北京师大附中2017-2018学年上学期高二年级期中考试
化学试卷
1. 分类是重要的科学研究方法，下列物质分类不正确的是
A. 电解质：明矾、一水合氨、硫酸钡
B. 酸性氧化物：、、、
C. 混合物：铝热剂、矿泉水、水玻璃、漂白粉
D. 同素异形体：、、金刚石
【答案】B
【解析】A、明矾和硫酸钡是盐，一水合氨是碱，均属于电解质，故A正确；B、CO2、SO2、SiO2属于酸性氧化物：NO2与碱反应生成2种盐，不属于酸性氧化物，故B错误；C、铝热剂是铝和金属氧化物的混合物、矿泉水是电解质的水溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、漂白粉主要成分为氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，故C正确；D、C60、C70、金刚石都是碳元素组成的纯净物属于单质，结构不同，物理性质不同属于同素异形体，故D正确；故选B。
2. 下列电离方程式中，正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】A．碳酸是多元弱酸，分步电离，存在电离平衡，正确的电离方程式为：H2CO3H++HCO3-、HCO3-H++CO32-，故A错误；B．氢氧化钡为强电解质，在溶液中电离出钡离子和氢氧根离子，正确的电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2++2OH-，故B错误；C．醋酸属于弱电解质，存在电离平衡，醋酸的电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故C正确；D、次氯酸属于弱电解质，部分电离，次氯酸的电离方程式为HClOH++ClO-，故D错误；故选C。
点睛：本题考查了电离方程式的书写的判断，注意掌握强弱电解质的概念及判断方法，明确电离方程式的书写原则。要关注以下几个方面：①弱电解质电离要用“”，且多元弱酸要
分步电离；②电离时产生的是阴、阳离子微粒，且原子团不能拆分；③电离方程式同样遵守守恒关系。
3. 下列有关“电离平衡”的叙述中正确的是
A. 电解质在溶液里达到电离平衡时，分子的浓度和离子的浓度相等
B. 电离平衡时，由于分子和离子的浓度不断发生变化，所以说电离平衡是动态平衡
C. 电离平衡是相对的、有条件的，外界条件改变时，平衡就会发生移动
D. 电解质达到电离平衡后，各种离子的浓度相等
【答案】C
【解析】A．电解质在溶液里达到电离平衡时，溶质电离出的离子浓度不一定相等，如：碳酸在水中电离出的离子有氢离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子，碳酸电离出的离子浓度大小顺序是：c(H+)＞c(HCO3-)＞c(CO3 2- )，故A错误；B．电离平衡时，溶液中分子和离子浓度不再改变，但电离没有停止，只是弱电解质的电离和生成速率相等，所以说电离平衡是动态平衡，故B错误；C．电离平衡是相对的、暂时的，与外界条件有关，外界条件改变，则平衡被打破，建立新的平衡，故C正确；D．电解质达到电离平衡后，分子的浓度和离子的浓度不变，但不一定相等，如25℃时，醋酸溶液中，醋酸的电离度较小，醋酸只有小部分电离，所以醋酸分子浓度和醋酸根离子浓度不相等，故D错误；故选C。
4. 当今世界面临日益加剧的能源危机，下列关于能源的描述不正确的是
A. 提高燃料的利用效率是解决能源危机的方向
B. 正在探索的新能源有太阳能、氢能、风能、海洋能和生物质能等
C. 新能源的优点是可以再生、没有污染或者很少污染
D. 燃烧热是评价燃料优劣的唯一标准
【答案】D
【解析】A、解决能源问题的根本出路就是：节约能源，提高现有能源利用率，积极寻找和开发新能源，故A正确；B、要积极开发新能源，寻找替代传统和常规能源，所以人们正在探索的新能源有太阳能、氢能、风能、海洋能和生物质能等，故B正确；C、新能源相对于化石燃料来讲，资源丰富、可以再生、污染轻，对环境友好，故C正确；D、评价燃料的优劣还应当考虑到是否对环境有污染，故D错误；故选D。
5. 已知在和条件下，燃烧生成水蒸气放出热量，下列热化学方程式正确的是
A. ；
B. ；
C. ；
D. ；
【答案】A
【解析】A、2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，则1mol氢气燃烧生成水蒸气放出242kJ热量，其逆过程就要吸收这些热量，有：H2O(g)=H2(g)+O2(g)△H=+242kJ•mol-1，故A正确；B、生成的水应该为气态，而不是液态，故B错误；C、反应为放热反应，此时焓变符号为负，故C错误；D、反应为放热反应，此时焓变符号为负，故D错误；故选A。
点晴：判断热化学方程式正误的主要观察点：①化学原理是否正确，如燃烧热和中和热的热化学方程式是否符合燃烧热和中和热的概念；②状态是否标注正确；③反应热ΔH的符号和单位是否正确；④反应热的数值与物质的系数是否对应。本题中氢气燃烧放热，则其逆过程吸热。
6. 250℃和时， ，该反应能自发进行的原因是
A. 是吸热反应
B. 是放热反应
C. 是熵减少的反应
D. 熵增大效应大于焓效应
【答案】D
【解析】2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)；△H=+56.7kJ/mol，是一个吸热反应，△H＞0，反应能够自发进行，必须满足△G=△H-T•△S＜0，所以△S＞0，且熵增效应大于焓效应，故选D。
7. 下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是
A. 生成物能量一定低于反应物总能量
B. 放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率
C. 应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变
D. 同温同压下，在光照和点燃条件的不同
【答案】C
【解析】放热反应生成物总能量低于反应物总能量，吸热反应生成物总能量高于反应物总能
量，A项错误；化学反应的速率与反应物本身的性质、温度、压强、浓度、催化剂等因素有关，与吸热、放热反应无关，B项错误；通过盖斯定律可以间接测量某些难以直接测量的反应的焓变，C项正确；同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的反应条件不会影响ΔH的值，D项错误。
8. 常温下，化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示。根据表中信息判断下列说法不正确的是
共价键
436
157
568
432
298
A.
