2019高二年级(下学期)化学月考试卷(附答案)(5月份) (2)

2019高二年级（下学期）化学月考试卷（附答案）（5月份） (2)一．选择题（本题包括24小题，每小题2分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．）1. 下列说法中不正确的是（）A.如何提高燃烧效率，节约能源是当今世界各国能源研究的前沿课题之一B.物质燃烧一定是放热反应C.绿色植物进行光合作用时太阳能转化为化学能D.增加炼铁高炉的高度，可以降低高炉气中CO的含量2. 沼气是一种能源，它的主要成分是CH4，0.5mol CH4完全燃烧生成CO2和液态水时放出445kJ的热量，则下列热化学方程式中正确的是（）A.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；△H=−890kJ⋅mol−1B.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；△H=−890kJ⋅mol−1C.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=+890kJ⋅mol−1D.12CH4(g)+O2(g)=12CO2(g)+H2O(l)△H=+890kJ⋅mol−13. 可逆反应：3A(g)⇌3B(？)+C(？)(△H>0)，随着温度升高，气体平均相对分子质量有变小趋势，则下列判断正确的是（）A.B和C可能都是固体B.B和C一定都是气体C.若C为固体，则B一定是气体D.B和C可能都是气体4. 已知25∘C、101kPa下，石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为：C（石墨）+O2(g)=CO2(g)；△H=−393.51kJ．mol−1C（金刚石）+O2(g)=CO2(g)；△H=−395.41kJ．mol−1据此推理所得到的下列结论正确的是（）A.金刚石的燃烧热比石墨的燃烧热小B.石墨晶体中碳碳键的强度小于金刚石中的碳碳键C.石墨的能量比金刚石的能量高D.由石墨制备金刚石一定是吸热反应5. 强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)；ΔH=-57.3kJ·mo l−1．向1L 0.5mol/L的NaOH溶液中加入下列物质：①稀醋酸②浓硫酸③稀硝酸，恰好完全反应时，反应热ΔH1、ΔH2、ΔH3的关系正确的是（）A. ΔH1>ΔH2>ΔH3B.ΔH2>ΔH3>ΔH1C.ΔH1>ΔH3>ΔH2D.ΔH3>ΔH2>ΔH16. 已知在298K时下述反应的有关数据：C(s)+12O2(g)=CO(g)△H1=−110.5kJ⋅mol−1C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=−393.5kJ⋅mol−1则C(s)+CO2(g)=2CO(g)的△H为（）A.+283.5kJ⋅mol−1B.+172.5kJ⋅mol−1C.−172.5kJ⋅mol−1D.−504kJ⋅mol−17. 下列叙述不正确的是（）A.等pH等体积的盐酸和醋酸加水稀释10倍后，前者的pH大于后者B.等pH等体积的盐酸和醋酸分别中和0.1mol/L的NaOH溶液，消耗NaOH溶液体积相等C.等浓度等体积的盐酸和醋酸与足量的锌粉反应，开始时前者产生H2的速率大于后者，最终产生的H2相等D.等浓度等体积的盐酸和醋酸分别中和0.1mol/L的NaOH溶液，消耗NaOH溶液体积相等8. 工业制取硫酸有一步重要反应是SO2在400∼500∘C下的催化氧化，2SO2+O22SO3，这是一个正反应放热的可逆反应，如果反应在密闭容器中进行，下述有关说法中错误的是（）A.使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率B.在上述条件下，SO2不可能100%的转化为SO3C.达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度相等D.为了提高SO2的转化率，应适当提高O2的浓度9. 物质的量浓度相同的下列溶液中，按pH由小到大顺序排列的是（）A.Na2CO3NaHCO3NaCl HClB.Na2CO3NaHCO3HCl NaClC.(NH4)2SO4NH4Cl NaNO3Na2CO3D.NH4Cl(NH4)2SO4Na2CO3NaNO310. 下列反应中，产生氢气速度最快的是（）A.常温下铝与6mol/L的硝酸B.常温下镁与3mol/L的醋酸C.常温下铁与3mol/L的盐酸D.常温下镁与3mol/L的硫酸11. 下列各组离子在溶液中能大量共存的是（）A.CH3COO−、Cl−、K+、H+B.SO42−、Cl−、Ba2+、Na+C.Cl−、NO3−、NH4+、Na+D.HCO3−、NO3−、Al3+、K+12. 