浓度为0.1mol/L，下列说法错误的是A

.该温度下，反应的平衡常数K=1620B.SO2和O2的平衡转化率相等C.平衡后保持温度和容器体积不变，再充入SO3(g)，平衡常数不变D.若不再向容器中加入任何物质，仅改变条件不可能使SO2的浓度达到

1mol/L【答案】D【解析】【详解】A.根据题中数据算出SO2、O2、SO3的平衡浓度依次为0.1mol/L、0.05mol/L、0.9mol/L，因此平衡常数K=20.90.10.05=1620，A项正确；

B.SO2和O2的起始之量之比等于化学计量数之比，因此平衡转化率相等，B项正确；C.平衡常数只与温度有关，保持温度和容器体积不变，再充入SO3(g)，平衡常数不变，C项正确；D.若不再向容器中加入任何物质，适当压缩容器

可使SO2的浓度达到1mol/L，D项错误；故选D。14.某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对X2(g)+3Y2(g)=2XY3(g)化学平衡状态的影响，得到如图所示的曲线（图中T表示温度，n表示物质的量），下列判断正确的

是A.若T2>T1，则正反应一定是放热反应B.T2和n(X2)不变，达到平衡时，XY3的物质的量：c>b>aC.T2和n(X2)不变，达到平衡时，X2的转化率:b>a>cD.若T2>T1，达到平衡时b、d点的正反应速率:v(d)>v(b)【答案】B【解析】【分析】XY3(g)的平

衡体积分数等于XY3(g)的物质的量除以X2(g)、Y2(g)、XY3(g)的物质的量之和，增加Y2(g)会使得平衡正向移动，XY3(g)的物质的量变大，因而XY3(g)的平衡体积分数先增大，但随着Y2(g)

变得更多，X2(g)、Y2(g)、XY3(g)的物质的量之和也会变得更大，XY3(g)的平衡体积分数反倒减小。【详解】A.Y2(g)起始投入量相等时，若T2>T1，且T2时XY3(g)的平衡体积分数大于T1时XY3(g)的平衡体积分数，说明温度越高，

平衡正向移动，正反应一定是吸热反应，A项错误；B.T2和n(X2)不变，增加Y2(g)会使得平衡正向移动，XY3(g)的物质的量变大，即达到平衡时，XY3的物质的量：c>b>a，B项正确；C.T2和n(X2)不变，达到平衡时，增加Y2(g)会使得平衡正向移动，X2(g)物质的量

一直减小，达到平衡时，X2的转化率逐渐增大，即c>b>a，C项错误；D.温度越高，反应速率越大，若T2>T1，达到平衡时b、d点的正反应速率:v(d)<v(b)，D项错误；故选B。15.25℃时，浓度均为1mol•L-1的四

种正盐溶液AX、BX、AY、BY；AX溶液的pH=7且溶液中c(X-)=1mol•L-1，BX溶液的pH=4，BY溶液的pH=6。下列说法正确的是A.电离常数:K(BOH)<K(HY)B.AY溶液的pH小于BY

溶液的pHC.稀释相同倍数，BX溶液的pH变化等于BY溶液的pH变化D.将浓度均为1mol•L-1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY溶液的pH【答案】A【解析】【分析】c(X-)=1mol•L-1，则阴离子X－不

会发生水解，BX溶液的pH=4，，则阳离子B+水解生成的H+有1×10-4mol/L，由于AX溶液的pH=7，则阳离子A+不会发生水解，由于BY溶液的pH=6，则阴离子Y－会水解产生OH－，且水解能力弱于B+。【详解】A.BY溶液

的pH=6，说明B+的水解程度大于Y－的水解程度，根据越弱越水解的规律，BOH的电离程度小于HY的电离程度，即电离常数:K(BOH)<K(HY)，A项正确；B.阴离子Y－会水解产生OH－，AY和BY水溶液显碱性，而阳离子A+

不会发生水解，B+的水解生成H+，会减弱溶液的碱性，因而在同浓度时AY溶液的pH大于BY溶液的pH，B项错误；C.阴离子X－不会发生水解，稀释相同倍数，均促进阴离子Y－和阳离子B+的水解，BX溶液的pH变化大于BY溶液的pH变化，C