B. 表中最稳定的共价键是H-F键
C.
D.
【答案】D
【解析】A．依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小，所以结合图表中数据可知432 kJ•mol-1＞E(H-Br)＞298 kJ•mol-1，故A正确；B．键能越大形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，最稳定的共价键是H-F键，故B正确；C．氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2(g)→2H (g)D△H=+436 kJ•mol-1 ，故C正确；D．依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断，△H=436kJ/mol+157kJ/mol -2×568kJ/mol=-543kJ/mol，H2(g)+F2(g)=2HF(g)D△H=-543 kJ•mol-1，故D错误；故选D。
9. 下列热化学方程式中，的值能表示可燃物的燃烧热的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】A、热化学方程式中H2的物质的量不为1mol，热化学方程式中△H不等于燃烧热，
故A错误；B、燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到的氧化物必须是稳定的氧化物，H2O的状态必须为液态，故B错误；C、符合燃烧热的定义，热化学方程式中△H代表燃烧热，故C正确；D、氢气与氯气反应不是与氧气反应，燃烧热是指与氧气反应，热化学方程式中△H不等于燃烧热，故D错误；故选C。
点睛：本题考查燃烧热的定义，注意燃烧热概念的理解。燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，反应中C→CO2(气)，H→H2O(液)，S→SO2(气)。
10. 下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是
A. 与水反应时增大水的用量
B. 将稀改为的浓与反应制取
C. 在与两溶液反应时，增大压强
D. 恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量
【答案】D
【解析】A．水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，反应速率不变，故A错误；B．将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，故B错误；C．反应在溶液中进行，没有气体生成，增大压强，反应速率基本不变，故C错误；D．恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量，反应物浓度增大，则反应速率增大，故D正确；故选D。
点睛：本题考查化学反应速率的影响。本题的易错点为B，注意浓硫酸的性质，在改变浓度时，不能改变反应的本质，如果反应的本质发生变化，则不能用课本上的规律解决问题。
11. 在已经处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明平衡移动的是
A. 反应混和物的浓度 B. 反应物的转化率
C. 正、逆反应速率 D. 反应混和物的压强
【答案】B
【解析】试题分析：如果混合物中各组分的浓度变化而保持各组分的含量不变时，平衡不移动，故A错误；只有平衡移动才能改变反应物的转化率，所以反应物的转化率改变时，化学平衡一定发生了移动，故B正确．若果向反应体系中加入催化剂，可以改变正逆反应的反应速率，但是平衡并不会发生移动，故C错误；如果反应前后气体总物质的量不变，则压强对平衡无影响，故D错误，所以本题选择B。
考点：化学平衡移动的判断
点评：本题考查了化学平衡移动的判断，该考点是高考考查的重点，本题比较抽象，难度较大。
12. 在一密闭容器中，充入一定量的反应物A，反应达平衡后，保持温度不变，将容器体积缩到一半，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的1.6倍，则
A. 平衡向正反应方向移动了 B. 物质A的转化率降低
C. 物质B的质量增加 D.
【答案】B
【解析】保持温度不变，将容器体积缩小一半，假设平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的2倍，但当达到新的平衡时，B的浓度是原来的1.6倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则说明a＜b。A、由上述分析可知，平衡向逆反应方向移动，故A错误；B、平衡向逆反应方向移动，故A的转化率降低，故B正确；C、平衡向逆反应方向移动，B的质量减小，故C错误；D、增大压强平衡向逆反应方向移动，说明a＜b，故D错误；故选B。
13. 对常温下的溶液，下列叙述不正确的是
A.