恒容密闭容器中进行的可逆反应2NO2⇌2NO+O2，达到平衡状态的是（）①单位时间内生成a mol O2的同时生成2a mol NO2②单位时间内生成a mol O2的同时生成2a mol NO③混合气体的颜色不再改变④混合气体的密度不再改变的状态⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A.①③⑤B.②④⑤C.①③④D.①②③④⑤13. COCl2(g)⇌CO(g)+Cl2(g)；△H>0．当反应达到平衡时，下列措施：①升温②恒容通入惰性气体③增加CO浓度④减压⑤加催化剂⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（）A.①②④B.①④⑥C.②③⑤D.③⑤⑥14. 下列物质按强电解质、弱电解质、非电解质、既不是电解质也不是非电解质顺序排列的是（）A.CaCO3、氨水、NH3、Cl2B.H2CO3、NaHCO3、CH3CH2OH、盐酸C.Ba(OH)2、HF、CO2、ZnD.HCl、冰醋酸、NaO、NaCl溶液15. 下列影响化学反应速率的因素中，是通过改变活化分子百分数来实现的是（）①改变气体物质的浓度②改变气体的温度③加入催化剂④改变气体的压强．A.只有①②B.只有③④C.只有②③D.①②③④16. 对于可逆反应2AB3(g)⇌A2(g)+3B2(g)（正反应为吸热），下列图象正确的是（）A.B.C.D.17. 常温下，在pH=2的硫酸溶液中，水电离出来的H+的物质的量浓度为（）A.10−2mol/LB.10−12mol/LC.2×10−12mol/LD.0.02mol/L18. 常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中（）A.[HCOO−]>[Na+]B.[HCOO−]<[Na+]C.[HCOO−]=[Na+]D.无法确定[HCOO−]与[Na+]的关系19. 下列是关于盐酸滴定氢氧化钠溶液的实验叙述：①取一锥形瓶用待测氢氧化钠溶液润洗两次；②在锥形瓶中放入25.00mL待测液；③加入几滴石蕊试剂滴至刚变紫色立即停止；④取一只酸式滴定管，洗涤干净；⑤不润洗滴定管，直接往其中注入标准酸溶液，进行滴定；⑥左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶；⑦两眼注视滴定管内盐酸溶液液面下降，直至滴定终点．其中操作错误是（）A.④⑥⑦B.①⑤⑥⑦C.③⑤⑦D.①③⑤⑦20. 下列各离子①R−②R+③R3+④RH4+⑤RH−（R表示不同的元素）都有10个电子，其中不会破坏水的电离平衡的有（）A.①②③B.仅有②C.②③④D.①②⑤21. 在蒸发发皿中加热蒸干并灼烧（低于400∘C）下列的溶液，可以得到该物质的固体是（）A.氯化镁溶液B.硫酸亚铁溶液C.碳酸氢钠溶液D.硫酸铝溶液22. 下列有关问题，与盐的水解有关的是（）①NH4Cl与ZnCl2溶液可做焊接金属中的除锈剂②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可做泡沫灭火剂③草木灰与铵态氮肥不能混合施用④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体⑥用热的Na2CO3溶液去污⑦使用明矾净水⑧贮存FeCl3溶液滴加几滴盐酸．A.①②③⑤B.②③④⑥⑧C.①④⑤⑦⑧D.全部23. 下列事实一定能说明HF是弱酸的是（）①常温下NaF溶液的pH大于7；②用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗；③HF与NaCl不能发生反应；④常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3；⑤HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体；⑥HF与水能以任意比混溶；⑦1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红．A.①②⑦B.②③⑤C.③④⑥D.①④24. 醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌H++CH3COO−，下列叙述不正确的是（）A.0.10mol/L醋酸溶液中粒子浓度的关系满足：c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO−)>c(OH−)B.0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c(OH−)减小C.CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动D.常温下pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液pH<7二、填空题（共4小题，共52分）25. 