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【化学】辽宁省盘锦市第二高级中学2019-2020学年高二10月月考试题（解析版）
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辽宁省盘锦市第二高级中学2019-2020学年高二10月月考试题
1.下列说法不正确的是（ ）
A. 反应热是指反应过程中所放出或吸收的热量
B. 化学反应的实质是旧键断裂新键形成
C. 化学键断裂时吸收能量，形成时放出能量
D. 伴随着能量变化的过程一定是化学反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.化学反应过程中断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，因此反应过程中都伴随着能量变化，把化学反应过程中所放出或吸收的热量叫反应热，A正确；
B.化学反应的过程就是原子重新组合的过程，这个过程中有旧键断裂和新键的形成，因此化学反应的实质是旧键断裂和新键形成的过程，B正确；
C.化学键断裂时破坏原子之间的相互作用，需要吸收能量，形成化学键时原子要结合在一起，微粒的能量降低，因此会放出能量，C正确；
D.伴随着能量变化的过程可能是化学反应，也可能是物理变化，D错误；
故合理选项是D。
2.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH=a kJ·mol-1，2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH=b kJ·mol-1，则a>b
B. 已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH= -57.3 kJ·mol-1，则含1mol NaOH的稀溶液与足量稀醋酸完全中和，放出的热量等于57.3kJ
C. 已知P(白磷，s)=P(红磷，s) ΔH<0，则白磷比红磷稳定
D. 已知H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH= -a kJ·mol-1向密闭容器中加入2mol H2和2mol I2(g)，充分反应后放出的热量小于2a kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A.C燃烧反应是放热反应，物质燃烧时放出的热量越多，则该反应的反应热就越小。C完全燃烧产生CO2放出的热量比C不完全燃烧产生CO放出的热量多，所以反应热a
C.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强；由于白磷转化为红磷放出热量，说明白磷的能量高，因此红磷比白磷稳定，C错误；
D.该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以向密闭容器中加入2mol H2和2mol I2(g)，充分反应后放出的热量小于2a kJ，D正确；
故合理选项是D。
3.已知1mol H2完全燃烧生成水蒸气放出热量242kJ，且H2中1mol H-H键断裂时吸收热量436kJ，水蒸气中形成1mol H-O键时放出热量463 kJ，则O2中1mol O=O键断裂时吸收的热量为（ ）
A. 556 kJ B. 496 kJ C. 336 kJ D. 188 kJ
【答案】B
【解析】
【分析】根据化学反应焓变△H=旧键断裂吸收的能量-新键生成释放的能量，结合反应方程式进行计算。
【详解】已知1mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量242kJ，H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H=-242kJ/mol，氢气中1mol H-H键完全断裂时吸收热量436kJ，水蒸气中1mol H-O键形成时放出热量463kJ，△H= -242kJ/mol=436kJ/mol+×E(O=O)-2×463kJ/mol，则O2中1mol O=O键断裂时吸收热量为496kJ/mol，故合理选项是B。
4.反应2B(g)+C(g)2A(g)经一段时间后，A的浓度增加了0.4mol·L-1，在这段时间内用C表示的反应速率为0.2mol•L-1•s-1，则这段时间为（ ）
A. 0.1s B. 1s C. 2.5s D. 5s
【答案】B
【解析】
【详解】用C表示反应速率v(C)=0.2 mol•L-1•s-1，由于在同一时间段用不同物质表示的反应速率比等于化学计量数的比，所以v(A)=2v(C)=2×0.2mol•L-1•s-1=0.4mol•L-1•s-1，根据速率定义式v=，所以△t==1s，故合理选项是B。