B. 加入少量固体后，降低
C. 该溶液中由电离出的是
D. 与等体积的溶液混合后所得溶液显酸性
【答案】B
【解析】A．醋酸溶液中遵循电荷守恒，则c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A正确；B．加入少量CH3COONa固体后，c(CH3COO-)增大，故B错误；C．常温下Kw=10-14，醋酸电离的c(H+)=10-3mol/L，由水电离的氢离子与氢氧根离子浓度相同，均为mol/L =1.0×10-11 mol/L，故C正确；D．醋酸浓度大于10-3mol/L，NaOH浓度为10-3mol/L，等体积混合时醋酸过量，则混合后所得溶液显酸性，故D正确；故选B。KS5U...KS5U...KS5U...KS5U...KS5U...KS5U...KS5U...KS5U...KS5U...
14. 下列说法中正确的是
A. 水是极弱的电解质，它能微弱电离生成，所以严格地说纯水呈微酸性
B. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，降低
C. ℃纯水中，稀酸和稀碱中
D. 是吸热过程，所以温度升高，平衡向电离方向移动，随之增大
【答案】D
【解析】A．水是极弱的电解质，它能微弱电离生成等量的氢离子和氢氧根离子，故纯水呈中性，故A错误；B．向水中加入稀氨水，一水合氨电离出氢氧根离子，则溶液中氢氧根离子浓度增大，故B错误；C．纯水中c(OH-)×c(H+)=10-14=Kw，Kw是一常数，只与温度有关，温度不变，Kw不变，故稀酸和稀碱中Kw=c(OH-)×c(H+)=10-14，故C错误；D．水的电离是吸热过程，温度升高，平衡向电离方向移动，氢离子和氢氧根离子浓度增大，故Kw随之增大，故D正确；故选D。
15. 当反应达到平衡后，下列措施：①升温②恒容通入惰性气体③增加CO的浓度④减压⑤加催化剂⑥恒压通入惰性气体，能提高转化率的是
A. ①②④ B. ①④⑥
C. ②③⑥ D. ③⑤⑥
【答案】B
【解析】①为吸热反应，升温平衡正向移动，转化率增大，故选；②恒容通入惰性气体，平衡不移动，转化率不变，故不选；③增加CO的浓度，平衡逆向移动，转化率减小，故不选；④该反应为气体体积增大的反应，减压平衡正向移动，转化率增大，故选；⑤加催化剂，平衡不移动，转化率不变，故不选；⑥恒压通入惰性气体，相当于减小压强，减压平衡正向移动，转化率增大，故选；故选B。
点睛：把握温度、浓度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，注意催化剂对平衡移动无影响。本题的易错点为②⑥，要注意通入惰性气体是否引起反应物或生成物浓度的变化。
16. 近年来，我国北京等地出现严重雾霾天气，据研究，雾霾的形成与汽车排放的、等有毒气体有关，对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。对于该反应，温度不同（）其他条件相同时，下列图像正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】A、升高温度，化学平衡逆向移动，化学反应速率会迅速增大，会离开原来的速率点，故A错误；B、升高温度，化学反应速率会迅速增大，所以T2时先达到化学平衡状态，并且化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，故B正确；C、对于反应：4CO(g)+2NO2(g) 4CO2(g)+N2(g)，T不变，增大压强，平衡正向移动，一氧化碳的体积分数会减小，故C错误；D、正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，而不是增大，故D错误；故选B。
17. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
B. 在硫酸亚铁溶液中，加入铁粉以防止氧化
C. 酯在碱性条件下水解的程度较为完全
D. 氨水应密闭保存，放置低温处
【答案】B
【解析】A、排饱和食盐水的方法收集氯气，利用的是氯离子浓度增大，使平Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向进行，减少氯气的溶解性，故A能解释；B、加入铁还原三价铁发生氧化还原反应，不存在平衡的问题，故B不能解释；C、CH3COOCH2CH3+H2OCH3COOH+CH3CH2OH，在碱性条件下，CH3COOH浓度减小，平衡正向移动，水解较为完全，故C能解释；D、氨水中存在化学平衡：NH3+H2ONH3•H2O，平衡是放热反应温度降低，平衡向生成一水合氨的方向进行，避免氨气挥发，故D能解释；故选B。
点睛：本题考查了勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应。特别要注意改变平衡移动的因素需与平衡移动原理一致，否则不能使用该原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不改变平衡移动，再如工业合成氨和硫酸工业的条件选择等。
18. 某温度下，体积一定的密闭容器中进行反应： 。下列分析正确的是
A. 平衡后加入，该反应的增大
B. 平衡后升高温度，平衡常数K变大
C. 平衡后再充入，达到新平衡时，的百分含量变大
D. 若反应前充入的与物质的量相等，达平衡时的转化率比的高
【答案】C
【解析】A、△H是与反应本身有关的一个量，不因为反应物的量的变化而改变，故A错误；B、△H＜0表示反应为放热反应，平衡时升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数K变小，故B错误；C、平衡后再充入NH3，等效于在原来的基础上压缩容器的体积，压强增大，平衡右移，达到新平衡时，NH3的百分含量变大，故C正确；D、设反应前充入的N2与H2物质的量相等且都为1mol，反应中转化的N2物质的量为xmol，则转化的H2为3xmol，转化率之比为1：3，H2的转化率大，故D错误；故选C。
19. 已知是比还弱的酸，氯水中存在下列平衡：、，达到平衡后，要使的浓度增大，可加入足量的下列哪种物质