按要求回答下列问题：（1）实验测得，5g甲醇(CH3OH)在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5kJ的热量，试写出甲醇燃烧的热化学方程式________（2）已知稀溶液中，1mol H2SO4与NaOH溶液恰好完全反应生成正盐时，放出114.6kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应的热化学方程式________．（3）已知下列反应的焓变：①CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H1=−870.3kJ/mol②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=−393.5kJ/mol③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H3=−285.8kJ/mol试计算反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的焓变△H=________．26. 可逆反应2Cl2 (g)+2H2O(g)⇌4HCl(g)+O2 (g)△H>0，在一定条件下达到平衡后，分别采取下列措施，试回答：（1−4题填“增大”、“减小”、或“不变”）（1）降低温度，Cl2的转化率________，平衡常数K________（2）保持容器体积不变，加入He，则HCl的物质的量________（3）保持容器体积不变，加入Cl2，则Cl2的转化率________，平衡常数K________（4）若恒温恒容，反应从Cl2和H2O开始至平衡，在这个变化过程中，平均相对分子质量________．（5）反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？________，原因是________．27. 在一定温度下，将2molA和2molB两种气体相混合于容积为2L的某密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+ B(g)⇌xC(g)+2D(g)，2min末反应达到平衡状态，生成了0.8molD，并测得C的浓度为0.4mol/L，请填写下列空白：（1）x值等于________（2）A的转化率为________（3）生成D的反应速率为________（4）如果增大反应体系的压强，则平衡体系中C的质量分数________（填增大、减小或不变）（5）在此温度下，该化学反应的平衡常数k=________（6）如果上述反应在相同条件下从逆反应开始进行，开始加入C和D各4/3mol，要使平衡时各物质的质量分数与原平衡时完全相等，则还应加入________物质________mol．28. 物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡等，它们都可看作化学平衡．请根据所学的知识回答：(1)0.01mol/L的NH4Cl溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为________；电荷守恒关系：________；浓度为0.01mol/L的是________；________和________两种粒子的浓度之和是0.01mol/L．(2 )CH3COONa溶液中存在的2个平衡体系分别为（分别用离子方程式表示）：________、________；(3)FeCl3溶液与Na2CO3溶液混合后，反应的离子方程式为________．参考答案与试题解析一．选择题（本题包括24小题，每小题2分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．）1.【答案】D【考点】反应热和焓变化学平衡的调控作用【解析】A、提高燃料的燃烧效率是节约能源的重要途径；B、据燃烧的概念分析；C、据光合作用的概念分析；D、增加高炉的高度，不能使燃料充分燃烧．【解答】解：A、提高燃料的燃烧效率是节约能源的重要途径，故A正确；B、燃烧是发光放热的剧烈的化学反应，故B正确；C、植物的光合作用就是太阳能转化为化学能储存起来，故C正确；D、增加高炉的高度，不能使燃料充分燃烧，不能降低CO的含量，故D错误；故选D．2.【答案】B【考点】热化学方程式【解析】根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态来解答．【解答】解：0.5mol CH4完全燃烧生成CO2和液态水时，放出445KJ热量，1molCH4在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出890kJ热量，△H为负值，则热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−890kJ/mol，故选B．3.【答案】C,D【考点】化学平衡的影响因素【解析】反应是吸热反应，升温平衡正向进行，气体平均相对分子质量=气体总质量总物质的量；依据概念中的气体质量、气体物质的量分析判断．