项错误；D.HX溶液中阴离子X－完全电离，HY溶液中阴离子Y－部分电离，稀释会促进阴离子Y－但不会使其完全电离，则HX溶液的pH小于HY溶液的pH，D项错误；故选A。16.已知：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H

=-196.6kJ/mol，在温度、容积均相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下表所示：容器甲乙丙反应物投入量1molO2、2molSO22molSO31molSO3SO3的浓度(mol/L)c1c2c3反应的能量变化放出akJ吸收bkJ吸收c

kJ体系压强(Pa)1p2p3p反应物转化率α1α2α3下列说法不正确的是A.c1>2c3B.a+b=196.6C.p2>2p3D.α1+α3>1【答案】C【解析】【详解】A.易知甲容器内的平衡与乙容器内平衡是等效平衡，所以平衡时SO3的浓度相等，即

c1=c2，丙容器反应物投入量1molSO3是乙的一半，若丙缩小一半的体积，此时SO3的浓度设为c4，且此时丙与乙的平衡是等效的，即c2=c4，若将丙恢复至原来状态，需增加一倍的体积，此时浓度为4c2，同时这个过程相当于减小压强，根据2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)中的化

学计量数知，平衡逆向移动，因而c3<421ccc==222，即c1>2c3，A项正确；B.易知甲容器内的平衡与乙容器内平衡是全等等效平衡，所以平衡时SO3的物质的量相等，即n1=n2=n，结合2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△

H=-196.6kJ/mol，a=n×196.62kJ，b=(2-n)×196.62kJ，则易得a+b=196.6，B项正确；C.丙容器反应物投入量1molSO3是乙的一半，若丙缩小一半的体积，此时体系压强设为4p，且此时丙与乙

的平衡是等效的，且2p=4p，若将丙恢复至原来状态，需增加一倍的体积，此时压强为4p2，同时这个过程相当于减小压强，根据2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)中的化学计量数知，平衡逆向移动，分子数目变多，因而3p>42pp=22，即2

p<23p，C项错误；D.3个密闭容器的容积均相同，由c1>2c3知甲和丙容器内平衡时SO3的物质的量的关系是n1>2n3，结合2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)，α1=1n2，α3=31-n1，α1+α3=31311-n2+n-2nn

+=212>1，D项正确；故选C。【点睛】(1)化学平衡状态与建立平衡的条件有关，与建立平衡的途径无关。(2)对于同一可逆反应，在一定条件(恒温恒容或恒温恒压)下，无论是从正反应(反应物)、逆反应(生成物)或从中间状态(既有反应物、也有生成物)开

始，只要建立平衡后，平衡混合物中各组分的比例相同，或各组分在混合物中的百分含量相等，这样的化学平衡互称为等效平衡。(3)注意只是组分的百分含量相同，包括体积百分含量、物质的量百分含量或质量百分含量，而各组分的浓度不一定相等。二、非选择题

：本题包括4小题，共52分。17.(1)101kPa下，1g氢气完全燃烧生成液态水放出142.9kJ热量，氢气的燃烧热△H=_______;氢气燃烧的热化学方程式为_______。(2)某实验小组用0.50mo

l/LNaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液进行中和热的测定。①倒入NaOH溶液的正确操作是________(填选项字母，下同）。A.沿玻璃棒缓慢倒入B.一次性迅速倒入C.分三次少量倒入②使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_______。A.用温度计小

心搅拌B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌C.轻轻地振荡烧杯D.用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动(3)工业合成氨反应为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，一定条件下，在2L密闭容器中进行实验，测得有关数据如下表所示：物质N2(g)H2(g)NH3(g)起始(mol)27010s(mol)1.6

平衡时(mol)2则0〜10s内，用氢气的浓度变化表示的平均反应速率是_______，该反应的化学平衡常数是_________。根据混合气体各成分的物质性质，你认为工业上将氨气从混合气体中分离出来的措施

是_______，从而达到反应气体循环利用的目的。【答案】(1).285.8kJ/mol(2).2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=－571.6kJ/mol(3).B(4).D(5).0.12mol/(L·s)(6).0.25(7).降温使氨成为液体，与氨气和氢气分离开【解析】【详解