5.已知热化学方程式：H2O(g)=H2(g)+O2(g) △H= +241.8kJ/mol，H2(g)+O2(g)=H2O(1) △H= -285.8kJ/mol当1g水蒸气变为液态水时，其焓变为（ ）
A. △H= +4.4kJ/mol B. △H= -4.4kJ/mol
C. △H= -2.44kJ/mol D. △H= +2.44kJ/mol
【答案】C
【解析】
【详解】①H2O(g)=H2(g)+O2(g) △H= +241.8kJ/mol，②H2(g)+O2(g)=H2O(1) △H= -285.8kJ/mol；
①+②，整理可得H2O(g)=H2O(1) △H= -44kJ/mol，根据该热化学方程式可知：18g水蒸气变为液态水时放出44kJ的热量，则1g水蒸气变为液态水时，放出热量是44kJ÷18=2.44kJ，即当1g水蒸气变为液态水时，其焓变△H= -2.44kJ/mol，故合理选项是C。
6.下列说法中正确的是（ ）
A. 凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的
B. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
C. 自发反应一定熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
D. 非自发反应在任何条件下都不能实现
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据ΔG=△H-T△S可知，反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，A错误；
B.熵增加△S>0，且放热△H<0，反应△H-T△S<0一定是自发反应，B正确；
C.△H-T△S＜0的反应是自发进行的反应，△H<0，△S<0的反应在低温下是自发进行的反应，△H-T△S>0的反应是非自发进行的反应，△H>0，△S>0低温下可以是非自发进行的反应，C错误；
D. 根据ΔG=△H-T△S可知，反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，D错误；
故合理选项是B。
7.反应2SO32SO2+O2；△H>0，达平衡时，要使v正降低、c(SO3)增大，应采取的措施是（ ）
A. 增大压强 B. 减小压强 C. 降低温度 D. 减小SO2的浓度
【答案】C
【解析】
【详解】该反应是正反应气体体积增大的吸热反应，
A.增大压强，正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，c(SO3)增大，A错误；
B.减小压强，正、逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，c(SO3)降低，B错误；
C.降低温度，正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，c(SO3)增大，C正确；
C.减小SO2的浓度，正、逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，c(SO3)降低，D错误；
故合理选项是C。
8.在密闭容器中，A(g)＋3B(g)5C(g) ΔH>0，达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，改变的这一条件是 （ ）
A. 加入适当催化剂 B. 增大压强
C. 增大反应物的浓度 D. 升高温度
【答案】D
【解析】
【详解】A.加入适当催化剂，对正逆反应速率影响相同，化学平衡不发生移动，A错误；
B.该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强，正、逆反应速率都增大，增大压强后的反应速率V正
D.升高温度，正、逆反应速率都增大，由于该反应的正反应是吸热反应，正反应速率增大的大于逆反应速率增大的，所以化学平衡向吸热的正反应方向移动，D正确；
故合理选项是D。
9.可逆反应2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)在容积不变的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是（ ）
A. 单位时间消耗1mol O2，同时生成2mol NO
B. 混合气体的NO2和NO物质的量浓度相等
C. 混合气体的密度不再改变的状态
D. 用NO2、NO的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为1∶1的状态
【答案】A
【解析】
【详解】A.单位时间消耗1mol O2，必同时消耗2mol NO，又同时生成2mol NO，则NO的生成速率等于其消耗速率，因此反应达到平衡状态，A正确；
B.混合气体的NO2和NO物质的量浓度相等时，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，这与反应开始时加入的NO2的物质的量多少有关，B错误；