【解答】解：3A(g)⇌3B(？)+C(？)(△H>0)，该正反应吸热，温度升高，平衡右移，M变小，依据反应的系数关系，气体平衡体系的质量守恒，平均摩尔质量的变化，由反应前后气体物质的量变化、混合气体的质量变化决定；A、B和C肯定不会都是固体，若都是固体，气体物质的量减小，质量减小，这里面的气体就只有A，所以气体的平均相对分子质量就是A的相对分子质量，所以气体平均相对分子质量不会发生变化，M不变，故A错误；B、若都是气体，反应前后气体物质的量一定增大，质量不变，M减小，但若B为气体，C为固体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，M减小，故B错误；C、C为固体，B一定为气体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，M减小，故C正确；D、B和C可能都是气体时，质量守恒，气体物质的量增大，M减小，故D正确；故选CD；4.【答案】D【考点】反应热和焓变吸热反应和放热反应【解析】A、根据石墨、金刚石燃烧的热化学方程式结合燃烧热的概念来回答；B、键的强度越大，则物质越稳定，根据反应热比较金刚石与石墨的能量大小以及化学键的强度大小；C、根据反应热比较金刚石与石墨的能量大小；D、根据盖斯定律来计算化学反应的焓变，并判断反应的吸放热情况．【解答】解：①C（石墨）+O2(g)=CO2(g)△H=−393.51kJ⋅mol−1②C（金刚石）+O2(g)=CO2(g)△H=−395.41kJ⋅mol−1，①-②可得：C（石墨）=C（金刚石）△H=+1.9kJ⋅mol−1，A、根据反应①②，可以看出金刚石的燃烧热395.41KJ比石墨的燃烧热393.51KJ大，故A错误；B、石墨转化为金刚石吸热，金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，石墨晶体中碳碳键的强度大于金刚石中的碳碳键，故B错误；C、石墨转化为金刚石吸热，金刚石能量大于石墨的总能量，故C错误；D、C（石墨）=C（金刚石）△H=+1.9kJ⋅mol−1，所以由石墨制备金刚石一定是吸热反应，故D正确．故选D．5.【答案】C【考点】反应热的大小比较【解析】在稀溶液中强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热，注意弱电解质的电离吸热，浓硫酸溶于水放热来解答．【解答】解：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+(aq)+OH−(aq)=H2O；ΔH=-57.3kJ·mo l−1，分别向1L 0.5mol/L的NaOH溶液中加入：①稀醋酸；②浓H2SO4；③稀硝酸. 醋酸的电离吸热，浓硫酸溶于水放热，则恰好完全反应时的放出的热量为②>③>①，所以ΔH1>ΔH3>ΔH2，故选C．6.【答案】B【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【解析】利用盖斯定律计算，将(1)×2−(2)，可得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，反应热随之相加减，可求得反应热．【解答】解：已知：(1)2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H1=−221kJ⋅mol−1(2)CO2(g)=C(s)+O2(g)△H2=393.5kJ/mol利用盖斯定律，将(1)+(2)，可得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，则：△H=−221kJ⋅mol−1+393.5kJ/mol=172.5 KJ/mol．故选B．7.【答案】B【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【解析】A．加水稀释促进醋酸电离；B．等pH等体积的盐酸和醋酸分别中和同浓度的NaOH溶液，消耗NaOH溶液体积与酸的物质的量成正比；C．等浓度等体积的盐酸和醋酸与足量的锌粉反应，反应速率与氢离子浓度成正比，生成氢气的量与酸的物质的量成正比；D．等浓度等体积的盐酸和醋酸分别中和同浓度的NaOH溶液，消耗NaOH溶液体积与酸的物质的量成正比．【解答】解：A．HCl是强电解质、醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，等pH等体积的盐酸和醋酸加水稀释10倍后，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以盐酸的pH大于醋酸，故A正确；B．等pH等体积的盐酸和醋酸分别中和同浓度的NaOH溶液，消耗NaOH溶液体积与酸的物质的量成正比，等pH等体积的盐酸和醋酸中，n(CH3COOH)>n(HCl)，则醋酸消耗的NaOH体积大，故B错误；C．