】(1)101kPa下，1g即0.5molH2完全燃烧生成液态水放出142.9kJ热量，则1molH2完全燃烧生成液态水放出142.9kJ×2=285.8kJ热量，即氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=－571.6kJ/mo

l；(2)①中和热的测定中，必须尽量减少热量散失，所以倒入氢氧化钠溶液时，必须一次并且迅速倒入烧杯中，所以B正确；②A.温度计用于测定温度，不能使用温度计搅拌溶液，A错误；B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌，会导致热量散失，影响测定结果，B错误；C.轻轻地振荡烧杯，会导致溶液溅

出，甚至导致热量散失，影响测定结果，C错误；D.用套在温度计上的环形玻璃棒轻轻地搅动，可以使硫酸和氢氧化钠溶液混合均匀，又可以减少热量散失，D正确；故选D。(3)10s内，生成NH3的物质的量为1.6mol，此时消耗H2的物质的量为31.62mol=2.4mol，根据化学反应速率表达式，v(

H2)=2.4mol210sL=0.12mol/(L·s)；达到平衡时，n(NH3)=2mol，n(H2)=4mol，n(N2)=1mol，根据平衡常数表达式K=232mol21mol4mol22LLL

=0.25；NH3易液化，可以采用降温使NH3成为液体，与N2和H2分离开。【点睛】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。定义要点：1．必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热。2．强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H＋(aq)＋OH－(aq)

=H2O(l)中和热均为57．3kJ·mol－1，而弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量，其中和热小于57.3kJ·mol－1；3．以生成1mol水为基准。18.NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO

4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：（1）NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是_______________(用必要的化学用语和相关文字说明)。（2）相同条件下，0.1mol/LNH4Al(SO4)2中的c(NH+4)________(填“等于”“

大于”或“小于”)0.1mol/LNH4HSO4中的c(NH+4)。（3）如图是0.1mol/L电解质溶液的pH随温度变化的图像。①其中符合0.1mol/LNH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是________(填写字母)，导

致pH随温度变化的原因是___________________；②20℃时，0.1mol/LNH4Al(SO4)2中2c(SO2-4)－c(NH+4)－3c(Al3＋)＝________。（4）室温时，向1

00mL0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是____________

___________。【答案】(1).Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水(2).小于(3).Ⅰ(4).NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸

性，升高温度使其水解程度增大，pH减小(5).10－3mol/L(6).a点(7).c(Na＋)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH－)＝c(H＋)【解析】【分析】（1）Al3+水解生成的Al

(OH)3胶体，具有吸附性；（2）NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，NH4HSO4中的铵根离子水解显示酸性，根据铵根离子的水解程度来回答；（3）①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大；②根据电荷守恒定律解题；①a、b、c、d四个点，根据反应

量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；②依据电荷守恒得出结论；（4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH

4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离．b点溶液呈中性；b点溶液为中性，溶质为（NH4）2SO4与Na2SO4、NH3•H2O，V（NaOH）>V（NH4HSO4）。【详解】（1）Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有

吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水，故答案为Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉

降从而净化水；（2）NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解，但NH4Al(SO4)2中Al3＋水解呈酸性，会抑制NH4+的水解，HSO4-电离出的H＋同样抑制NH4+的水解，因为HSO4-电离生成的H＋浓度比Al3＋水解生成的H＋浓度

大，所以NH4Al(SO4)2中NH4+水解程度比NH4HSO4中的大，故0.1mol/LNH4Al(SO4)2中的c(NH4+)小于0.1mol/LNH4HSO4中的c(NH4+)，故答案为小于；（3）①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度

其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ；②20℃时，0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液的pH=3，即c(H＋)=10-3mol/L，c(OH－)较小，根据电荷守恒，可以求出2c(SO42-)－c(NH4+)－3c(Al3＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝1

0－3mol/L-c(OH－)≈10－3mol/L，故答案为Ⅰ；NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小；10－3mol/L；（4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H＋，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d

三点溶液均含有NH3·H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O抑制水的电离，a点水的电离程度最大，b点溶液呈中性，即溶液中含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分，a点时c(N

a＋)＝c(SO42-)，则b点时c(Na＋)>c(SO42-)，根据N原子与S原子数目相等以及N元素与S元素组成物质的关系，可以得出c(SO42-)>c(NH4+)，故b点溶液中各离子浓度大小关系为：c(Na＋)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(O