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】A．SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl，所以氯水中通入硫化氢后，氯气浓度减小，则HClO浓度降低，故A错误；B．NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，已知HClO是比H2CO3还弱的酸，HClO和碳酸氢钠不反应，所以加入碳酸氢钠后平衡向正反应方向移动，则HClO浓度增加，故B正确；C．加入HCl，溶液中氢离子浓度增大，抑制氯气和水反应，则HClO浓度降低，故C错误；D．NaOH+HCl=NaCl+H2O、HClO+NaOH=NaClO+H2O，促进氯气和水反应，但溶液中HClO浓度降低，故D错误；故选B。
20. 下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】A．2NO2⇌N2O4，△H＜0，升高温度，平衡逆向移动，颜色加深，降低温度，平衡正向移动，颜色变浅，能用平衡移动原理解释，故A错误；B．水的电离平衡是吸热的过程，升高温度，平衡正向移动，水的离子积常数变大，能用平衡移动原理解释，故B错误；C．催化剂不会引起平衡的移动，只能同等程度的改变正逆反应速率，故C正确；D．氨水的电离过程是吸热的过程，升高温度，平衡正向移动，碱性增强，pH变大，能用平衡移动原理解释，故D错误；故选C。
点睛：准确理勒夏特列原理是解题关键，平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动．平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。
21. 某的透明溶液中一定能大量共存的离子组是
A. 、、、
B. 、、、
C. 、、、
D. 、、、
【答案】A
【解析】的透明溶液显酸性。A.酸性溶液中， 、、、微粒间不发生反应，能够大量共存，故A正确；B. 酸性溶液中， 与氢离子反应生成醋酸分子，不能大量共存，故B错误；C. 酸性溶液中， 发生歧化反应，不能大量存在，故C错误；D. 酸性溶液中， 、发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选A。
22. 某温度下，在的密闭容器中发生反应：，当加入和达平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是
A. m=2 B. 两次平衡的平衡常数相同
C. X与Y的平衡转化率之比为1：1 D. 第二次平衡时，Z的浓度为
【答案】D
【解析】A．平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ(g)，再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变，所以m=2，故A正确；B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以两次平衡的平衡常数相同，故B正确；C．设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol，
X(g)+2Y(g) 3Z(g)
开始(mol) 1 2 0
转化(mol) a 2a 3a
平衡(mol)(1-a) (2-2a) 3a
相同条件下，气体的体积与物质的量成正比，所以其体积分数等于其物质的量分数，即(1-a)：(2-2a)：3a=30%：60%：10%，所以a=0.1，则参加反应的△n(X)=0.1mol、△n(Y)=0.2mol，转化率=×100%，X的转化率=×100%=10%，Y的转化率=×100%=10%，所以X和Y的转化率之比为1：1，故C正确；D．该反应的反应前后气体计量数之和不变，第一次反应是按照X、Y的计量数之比来投料，所以第二次平衡与第一次平衡是等效平衡，两次平衡后各物质的含量不变，投入Z后，设Z参加反应的物质的量为3bmol，
X(g) + 2Y(g) 3Z(g)
第一次平衡(mol)： 0.9 1.8 0.3
加入1molZ： 0.9 1.8 1.3
转化： b 2b 3b
第二次平衡(mol)：0.9+b 1.8+2b 1.3-3b
各物质含量不变，所以(0.9+b)：(1.8+2b)：(1.3-3b)=30%：60%：10%=3：6：1，b=0.3，n(Z)=(1.3-0.9)mol=0.4mol，Z的物质的量浓度==0.2mol/L，故D错误；故选D。
点睛：本题考查化学平衡计算、等效平衡、平衡常数等知识点，侧重于学生分析计算能力的考查，注意平衡常数、电离平衡常数、溶度积常数、盐类水解平衡常数都只与温度有关，与浓度无关。本题的难点是D的计算，第一次反应是按照X、Y的计量数之比来投料，所以第二次平衡与第一次平衡是等效平衡，两次平衡后各物质的含量不变。
23. 某温度下反应的平衡常数，现向此温度下的真空容器中充入 、 及 ，则下列说法中正确的是
A. 反应正好达平衡
B. 反应向逆反应方向进行
C. 反应向某方向进行一段时间后
D. 反应向某方向进行一段时间后
【答案】C
【解析】根据题意，向此温度下的真空容器中充入0.2mol•L-1H2(g)、0.5mol•L-1I2(g)及0.3mol•L-1HI(g)，Qc===9＜K=57.0。A．反应向正反应方向进行，故A错误；B．反应向正反应方向进行，故B错误；C．反应向正方向进行一段时间后，反应物浓度减小，c(H2)＜0.2 mol•L-1，故C正确；D．温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选C。
点睛：本题考查化学平衡的影响因素及计算。判断可逆反应进行的方向时，若Qc＜K时，向正反应方向进行；若Qc=K时，反应平衡；若Qc＞K时，向逆反应方向进行。
24. 在一定温度下，溶液发生催化分解。不同时刻测得生成的体积（已折算为标准状况）如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）
A. 的平均反应速率：
B. 的平均反应速率：
C. 反应到时，
D. 反应到时，分解了50%
【答案】C
【解析】2H2O22H2O+O2↑。
A．0～6min产生的氧气的物质的量n(O2)==0.001mol，n(H2O2)=2n(O2)=0.002mol，v(H2O2)=≈3.3×10-2mol/(L•min)，故A正确；B．0～6min内每分钟平均生成氧气=3.73mL，6～10min内每分钟平均生成氧气 =1.88mL，3.73 mL＞1.88 mL，故单位时间内产生的氧气，0～6min大于6～10min，故6～10min的平均反应速率：v(H2O2)＜3.3×10-2mol/(L•min)，故B正确；C．6min时，c(H2O2)=0.40 mol/L-=0.20mol/L，故C错误；D．6min时，H2O2分解的分解率为：×100%=50%，故D正确；故选C。