等浓度等体积的盐酸和醋酸与足量的锌粉反应，反应速率与氢离子浓度成正比，生成氢气的量与酸的物质的量成正比，等浓度等体积的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度小于盐酸，所以开始时盐酸反应速率大，等浓度等体积的盐酸和醋酸的物质的量相等，所以分别与足量Zn反应时生成氢气的量相等，故C正确；D．等浓度等体积的盐酸和醋酸分别中和同浓度的NaOH溶液，消耗NaOH溶液体积与酸的物质的量成正比，等浓度等体积的盐酸和醋酸的物质的量相等，所以消耗同浓度的NaOH体积相等，故D正确；故选B．8.【答案】C【考点】化学平衡的影响因素化学平衡状态的判断【解析】该反应是前后气体体积减小的放热反应，根据外界条件对化学平衡的影响因素分析．【解答】解：该反应是前后气体体积减小的放热反应．A、使用催化剂加快了反应速率，缩短反应时间，提高反应效率，故A正确；B、该反应是可逆反应，所以该反应存在反应限度，反应物不可能100%的转化，故B正确；C、达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度可能相等，也可能不相等，要依据反应物的初始浓度及转化率，故C错误；D、增大反应物O2的浓度，化学平衡向正反应方向移动，所以提高了SO2的转化率，故D正确；故选C．9.【答案】C【考点】盐类水解的应用【解析】先是根据溶液的酸碱性将溶液分为三部分：酸性的、碱性的、中性的，再利用弱离子的水解程度：越弱越水解来比较浓度相同的溶液的pH大小即可．【解答】解：A．Na2CO3、NaHCO3均水解显碱性，碳酸钠水解程度大，碱性强，而NaCl为中性，HCl显酸性，为pH由大到小的顺序排列，故A不选；B．Na2CO3、NaHCO3均水解显碱性，碳酸钠水解程度大，碱性强，而NaCl为中性，HCl水解显酸性，HCl NaClpH的排列顺序为先小后大，故B不选；C．(NH4)2SO4、NH4Cl均水解显酸性，硫酸铵中铵根离子浓度大，水解后酸性强，pH最小，而NaNO3为中性，Na2CO3水解显碱性，为pH由小到大的顺序排列，故C选；D．(NH4)2SO4、NH4Cl均水解显酸性，硫酸铵中铵根离子浓度大，水解后酸性强，pH最小，而NaNO3为中性，Na2CO3水解显碱性，pH由大到小再变大后减小，故D不选；故选C．10.【答案】D【考点】化学反应速率的影响因素【解析】排在H前面的金属与非氧化性酸反应生成氢气，金属越活泼，氢离子浓度越大，则生成氢气的反应速率越快，以此来解答．【解答】解：A中常温下铝与6mol/L的硝酸，发生氧化还原反应不生成氢气，则排除A；B、C、D相比Mg比Fe活泼，则排除C；B、D相比较，D中氢离子浓度增大，则反应速率最快，故选D．11.【答案】C【考点】离子共存问题【解析】A．醋酸根离子与氢离子反应生成弱电解质醋酸；B．钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；C．Cl−、NO3−、NH4+、Na+离子之间不满足离子反应发生条件；D．碳酸氢根离子与铝离子发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝沉淀．【解答】解：A．CH3COO−、H+之间发生反应生成醋酸，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．SO42−、Ba2+之间发生反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Cl−、NO3−、NH4+、Na+之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．HCO3−、Al3+之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．12.【答案】A【考点】化学平衡状态的判断【解析】从平衡状态的两个重要特征上判断：(1)v（正）=v（逆），(2)混合物中各组成成分的百分含量不变．【解答】解：此题列出了判断可逆反应是否达到平衡状态的各种可能情况，应从平衡状态的两个重要特征上判断(1)v （正）=v（逆），(2)混合物中各组成成分的百分含量不变．①符合特征(1)；②表示的都是正反应方向；③NO2是红棕色气体，颜色不变时说明NO2的浓度保持不变，符合特征(2)；④中若是恒容条件，则ρ始终不变；若恒压条件，则ρ随反应而变；⑤也说明符合特征(2)．故①③⑤能说明是否达到平衡状态．故选A．13.【答案】B【考点】化学平衡的影响因素【解析】化学反应COCl2(g)⇌CO(g)+Cl2(g)△H>0，正反应是气体体积增大的吸热反应，①升温平衡向吸热反应方向移动；②恒容通入惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不动；③增加CO的浓度，平衡逆向进行；④减压平衡向气体体积增大的方向进行；⑤加催化剂，改变速率不改变平衡；⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行．