C.容器的容积不变，反应混合物都是气体，在任何条件下气体的密度都不变，因此不能据此判断反应处于平衡状态，C错误；
D.任何条件下用NO2、NO的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为1∶1，且并未说明速率表示的反应方向，因此不能据此判断反应处于平衡状态，D错误；
故合理选项是A。
10.对于热化学方程式： SO2(g)+ O2(g) SO3(g) ；△H= -98.3kJ•mol-1的描述有如下四个图象，其中正确的是（y表示SO3的含量）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】升高温度，反应速率加快，达到平衡所用时间缩短，由于该反应的正反应是放热反应，所以升高温度，化学平衡逆向移动，达到平衡时SO3含量降低，A选项符合题意；故选A。
11.如图所示为800℃时A、B、C三种气体在容积不变的密闭容器中反应时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是（ ）
A. 2A(g)2B(g)+C(g)
B. 混合气体的密度不再改变的状态为平衡状态
C. 前2min A的分解速率为0.1mol•L-1•min-1
D. 达平衡后，若减小压强，平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图象可知，A的物质的量浓度减小，B和C的物质的量浓度增加，则A为反应物，B和C为生成物，由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：△c(A)：△c(B)：△c(C)=0.2mol/L：0.2mol/L：0.1mol/L=2：2：1，则反应的化学方程式为2A2B+C，A正确；
B.反应混合物都是气体，容器的容积不变，所以混合气体的密度始终不变，因此不能据此判断反应为平衡状态，B错误；
C.前2 min 内A的浓度变化了0.2mol/L，所以A的分解速率V(A)=0.2mol/L÷2min= 0.1mol•L-1•min-1，C正确；
D.达平衡后，若减小压强，化学平衡向气体体积增大的正反应方向移动，D正确；
故合理选项是B。
12. 右图纵坐标为反应物的转化率，横坐标为温度(t℃)，下列符合此图情况的反应是（ ）
A. C(s)十CO2(g)2CO(g)；△H>0
B. H2(g)十Br2(g)2HBr(g)；△H<0
C. N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H<0
D. 2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)；△H>0
【答案】C
【解析】试题分析：从图像可知，升高温度，反应物转化率减小，所以平衡逆向移动，正反应放热；增大压强，平衡转化率增大，平衡正向移动，反应物的系数和大于生成物系数和。故C正确。
13.用水稀释1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而增加的是（ ）
A. c(H+)和c(OH-)的乘积 B.
C. OH-的物质的量浓度 D. H+的物质的量浓度
【答案】D
【解析】
【详解】A.c(H+)和c(OH-)乘积等于水的离子积常数，温度不变，水的离子积不变，A错误；
B.在氨水中存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，=，加水稀释，平衡正向移动， n(NH3·H2O)减小，n(OH-)增多，所以减小，B错误；
C.加水稀释，c(OH-)减小，C错误；
D.加水稀释，c(OH-)减小，由于水的离子积不变，所以c(H+)增大，D正确；
故合理选项D。
14.下列说法正确的是（ ）
A. pH=5的HCl溶液酸性比pH=5的CH3COOH溶液的酸性强
B. 当pH减少2个单位时，溶液中c(H+)增大200倍
C. pH=2.0的酸溶液，稀释10倍时，pH为3
D. 溶液稀释时，pH可能增大也可能减小还可能不变
【答案】D
【解析】
【详解】A. pH=5的HCl和pH=5的CH3COOH溶液c(H+)相等，所以两种溶液的酸性相同，A错误；
B.当pH减少2个单位时，溶液中c(H+)减小100倍或增大100倍，B错误；
C. pH=2.0的酸溶液，若该酸是强酸，稀释10倍时，pH为3；若该酸是弱酸，由于弱酸在溶液中存在电离平衡，稀释时该平衡正向移动，使溶液中c(H+)又在稀释使溶液中离子浓度减小的基础上又略有增大，因此稀释10倍后溶液的pH<3，C错误；
D.酸溶液稀释，溶液的pH变大；碱溶液稀释，溶液的pH减小；若是强酸强碱形成的正盐，溶液显中性，加水稀释，溶液的pH不变，D正确；
故合理选项是D。