25. 是重要的化工原料，工业上用CO与在催化剂作用下合成，其反应为：。按向密闭容器中充入反应物，测得平衡时混合物中的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中，正确的是
A. B. 该反应的
C. 平衡常数： D. 在C点时，CO转化率为75%
【答案】D
【解析】A．由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；B．由图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故B错误；C．A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则
CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)
起始 1 2 0
变化 x 2x x
结束 1-x 2-2x x
在C点时，CH3OH的体积分数==0.5，解得x=0.75，故D正确；故选D。
26. 下列关于各图像的解释或结论不正确的是
A. 由甲可知：使用催化剂不影响反应热
B. 由乙可知：对于恒温恒容条件下的反应，A点为平衡状态
C. 由丙可知：同温度、同浓度的HA溶液比HB溶液酸性强
D. 由丁可知：将℃的A、B饱和溶液升温至℃时，A与B溶液的质量分数相等
【答案】B
【解析】A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率化学平衡不变，反应的反应热不变，故A正确；B．对于恒温恒容条件下的反应2NO2(g) N2O4(g)，图像中的A点是二氧化氮和四氧化二氮的消耗速率相同，但不能说明正逆反应速率相同，只有二氧化氮消耗速率为四氧化二氮消耗速率的二倍时才能说明反应达到平衡状态，故B错误；C．根据图像分析可知，加入水稀释相同倍数，HA酸溶液pH增大的多，说明HA酸性大于HB，故C正确；D．将T1℃的A、B饱和溶液升温至T2℃时，溶液中溶质溶解度增大，变为不饱和溶液，但溶液浓度和T1点的饱和溶液溶质质量分数相同，故D正确；故选B。
27. 一定温度下，将一定质量的纯醋酸加水稀释，经实验测定溶液的导电能力变化如图所示，下列说法中正确的是
A. a、b、c三点溶液的pH:
B. a、b、c三点醋酸的电离程度：
C. 若用湿润的pH试纸测量a处的pH，测量结果偏小
D. 物质的量浓度分别为a、b、c三点的溶液各，用氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：
【答案】AC
【解析】A．导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH为b＜a＜c，故A正确；B．随水的增多，醋酸的电离程度增大，所以a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，故B错误；C．用湿润的pH试纸测量醋酸的pH，将a处溶液稀释，导电能力增大，溶液酸性增强，pH减小，所以测量结果偏小，故C正确；D．a、b、c三点溶液浓度a＞b＞c，体积相同时，物质的量a＞b＞c，所以a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：a＞b＞c，故D错误；故选AC。
点睛：本题考查电解质的电离。注意分析图象，把握弱电解质的电离特征，易错点为A，注意氢离子浓度越大，其溶液的pH越小。
28. 已知：溶液是检验的试剂，若溶液中存在，将产生蓝色沉淀。将的KI溶液和 溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“”的是
实验编号
实验操作
实验现象
①
滴入KSCN溶液
溶液变红色
②
滴入溶液
有黄色沉淀生成
③
滴入溶液
有蓝色沉淀生成
④
滴入淀粉溶液
溶液变蓝色
A. ① B. ②和④ C. ③和④ D. ①和②
【答案】A
【解析】将0.2mol•L-1的KI溶液和0.05mol•L-1 Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，I-过量，若不是可逆反应，Fe3+全部转化为Fe2+，则溶液中无Fe3+，故只需要证明溶液中含Fe3+，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，即能说明反应存在平衡，故①正确；②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，溶液中I-过量，无论是否存在平衡反应，都会有黄色沉淀生成，所以不能说明反应存在平衡，故②错误；③无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2+，滴入K3[Fe(CN)6]溶液均有蓝色沉淀生成，故③错误；④无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，故④错误；故选A。
29. 接触法制硫酸工艺中，主反应在450℃并有催化剂存在下进行：
（1）恒温恒容条件下，下列能说明此反应已达平衡的是________。
①
②容器中气体的平均摩尔质量不随时间而变化
③容器中气体的密度不随时间而变化
④容器中气体分子总数不随时间而变化
（2）下列有关该反应速率的叙述中，正确的是_________。
a. 升高温度可以增大活化分子百分数，加快反应速率
b. 使用催化剂提高二氧化硫的转化率
c. 使用催化剂可以使反应物分子平均能量升高，加快反应速率
d. 缩小容器体积增大压强不能增大活化分子百分数，但可以加快反应速率
（3）下图表示将和置于2L密闭容器中，当其他条件一定时，的平衡转化率a随X的变化关系，代表压强或温度。X代表的物理量是___________。A
对应条件下平衡常数K=___________。
（4）一定温度下，在容积不变的密闭容器中充入和，达平衡时的体积分数为a%，其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后的体积分数仍为a%的是__________。
a. b.