【解答】化学反应COCl2(g)⇌CO(g)+Cl2(g)△H>0，正反应是气体体积增大的吸热反应，①升温平衡向正反应移动，COCl2转化率增大，故①符合；②恒容通入惰性气体，总压增大，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故②不符合；③增加CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，COCl2转化率减小故③不符合；④减压平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大，故④符合；⑤加催化剂，改变速率不改变平衡，COCl2转化率不变，故⑤不符合；⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行，COCl2转化率增大，故⑥符合，14. 【答案】C【考点】强电解质和弱电解质的概念电解质与非电解质【解析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质．【解答】解：A．氨水中含有自由离子能导电，但氨水是氨气的水溶液属于混合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．碳酸属于二元弱酸，属于弱电解质，碳酸氢钠属于强电解质，故B错误；C．Ba(OH)2属于二元强碱，属于强电解质，HF属于一元弱酸属于弱电解质，CO2、属于非电解质，Zn属于金属单质，所以既不是电解质也不是非电解质，故C正确；D．Na2O属于金属氧化物，属于强电解质，故D错误；故选C．15.【答案】C【考点】化学反应速率的影响因素【解析】浓度与压强可增大反应体系中单位体积活化分子的数目，则反应速率加快；温度与催化剂可增大反应体系中活化分子的百分数．【解答】解：①改变气体物质的浓度，增大了反应体系中单位体积活化分子的数目，故①不选；②改变气体的温度，提供能能量，有效碰撞的机会增大，增大了反应体系中活化分子的百分数，故②选；③加入催化剂，降低了反应所需的活化能，增大了反应体系中活化分子的百分数，故③选；④改变气体的压强，可增大反应体系中单位体积活化分子的数目，故④不选；故选C．16.【答案】D【考点】化学平衡的影响因素【解析】2AB3(g)⇌A2(g)+3B2(g)（正反应为吸热），升高温度，向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，生成物的含量增大，反应物的含量减少；增大压强，平衡逆向移动，反应物的含量增大，以此来解答．【解答】解：A．升高温度，向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，与图象不符，故A错误；B．升高温度，向正反应方向移动，生成物的含量增大，与图象不符，故B错误；C．增大压强，平衡逆向移动，反应物的含量增大，与图象不符，故C错误；D．升高温度，向正反应方向移动，反应物的含量减少，而增大压强，平衡逆向移动，反应物的含量增大，与图象符合，故D正确；故选D．17.【答案】B【考点】pH的简单计算【解析】酸溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，根据溶液中氢离子浓度和离子积常数计算出氢氧根离子浓度即可．【解答】解：常温下，pH=2的稀硫酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则溶液中氢氧根离子浓度=10−140.01mol/L=10−12mol/L，水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度为10−12mol/L，故选B．18.【答案】C【考点】离子浓度大小的比较【解析】根据电荷守恒来比较氢氧化钠和甲酸反应后溶液中离子浓度的大小，抓住酸碱反应后所得溶液的pH=7来分析解答．【解答】解：甲酸和氢氧化钠溶液混合后发生反应：HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O，由电荷守恒知[H+]+[Na+]=[OH−]+[HCOO−]，又因为pH=7，所以[H+]=[OH−]，所以[Na+]=[HCOO−]．故选C．19.【答案】D【考点】中和滴定【解析】①根据锥形瓶不能够润洗判断；②根据锥形瓶盛放待测液及滴定管的准确度分析；③根据正确判断滴定终点的方法分析；④滴定管必须洗涤干净再量取溶液；⑤根据滴定管必须进行润洗判断；⑥不停摇动锥形瓶，使溶液混合均匀，反应充分；⑦滴定时眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化．