H－)＝c(H＋)，故答案为a点；c(Na＋)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH－)＝c(H＋)。19.磷的含氧酸有磷酸(H3PO4)、亚磷酸(H3PO3)、次磷酸(H3PO2)等多种，它们在工业上都是

重要的化工原料。(1)亚磷酸（H3PO3)是一种二元弱酸，写出H3PO3与过量NaOH溶液反应的化学方程式：_______。某温度下，0.01mol•L-1H3PO3溶液的pH为2.7，该温度下，H3PO3的一级电离常

数Kal=_______。(已知：lg2=0.3，lg3=0.5，lg5=0.7，H3PO3的第二步电离忽略不计）(2)某实验小组用NaOH溶液处理含H3PO3废水，当溶液中c(Na+)=c(H2PO3－)+2c(HPO32

-)时，溶液呈______性(填“酸”“碱”或“中”）。(3)已知：常温下，磷酸（H3PO4)的Kal=7.ll×10-3、Ka2=6.23×10-8、Ka3=4.5×10-13，则常温下，Na2HPO4溶液中H2PO4－、HPO42-和PO43-的浓度由大到小的顺序为___

_____。(4)向某浓度的磷酸溶液中滴加NaOH溶液，其pH与溶液中H3PO4、H2PO4－、HPO42-和PO43-的物质的量分数为δ(平衡时某物种的浓度与整个物种浓度之和的比值）的关系如图所示。以酚

酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，发生主要反应的离子方程式是_________。(5)已知：常温下，Ksp(FePO4)=l.3×10-22、Ksp(A1PO4)=5.2×10-19。常温下，向含Fe3+、A13+的混合溶液中滴加Na3P

O4溶液，当FePO4、AlPO4同时生成时，溶液中c(Fe3+)：c(Al3+)=_________。【答案】(1).H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O(2).4.0×10-4(3).中(4).c(HPO42－)>c(H2PO4－)>c(PO43－)(5).H2P

O4－+OH－=HPO42－+H2O(6).2.5×10-4【解析】【详解】(1)亚磷酸（H3PO3)是一种二元弱酸，1molH3PO3需要2molNaOH恰好完全反应，故H3PO3与过量NaOH溶液反应的化学方程式为H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2

H2O；某温度下，0.01mol•L-1H3PO3溶液的pH为2.7，则c(H+)=10-2.7mol/L，由于H3PO3的第二步电离忽略不计，c(H2PO3－)≈c(H+)=10-2.7mol/L，H3PO3的一级电离常数Kal=-2.7-2.710100.01=4.0×10-4；(2)用Na

OH溶液处理含H3PO3废水所的溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(H2PO3－)+2c(HPO32-)，结合c(Na+)=c(H2PO3－)+2c(HPO32-)，因而c(H+)=c(OH－)，溶液呈中性；(

3)Na2HPO4溶液中，HPO42－水解方程式：HPO42－+H2O⇌H2PO4－+OH－，Kh(HPO42－)=2waKK=1.6×10-7，HPO42－电离方程式：HPO42－=PO43－+H+，Ka3=4.5×10-13<Kh(HPO42－)=1.6×10-

7，说明HPO42－水解程度大于其电离程度，因而c(H2PO4－)>c(PO43－)，又水解或电离是微弱的，HPO42-的浓度最大，所以c(HPO42－)>c(H2PO4－)>c(PO43－)；(4)酚酞的变色范围是8.2～10.0，结合图象知此时H2PO4－物质

的量分数为δ减少，HPO42-的物质的量分数为δ增加，因而以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，发生主要反应的离子方程式是H2PO4－+OH－=HPO42－+H2O；(5)()()()()()()3-224sp4-193s4333p43(e)1.310==(l)5.210POKFPc

FecFeccAlcAlcOKAPOPO++++−−==2.5×10-4，故溶液中c(Fe3+)：c(Al3+)=2.5×10-4。【点睛】电荷守恒－－即溶液永远是电中性的，所以阳离子带的正电荷总量＝阴离子带的负电荷总量。例：NH4Cl溶液c(NH4＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－