c. d.
（5）与反应生成，电离方程式为___________，向溶液中加入固体，则电离平衡往__________反应方向移动。
【答案】 (1). .②④ (2). ad (3). 压强 (4). 160 (5). cd (6). H2SO3H++HSO3-，HSO3-H++SO32- (7). 正
【解析】(1)①因化学方程式的系数之比等于化学反应中各物质的反应速率之比，v(O2)正=v( SO3)正，又因v(O2)正=2v( SO3)逆，所以v( SO3)正和v( SO3)逆不相等，不是否达到平衡，故①错误；②气体的平均摩尔质量等于，根据质量守恒定律，反应过程中气体的总质量不变，该反应为气体的分子总数减少的反应，若混合气体的平均摩尔质量不变，说明平衡混合物中各组成成分含量不变，反应达到平衡状态，故②正确；③气体的密度ρ=，根据质量守恒定律，反应过程中气体的总质量不变，容器体积不变，气体的密度不会发生变化，故容器中气体的密度不随时间而变化，不能判断反应是否达到平衡，故③错误；④该反应为气体的分子总数减少的反应，当容器中气体的分子总数不随时间而变化时，平衡混合物中各组成成分含量不变，反应达到平衡状态，故④正确；故选：②④；
(2)a．升高温度可以增大活化分子百分数，有效碰撞的次数增加，则加快反应速率，故a正确；b. 使用催化剂，平衡不移动，二氧化硫的转化率不变，故b错误；c．使用催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，但反应物分子平均能量不变，故c错误；d．缩小容器体积，压强增大，参加反应气体的浓度增大，反应速率加快，故d正确，故答案为：ad；
(3)2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)△H＜0，正反应是放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，SO2(g)的平衡转化率α减小，而增大压强平衡正向移动，SO2(g)的平衡转化率α增大，所以X代表的物理量是压强；反应达平衡后，由图可知，SO2的平衡转化率α=0.80，参加反应的二氧化硫为2mol×80%=1.6mol，则：
2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)
开始(mol)：2 1 0
变化(mol)：1.6 0.8 1.6
平衡(mol)：0.4 0.2 1.6
所以平衡时浓度：c(SO2)=0.2 mol/L，c(O2)=0.1mol/L，c(SO3)=0.8mol/L，故平衡常数K==160，故答案为：压强；160；
(4)一定温度下，在容积不变的密闭容器中充入和，达平衡时的体积分数为a%，其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后的体积分数仍为a%需要转化为SO2、O2物质的量分别相等。a．若将2 mol SO3全部转化为SO2、O2，得到2 mol SO2和1 mol O2，与原平衡状态不同，故a错误；b.2mol SO2、1mol O2，与原平衡状态不同，故b错误；c. 若将4mol SO3全部转化为SO2、O2，得到4mol SO2和2 mol O2，与原平衡状态相同，故c正确；d.，相当于4mol SO2和2mol O2，与原平衡状态相同，故d正确；故答案为：cd；
(5)与反应生成，属于中强酸，部分电离，电离方程式为H2SO3H++HSO3-，HSO3-H++SO32-；向溶液中加入固体，碳酸氢钠与电离出的氢离子反应删除二氧化碳，c(H+)减小，促进亚硫酸的电离，电离平衡往正反应方向移动，故答案为：H2SO3H++HSO3-，HSO3-H++SO32-；正。
30. 某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：
【实验原理】__________
【实验内容及记录】
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
溶液
溶液
稀硫酸
1
3.0
2.0
1.0
2.0
4.0
2
2.0
3.0
1.0
2.0
5.2
3
1.0
4.0
1.0
2.0
6.4
请回答：
（1）根据上表中的实验数据，可以得到的结论是___________。
（2）利用实验1中数据计算，用的浓度变化表示的平均反应速率为：_____________
（3）该小组同学根据经验绘制了随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中随时间变化的趋势应如图2所示。该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。
①该小组同学提出的假设是____________。
②请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白。
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
再向试管中加入少量固体
室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
溶液
溶液
稀硫酸
4
3．0
2．0
1．0
2．0
____
t
③若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象是______________。
【答案】 (1).