【解答】解：①取一锥形瓶用待测氢氧化钠溶液润洗两次，锥形瓶不能用待测液润洗，故①错误；②在锥形瓶中放入25.00mL待测液，滴定管可以准确度0.01mL，故②正确；③加入几滴石蕊试剂滴至变紫色，半分钟不褪色，才能停止滴定，故③错误；④取一只酸式滴定管，洗涤干净，使用滴定管，必须进行洗涤，然后进行润洗，故④正确；⑤不润洗滴定管，直接往其中注入标准酸溶液，进行滴定，滴定管必须用待盛液润洗，否则浓度减小，影响滴定结果，故⑤错误；⑥左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶，使溶液混合均匀，减小滴定误差，故⑥正确；⑦滴定时眼睛注视着锥形瓶中溶液的颜色变化，以便及时判断滴定终点，故⑦错误；故选D．20.【答案】B【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡盐类水解的原理【解析】离子①R−②R+③R3+④RH4+⑤RH−（R表示不同的元素）都有10个电子，分别为①F−②Na+③Al3+④NH4+⑤OH−，其中能改变溶液的OH−或H+的离子浓度，则可破坏水的电离平衡，以此解答该题．【解答】解：离子①R−②R+③R3+④RH4+⑤RH−（R表示不同的元素）都有10个电子，分别为①F−②Na+③Al3+④NH4+⑤OH−，其中①F−、③Al3+、④NH4+可水解而促进水的电离，⑤OH−抑制水的电离，则不会破坏水的电离平衡的仅有②，故选B．21.【答案】D【考点】盐类水解的应用【解析】在蒸发发皿中加热蒸干并灼烧（低于400∘C）下列的溶液，可以得到该物质的固体，则该物质在蒸发时没有发生水解生成其它物质，没有被氧化或者发生分解等反应，以此解答该题．【解答】解：A．加热氯化镁溶液，水解生成氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，灼烧可得到氧化镁，故A错误；B．加入硫酸亚铁溶液，易被空气中氧气氧化生成硫酸铁，故B错误；C．加热碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠分解生成碳酸钠，故C错误；D．加入硫酸铝溶液，虽然铝离子水解生成氢氧化铝，但硫酸难挥发，最终仍为硫酸铝，故D正确．故选D．22.【答案】D【考点】盐类水解的应用【解析】盐发生水解时，生成弱电解质，促进水的电离，使溶液呈酸性或碱性，在工业生产或日常生活中，常利用盐类水解的酸碱性或生成的胶体的性质，结合对应物质的性质解答该题．【解答】解：①NH4Cl与ZnCl2溶液都为强酸弱碱盐，水解呈酸性，可做焊接金属中的除锈剂，与水解有关；②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液分别水解呈碱性和酸性，可发生互促水解，可做泡沫灭火剂，与水解有关；③草木灰水解呈碱性，铵态氮肥水解呈酸性，可发生互促水解，不能混合施用，反之降低肥效，与水解有关；④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，应碳酸钠水解呈碱性；⑤AlCl3水解生成氢氧化铝和盐酸，加热促进水解，盐酸易挥发，可得到Al(OH)3固体，与水解有关；⑥用热的Na2CO3溶液去污，原因是碳酸氢钠水解呈碱性，且加热促进水解，有利于油脂的水解，与水解有关；⑦使用明矾净水，原因是明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，与水解有关；⑧贮存FeCl3溶液滴加几滴盐酸，可防止铁离子水解生成沉淀，与水解有关．故选：D．23.【答案】D【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡强电解质和弱电解质的概念【解析】根据弱电解质的电离是不完全的，酸的溶解性及酸的通性无法确定酸电离的程度，而比较酸的浓度与酸电离c(H+)可判断酸的电离程度．【解答】解：①常温下碱性溶液中PH>7，NaF溶液的pH大于7说明呈碱性，说明NaF发生了水解，HF是弱酸，故①正确；②导电性强弱主要与离子浓度有关，不能说明HF是弱酸，故②错误；③HF与NaCl不能发生反应与HF是弱酸无关，故③错误；④常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3说明HF部分电离是弱酸，故④正确；⑤HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体说明HF的酸性比碳酸的强，不能说明HF是弱酸，故⑤错误；⑥HF与水能以任意比混溶与HF的酸性无关，故⑥错误；⑦1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红说明HF水溶液显酸性，不能说明HF是弱酸，故⑦错误；故选D．24.【答案】B【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【解析】醋酸是弱酸，溶液中存在电离平衡，导致溶液中氢离子浓度小于醋酸浓度，加入含有醋酸根离子的盐能抑制其电离，稀释醋酸能促进醋酸电离，结合电荷守恒解答．【解答】解：A．