15.一定温度下，取pH=14的某碱溶液中，由水电离的c(OH-)（mol·L-1）（ ）
A. 1.0×100 B. 1.0×10-1
C. 1.0×10-13 D. 1.0×10-14
【答案】D
【解析】
【详解】碱溶液中H+是水电离产生的，pH=14的某碱溶液，溶液中c(H+)=1.0×10-14mol/L，根据水的电离平衡：H2OH++OH-，H2O电离产生的H+、OH-浓度相等，所以pH=14的某碱溶液中，由水电离的c(OH-)=1.0×10-14mol/L，故合理选项是D。
16.下列叙述中，正确的是（ ）
A. 中和10mL 0.1mol·L-1 盐酸与中和100mL 0.01mol·L-1 的醋酸所需同种溶液的量不同
B. 等体积pH=3的酸溶液pH=11的碱溶液相混合后，溶液的pH=7
C. 体积相等，pH相等的盐酸和硫酸溶液中，H+离子的物质的量相等
D. pH=3的盐酸溶液的H+的物质的量与pH=11的氨水溶液的OH-物质的量相等
【答案】C
【解析】
【详解】A.10mL 0.1mol·L-1 盐酸与100mL 0.01mol·L-1 的醋酸中含有一元酸的物质的量相同，所以中和二者消耗的同种碱的量相同，A错误；
B.若酸为弱酸，碱为强碱，则等体积pH=3的酸溶液pH=11的碱溶液相混合后，溶液的pH<7；若酸为强酸，则二者相混合后溶液显中性，溶液的pH=7；若酸为强酸，碱为弱碱，则二者相混合后，溶液的pH>7；B错误；
C.盐酸和硫酸都是强酸，体积相等，pH相等则溶液的c(H+)相等，所以由n=cV可知：体积相等，pH相等的盐酸和硫酸溶液中，H+离子的物质的量相等，C正确；
D.缺少溶液的体积，不能计算溶液中溶质的物质的量，D错误；
故合理选项是C。
17.50mL 0.50mol·L-1盐酸与50mL 0.55mol·L-1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是_______________，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_________________。
(2)向盐酸中倒入NaOH溶液的正确操作是：________。
A.沿玻璃棒缓慢倒入 B.分三次少量倒入 C.一次迅速倒入
(3)大烧杯上如果不盖硬纸板，则求得的中和热 ________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(4)两次实验记录的数据如下表：
实验用品
溶液温度
中和热
t1
t2
ΔH
①
50mL 0.55mol/L
NaOH溶液
50mL 0.5mol/L
HCl溶液
20℃
23.3℃
②
50mL 0.55mol/L
NaOH溶液
50mL 0.5mol/L
HCl溶液
20℃
23.4℃
已知：Q=cm(t2-t1)，反应后溶液的比热容c为4.18kJ/(℃·kg)，各溶液的密度均为1g/cm3。则中和热ΔH=_________kJ·mol－1。
(5)若改用60mL 0.50mol·L-1 盐酸和50mL 0.55mol·L-1 NaOH溶液进行反应与上述实验相比，所放出的热量_______（填“相等”“不相等”），若实验操作均正确，则所求中和热__________(填“相等”“不相等”)。
【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 保温、隔热，减少实验过程中的热量损失 (3). C (4). 偏大 (5). - 56.0 (6). 不相等 (7). 相等
【解析】
【分析】(1)为了使酸、碱快速混合，要使用环形玻璃搅拌棒；
(2)测定中和热要快速，减少热量损失；
(3)中和热关键是减少实验过程中的热量损失，要保温、隔热；
(4)根据Q=cm(t2-t1)计算出反应放出的热量，结合反应产生的水的物质的量，根据中和热定义计算出中和热；
(5)酸、碱反应，反应物的物质的量越多，反应放出的热量就越多；中和热是酸、碱反应产生1mol H2O所放出的热量。
【详解】(1)测定中和热，要使酸、碱快速混合，同时减少混合时的热量损失，要使用环形玻璃搅拌棒；
(2)中和热测定关键是减少反应过程的热量损失，向盐酸中倒入NaOH溶液的正确操作是：一次迅速倒入，故合理选项是C。
(3)大烧杯上如果不盖硬纸板，则会导致部分热量损失，产生等量的水，溶液温度升高的少，放出的热量减少，使得求得的中和热偏大；
(4)t1=20 ℃，t2==23.35℃；则反应过程中放出的热量Q=cm(t2-t1)=4.18 kJ/(℃·kg)×0.1kg×(23.35℃-20 ℃)=1.4003kJ，反应产生水的物质的量是n(H2O)= 0.5 mol/L×0.050L=0.0250mol，则中和热△H=-1.4003kJ÷0.0250mol=-56.0kJ/mol；