)，写这个等式要注意2点：1、要判断准确溶液中存在的所有离子，不能漏掉。2、注意离子自身带的电荷数目。20.2018年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气

体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。(1)已知：I.CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)△H1=+41.1kJ/molII.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2=－90.0kJ/mol写

出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式:________。(2)为提高CH3OH的产率，理论上应采用的条件是________(填选项字母）。a.高温高压b.低温低压c.高温低压d.低温高压(3)250℃时，在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，不同投料比[n(H2)/n(CO

2)]时某反应物X的平衡转化率变化曲线如图所示。反应物X是_______(填“CO2”或“H2”），判断依据是_______。(4)250℃时，在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6molH2、2molCO2和催化剂发生CO2催化氢化合成甲醇的反应，10min时反应达到平衡，测得c

(CH3OH)=0.75mol•L-1。①前10min内的平均反应速率H2=_______mol•L-1•min-1。②该温度下，该反应的化学平衡常数K=_______。③催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性高度相关。控

制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下表所示：实验编号温度(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(%)A543Cu/ZnO纳米棒12.342.3B543Cu/ZnO纳米片11.972.7C553Cu/ZnO纳米棒15.339.1D553Cu/ZnO纳米片12.070

.6根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为________（填字母）。【答案】(1).3H2(g)+CO2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=－48.9kJ/mol(2).d(3).CO2(4).恒容密

闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2的转化率降低(5).0.225(6).5.33（或16/3）(7).B【解析】【详解】(1)已知：I.CO2(g)+H2(

g)H2O(g)+CO(g)△H1=+41.1kJ/molII.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2=－90.0kJ/mol根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加可得：3H2(g)+CO2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=－48.9kJ/mo

l；(2)根据热化学方程式可知，生成CH3OH的方向是放热反应方向，也是气体体积减小的方向，故要想提高CH3OH的产率，需要降温高压，故选d；(3)观察图中的横坐标，其物理量为n(H2)/n(CO2)，假设n(CO2)为定值，则X的转

化率随n(H2)的增大而增大，则X为CO2；故判断依据是恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2的转化率降低；(4)①在同一容器中，CH3OH浓度变化量为0.75mol•L-

1，则有（mol•L-1）3H2(g)CO2(g)CH3OH(g)H2O(g)起始3100转化2.250.750.750.75平衡0.750.250.750.75H2的浓度变化量为2.25mol•L-1，则前10min的平均反应速率v(H2)=0.225mol•L-1

•min-1；②K=30.750.750.750.25=163③选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明反应的选择性越好。观察四组数据

，相比之下，BD的选择性很高，且B的CO2转化率比D稍低些，但是B的CH3OH的选择性高出了不少，故选B。【点睛】现以mA(g)+nB(g)⇌pC(g)(己知该反应的正反应为放热反应)为例,分析如下：1.在

其它条件不变时，增大A的浓度，可使平衡向正反应方向移动，因此B的转化率增大，而A的转化率却减小；同理，若增大B的浓度，平衡也向正反应方向移动，A的转化率会增大，而B的转化率则减小；2.在其它条件不变时，增大C的浓度，可使平衡向逆反

应方向移动，因此A和B的转化率均减小；3.m+n>p时，在其它条件不变的情况下，增大压强可使平衡正向移动，因此A和B的转化率都增大；减小压强可使平衡逆向移动，因此A和B的转化率都减小；4.m+n<p时，在其它条件

不变的情况下，增大压强可使平衡逆向移动，因此A和B的转化率都减小；减小压强可使平衡正向移动，因此A和B的转化率都增大；5.m+n=p时，在其它条件不变的情况下，增大压强或减小压强，平衡都不发生移动，因此，A和B的转化率都不发生变化(反应的正逆反应速增加的倍数相等)；6.在其

它条件不变时，升高温度，由于正反应为放热反应，可使平衡向逆反应方向移动，因此A、B的转化率均减小；同理，降低温度，平衡向正反应方向移动，A、B的转化率均增大；7.在其它条件不变的情况下，使用催化剂时，不能使平衡发生移

动，因此A和B的转化率都不发生变化。