醋酸是弱电解质，只有部分电离，且电离程度较小，所以c(CH3COOH)>c(CH3COO−)，溶液呈酸性，所以c(H+)>c(OH−)，水和醋酸都电离出氢离子，只有醋酸电离出醋酸根离子，所以c(H+)>c(CH3COO−)，则离子浓度大小顺序是c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO−)>c(OH−)，故A正确；B．加水稀释醋酸，促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，故B错误；C．醋酸溶液中加少量的CH3COONa固体，醋酸根离子浓度增大，平衡逆向移动，故C正确；D．常温下，pH=2的CH3COOH溶液中醋酸浓度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠浓度等于0.01mol/L，所以两种等体积混合后，酸剩余，溶液呈酸性而使溶液的pH<7，故D正确；故选B．二、填空题（共4小题，共52分）25.【答案】CH3OH(g)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−726.4KJ/mol；（2）1mol H2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式为：12H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=−57.3kJ⋅mol−1故答案为：12H2SO4(aq)+NaOH(aq)=12Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=−57.3 kJ/mol；（3）已知：①CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H1=−870.3kJ/mol②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=−393.5kJ/mol③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H3=−285.8kJ/mol利用盖斯定律，将②×2+③-①，可得2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)，则：△H=2×(−393.5kJ/mol)+(−285.8kJ/mol)−(−870.3kJ/mol)=−202.5 KJ/mol，故答案为：−202.5 KJ/mol．【考点】热化学方程式有关反应热的计算【解析】（1）根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态，根据燃烧热的概念结合热化学方程式的书写来回答；（2）依据中和热的概念是强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，标注物质聚集状态和对应反应焓变得到；（3）利用盖斯定律计算，将(2)×2+(3)−(1)，可得2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)，反应热随之相加减，可求得反应热．【解答】解：（1）5gCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出113.5kJ热量，32g即1molCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出726.4kJ热量，则燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(g)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−726.4KJ/mol，（2）1mol H2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式为：12H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=−57.3kJ⋅mol−1（3）已知：①CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H1=−870.3kJ/mol②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=−393.5kJ/mol③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H3=−285.8kJ/mol利用盖斯定律，将②×2+③-①，可得2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)，则：△H=2×(−393.5kJ/mol)+(−285.8kJ/mol)−(−870.3kJ/mol)=−202.5 KJ/mol，26.【答案】减小,减小不变。