(5)若改用60mL 0.50mol·L-1 盐酸和50mL 0.55mol·L-1 NaOH溶液进行反应，反应时酸过量，以不足量的NaOH溶液为标准计算，NaOH的物质的量比第一次反应HCl的物质的量多，则反应产生的水的物质的量就多，所放出的热量就比上次多，二者不相等；由于中和热是酸、碱发生中和反应产生1mol水时放出的热量，因此若实验操作均正确，则所求中和热相等。
18.某烧碱样品含有少量不与酸作用的杂质，为了滴定其纯度，进行以下滴定操作：
A.在天平上准确称取烧碱样品10g，在烧杯中用蒸馏水溶解
B.用移液管（或碱式滴定管）量取25mL烧碱溶液于锥形瓶中滴加几滴酚酞作指示剂
C.在1000mL的容量瓶中配制1000mL烧碱溶液
D.将物质的量浓度为0.5 mol/L的标准硫酸溶液装入酸式滴定管，调整液面记下开始读数为V1mL
E.在锥形瓶下一张白纸，滴定至红色刚好消失为止，记下读数V2mL
回答下列问题：
(1)正确操作步骤的顺序是（填字母）： → → → → E。__
(2)滴定前俯视或滴定后仰视 _____ 滴定接近终点时，有少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 _____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
(3)操作E中的锥形瓶下垫一张白纸的作用是___________________________。
(4)开始时标准液在滴定管刻度线以上，未予调整 ____（填“偏高”“偏低”或“无影响”）
(5)滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后尖嘴气泡消失______未用标准液润洗滴定管_____（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
(6)该烧碱样品纯度为： ____________ 。(样品中烧碱的质量/样品的质量×100%)
【答案】(1). A→C →B →D →E (2). 偏高 (3). 无影响 (4). 便于观察锥形瓶中溶液颜色变化 (5). 偏低 (6). 偏高 (7). 偏高 (8). 16(V2-V1)%
【解析】
【分析】(1)根据准确配制一定物质的量浓度的溶液的步骤分析；
(2)根据物质的量浓度定义式c=，通过测定对溶液的体积、溶质的物质的量分析；
(3)酸碱中和滴定关键是滴定终点的判断；
(4)反应消耗的酸标准溶液的体积是V2-V1，根据物质的量浓度定义式分析误差；
(5)滴定前有气泡使V1偏小，未润洗，会导致滴定的标准溶液被稀释，浓度降低；
(5)根据消耗标准盐酸溶液的体积与浓度的乘积得到HCl的物质的量，结合HCl与NaOH物质的量相等，得NaOH的物质的量，在根据n=计算其质量，最后根据×100%计算纯度。
【详解】(1)某烧碱样品含有少量不与酸作用的杂质，为了滴定其纯度，首先在天平上准确称取烧碱样品10g，在烧杯中用蒸馏水溶解，然后在1000mL的容量瓶中配制1000mL烧碱溶液，用移液管(或碱式滴定管)量取25mL烧碱溶液于锥形瓶中滴加几滴酚酞作指示剂，将物质的量浓度为0.5 mol/L的标准硫酸溶液装入酸式滴定管，调整液面记下开始读数为V1 mL，在锥形瓶下一张白纸，滴定至红色刚好消失为止，记下读数V2 mL，然后计算其中含有的NaOH的质量，进而可得物质中含有的烧碱纯度；故操作顺序为A→C →B →D →E；
(2)滴定前俯视或滴定后仰视则消耗的标准酸溶液的体积偏大，NaOH的物质的量偏多，则根据c=可知溶液的烧碱的含量偏高；若在滴定接近终点时，有少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，由于没有改变溶液中NaOH的物质的量，因此对测定结果无影响；
(3)操作E中的锥形瓶下垫一张白纸的作用是便于观察锥形瓶中溶液颜色变化，以便准确判断滴定终点；
(4)开始时标准液在滴定管刻度线以上未予调整，导致消耗标准酸溶液的体积偏小，由此计算的烧碱样品中NaOH的含量偏低；
(5)滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后尖嘴气泡消失则V1偏小，消耗标准酸溶液的体积(V2-V1)就会偏大，导致NaOH的含量偏高；若未用标准液润洗滴定管，标准溶液被稀释，浓度降低，则消耗标准酸溶液的体积偏大，由此计算的NaOH的浓度偏高；
(6)25mL烧碱溶液滴定消耗的HCl的物质的量是n(H2SO4)=cV=0.5mol/L(V2-V1)×10-3L=5(V2-V1)×10-4mol，根据H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，则n(NaOH)=2n(H2SO4)= (V2-V1)×10-3mol，则10g样品配成的1000mL溶液中含有烧碱的物质的量是n(NaOH)=(V2-V1)×10-3mol×=4(V2-V1)×10-2mol，所以该烧碱样品纯度为×100%=16(V2-V1)%。