(2). 其他条件相同时，增大浓度（或反应物浓度），反应速率增大 (3). (4). 生成物中的为该反应的催化剂（或对该反应有催化作用） (5). (6). 与实验1比较，溶液褪色所需时间短
【解析】【实验原理】氧化还原反应需要遵守质量守恒和化合价升降守恒，反应的原理为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；
(1)从表中数据可知改变的条件是H2C2O4浓度；其他条件相同时，增大H2C2O4浓度，反应速率增大，故答案为：其他条件相同时，增大H2C2O4浓度，反应速率增大；
(2)草酸的物质的量为：0.6mol•L-1×0.003L=0.0018mol，高锰酸钾的物质的量为：0.2mol•L-1×0.001L=0.0002mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0018mol：0.0002mol=9：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：=0.025mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)= =6.25×10-3 mol/(L•min)，故答案为：6.25×10-3 mol/(L•min)；
(3)①由图乙可知反应开始后速率增大的比较快，说明生成物中的MnSO4(或Mn2+)为该反应的催化剂，故答案为：生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用)；
②与实验1作对比实验，则加入的硫酸锰的量不同，其它条件必须相同，所以加入的少量固体为MnSO4，故答案为：MnSO4；
③若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，溶液褪色的时间小于4min，从而说明Mn2+是催化剂，故答案为：与实验1比较，溶液褪色所需时间短。
点睛：本题考查了影响化学反应速率的因素，注意掌握温度、催化剂对化学反应速率的影响。解题关键是对比分析图表中的数据找出相同点和不同点，然后得出合理结论。
31. 大气中的部分碘源于对海水中的氧化。其科学小组进行与含溶液反应的相关研究：
（1）将氧化生成的过程由3步反应组成：
①
②
③
用热化学方程式表示氧化生成的反应______。
（2）在水中易分解，一定条件下，的浓度减少一半时所需的时间（t）如下表所示。已知：
的起始浓度为
pH
t/min
T/℃
3．0
4．0
5．0
6．0
20
301
231
169
58
30
158
108
48
15
50
31
26
15
7
①增大能加速分解，表明对分解起催化作用的是___________。
②根据表中数据，推测在下列条件下分解速率依次增大的顺序为__________（填字母代号）
a. 40℃、 b. 10℃、 c. 30℃、
（3）在KI溶液中存在下列平衡：。测得不同温度下该反应的平衡常数如图所示，下列说法正确的是__________。
A. 反应的
B. 利用该反应可以除去硫粉中少量的碘单质
C. 在上述平衡体系中加入苯，平衡不移动
D. 25℃时，在上述平衡体系中加入少量固体，平衡常数K小于680
（4）将溶于中，得到紫红色的溶液，再加入一定浓度的溶液，现象如图所示：
①上层溶液中含碘元素的微粒有_______________（用化学符号表示）。
②由实验现象可推测关于溶解性的结论是______________。
【答案】 (1). (2). (3). b、a、c (4). B (5). 、、 (6). 在此温度下，在KI溶液中的溶解性比在中强
【解析】(1)将所给的三个反应：①+②+③可得总反应：2I-(aq)+O3(g)+2H+(aq)=I2(aq)+O2(g)+H2O(l)，△H=△H1+△H2+△H3，故答案为：O3(g)+2I-(aq)+2H+(aq)═I2(aq)+H2O(l)+O2(g) △H=△H1+△H2+△H3；
(2)①pH增大，则OH-浓度增大，pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是OH-，故答案为：OH-；
②由表中数据可知，40°C、pH=3.0时，所需时间在31min～158min之间；10°C、pH=4.0时，所需时间＞231min；30°C、pH=7.0时，所需时间＜15min，则分解速率依次增大的顺序为b、a、c，故答案为：b、a、c；
(3)A．由表中数据可知，温度越大平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反应方向为放热反应，即△H＜0，故A错误；B．硫难溶于水，而碘单质与I-形成I3-而溶于水，可以达到除去少量碘的目的，故B正确；C．加入苯，碘能溶于苯，这样水中碘的浓度变小，平衡向逆左移动，故C错误；D．加入KI固体，平衡向右移动，但平衡常数只受温度影响，与物质的浓度无关，加入少量KI固体，平衡常数K不变，故D错误；故选B；