19.盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定。现根据下列的5个反应(由氨气、HCl和水制备NH4C1水溶液)。请判断反应④的反应热_______________。
①NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s) △H= -176kJ/mol
②NH3(g)+H2O(l)=NH3(aq) △H=-35.1kJ/mol
③HCl(g)+H2O(l)=HCl(aq) △H= -72.3kJ/mol
④NH4C1(aq)=NH4C1(s)+H2O(1)
⑤NH3(aq)+HCl(aq)=NH4C1(aq) △H= -52.3kJ/mol
【答案】△H＝+16.3kJ/mol
【解析】
【分析】根据盖斯定律，将z已知的热化学方程式进行叠加可得待求反应的反应热。
详解】①NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s) △H1=-176kJ/mol
②NH3(g)+H2O(l)=NH3(aq) △H2=-35.1kJ/mol
③HCl(g)+H2O(l)=HCl(aq) △H3=-72.3kJ/mol
④NH4C1(aq)=NH4C1(s)+H2O(1) △H4
⑤NH3(aq)+HCl(aq)=NH4C1(aq) △H5=-52.3kJ/mol
根据盖斯定律，①-[②+③+⑤]可得：NH4C1(aq)=NH4C1(s)+H2O(1) △H4=(-176kJ/mol)-[(-35.1kJ/mol)+( -35.1kJ/mol)+( -52.3kJ/mol) ]=+16.3kJ/mol。
20.我国发射神舟八号的火箭推进器中装有强还原剂肼(N2H4)和强氧化剂过氧化氢，当它们混合时，即产生大量氧气和水蒸气，并放出大量热。已知0.2mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出128.3kJ的热量。
(1)写出热化学方程式_____________________。
(2)已知H2O(1)=H2O(g) △H=+44kJ/mol，则0.5mol液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，放出的热量是_________kJ(保留小数点后两位)
【答案】(1). N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g) △H=-641.5kJ/mol (2). 408.75kJ
【解析】
【分析】(1)先根据题意写出其反应方程式，然后注明物质的聚集状态，并计算对应的反应的焓变；
(2)将上述方程式中的水由气态变化为液态，可得相应状态的反应热，然后利用物质的多少与反应热的反应可得0.5mol液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，放出的热量。
【详解】(1)强还原剂肼(N2H4)和强氧化剂过氧化氢它们混合反应产生大量氧气和水，反应方程式为N2H4+2H2O2=N2+4H2O，0.2mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出128.3kJ的热量，则1mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出128.3kJ÷0.2=641.5kJ，所以该反应的热化学方程式为：N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g) △H=-641.5kJ/mol；
(2)由H2O(1)=H2O(g) △H=+44kJ/mol可知1mol水蒸气变为液态水放出热量44kJ，则4mol水蒸气变为液态水时放出热量是4×44kJ=176kJ，所以上述反应中水变为液态的热化学方程式为N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(l) △H=-817.5kJ/mol，可知0.5mol液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，放出的热量是817.5kJ×0.5=408.75kJ。
21.汽车尾气里含有NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：N2(g) + O2(g)2NO(g) △H >0，已知该反应在2404℃时，平衡常数K=64×10-4。请回答：
(1)该温度下，向2L密闭容器中充入N2和O2各1mol，平衡时，N2的转化率是______%（保留整数）。