(4)①上层溶液是碘化钾的水溶液，存在平衡I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)，中含碘元素的微粒有I-、I2、I3-，故答案为：I-、I2、I3-；
②由实验现象可推测关于I2溶解性的结论是在此温度下，I2在KI溶液中的溶解性比在CCl4中强，故答案为：在此温度下，I2在KI溶液中的溶解性比在CCl4中强。
32. 研究催化剂对化学反应有重要意义。为探究催化剂对双氧水分解的催化效果，某研究小组做了如下实验：
（1）甲同学欲用下图所示实验来证明是分解反应的催化剂。该实验________（填“能”或“不能”）达到目的，原因是___________。
（2）为探究的量对催化效果的影响，乙同学分别量取1%加入容器中，在一定质量范围内，加入不同质量的，测量所得气体体积，数据如下：
的质量/g
0.1
0.2
0.4
40s末体积
49
61
86
由此得出的结论是______________。
（3）为分析和对分解反应的催化效果，丙同学设计如下实验（三支试管中均盛有）
试管
I
II
III
滴加试剂
5滴
5滴
5滴0.3
产生气泡情况
较快产生细小气泡
缓慢产生细小气泡
无气泡产生
结论是___________，实验III的目的是___________。
（4）①查阅资料得知：将作为催化剂的溶液加入溶液后，溶液中会发生两个氧化还原反应，且两个反应中均参加了反应，试从催化剂的角度分析，这两个氧化还原反应的化学方程式分别是__________和___________（按反应发生的顺序写）。
②在上述实验过程中，分别检测出溶液中有二价锰、二价铁和一价铜，由此得出选择作为分解反应的催化剂需要满足的条件是___________。
【答案】 (1). 不能 (2). 因为没有确认的质量和化学性质是否改变 (3). 在一定质量范围内，质量越大，反应速率越快 (4). 和对的分解均有催化作用，且比催化效果好 (5). 做对比实验，证明对的分解没有催化作用 (6). (7). (8). 分解反应的催化剂具有氧化性，且其氧化性强于；催化剂被还原后所得物质又能被氧化生成催化剂。
【解析】(1)要证明MnO2是H2O2
分解反应的催化剂，必须证明催化剂在反应前后的性质和质量不改变，而甲同学没有做这方面的实验，所以不能达到目的，故答案为：不能；因为没有确认MnO2的质量和性质是否改变；
(2)根据表格中数据，在一定质量范围内，二氧化锰质量的增加，相同时间内收集到氧气的体积也相应增加，说明反应速率加快，原因是在一定质量范围内，固体质量越大，其表面积也越大，故反应速率加快，催化效果更好，故答案为：在一定质量范围内，MnO2质量越大，反应速率越快；
(3)从所给的数据可知：试管Ⅰ、试管Ⅱ所用试剂的浓度、用量完全一样，产生气泡是试管Ⅰ快，试管Ⅱ慢，试管Ⅲ无气泡产生，试管Ⅲ是一个对比实验，说明Cl-对H2O2的分解没有催化作用，从而得到Fe3+和Cu2+对H2O2的分解均有催化作用，且Fe3+比Cu2+催化效果好的结论，故答案为：Fe3+和Cu2+对H2O2的分解均有催化作用，且Fe3+比Cu2+催化效果好；对比实验，证明Cl-对H2O2的分解没有催化作用；
(4)①根据化合价的升降和催化剂会参加反应，但最终性质和质量不改变写出反应方程式，FeCl3和H2O2反应，FeCl3中铁元素化合价降低，生成氯化亚铁，双氧水中氧元素化合价升高，生成氧气，方程式为：2FeCl3+H2O2=2FeCl2+O2↑+2HCl；FeCl3作催化剂，在第二个反应中重新生成，氯化亚铁又被双氧水氧化成氯化铁，方程式为：2FeCl2+H2O2+2HCl =2FeCl3+2H2O，故答案为：2FeCl3+H2O2=2FeCl2+O2↑+2HCl、2FeCl2+H2O2+2HCl =2FeCl3+2H2O；
②二价锰、二价铁和一价铜都是化合价降低得到的，说明二氧化锰、Fe3+、Cu2+得到电子，作氧化剂，将双氧水氧化，还原得到的二价锰、二价铁和一价铜又被双氧水氧化成二氧化锰、Fe3+、Cu2+，由此得出选择作为H2O2分解反应的催化剂需要满足的条件是H2O2分解反应的催化剂具有氧化性，且其氧化性强于H2O2；催化剂被还原后所得物质又能被H2O2氧化生成催化剂，故答案为：H2O2分解反应的催化剂具有氧化性，且其氧化性强于H2O2；催化剂被还原后所得物质又能被H2O2氧化生成催化剂。
点睛：本题考查了催化剂在反应中起到的作用，以及催化剂的质量大小对反应速率的影响探究。需要结合催化剂的特点分析催化机理，并对方程式进行推导。本题的易错点为(4)，根据化合价的升降和催化剂会参加反应，但最终性质和质量不改变写,反应方程式。
微信/支付宝扫码支付