(2)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L 和3.0×10-3mol/L，此时反应__________（填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”），理由是 _______。将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，下列变化趋势正确的是 ________(填字母序号)。
(3)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态。与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数_______（填“变大、“变小”或“不变）
【答案】(1). 4 (2). 向正反应方向进行 (3). Qc=9×10﹣4
【分析】(1)根据反应方程式，利用三段式法结合平衡常数计算转化率；
(2)计算某时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，与该温度下的平衡常数相比较，可得出结论，根据温度、催化剂对反应速率和平衡移动的影响判断；
(3)根据化学方程式的特点结合压强对平衡的影响分析。
【详解】(1)设平衡时氮气的转化的物质的量为x，则根据反应方程式N2(g)+O2(g)2NO(g)可知，反应会消耗O2的物质的量是x mol，同时产生2x mol NO，则平衡时各种气体的物质的量n(N2)=n(O2)=(1-x)mol，n(NO)=2x mol，由于该反应是反应前后等体积的反应，所以化学平衡常数中可以用相应的物质的量代替物质的量浓度，可得=64×10-4，解得x=0.04mol，所以平衡时N2的转化率为× 100%=4%；
(2)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，则有该时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值为：=9×10-4
B.加入催化剂，反应速率增大，但由于正、你反应速率增大的倍数相同，所以化学平衡不发生移动，B错误；
C.升高温度，反应速率增大，达到平衡所需要的时间缩短，且升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，使氮气的平衡转化率增大，C正确；
故合理选项是AC；
(3)由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以增大压强对平衡移动没有影响。只要是在相同温度下，则平衡状态相同，与原平衡状态相比，此时的平衡混合气中NO的体积分数不变。
22.在100ml pH=1的硫酸溶液中，加入多少毫升0.01mol·L-1的NaOH溶液，才能使混合液的pH=2？（假设溶液体积不变）______________ mL
【答案】450mL
【解析】
【分析】混合后溶液pH=2，说明酸过量，根据H++OH-=H2O，可知OH-的物质的量等于反应消耗的H+的物质的量，然后利用c=计算反应后溶液中c(H+)，最后结合根据pH= -lg c(H+)=2计算。
【详解】向pH=1的硫酸溶液中加入NaOH，发生反应：H++OH-=H2O，反应后溶液的pH=2，溶液显酸性，说明酸过量，由于在酸、碱混合时溶液体积不变，则根据pH= -lgc(H+)=2，c(H+)=0.01mol/L，可得=0.01mol/L，解得V=0.45L=450mL。
【点睛】本题考查了酸、碱混合溶液的pH计算。掌握酸碱反应的实质是H++OH-=H2O，并结合混合溶液的pH大小判断哪种物质过量是计算的关键。掌握物质的量浓度定义式c=、溶液的pH与溶液中pH= -lgc(H+)及室温下水的离子积是本题解答的基础，试题考查了学生的计算能力与分析问题的能力。
23.常温下，将pH=8的NaOH与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液中氢离子浓度最接近______________
【答案】2×10-10mol/L
【解析】
【分析】先计算两个溶液中c(OH-)，然后计算混合溶液的c(OH-)，最后根据水的离子积常数计算溶液中氢离子浓度。
【详解】常温下，pH=8的NaOH溶液c(OH-)=10-6mol/L，pH=10的NaOH溶液c(OH-)=10-4mol/L，将两种溶液等体积混合，混合溶液中c(OH-)=mol/L=5×10-5mol/L，根据在室温下水的离子积常数Kw=10-14，可得该混合溶液中c(H+)=mol/L=2×10-10mol/L。
24. pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸混合，已知所得混合溶液的pH=11，求混合前强碱与强酸溶液的体积比。
【答案】1∶9
【解析】试题分析：解：设混合前强碱与强酸溶液的体积分别为V1L和V2L，则（10-14/10-13V1-10-2V2）/（ V1+V2）=10-14/10-11
得V1：V2=1∶9
25.pH=12NaOH和pH=4的HCl等体积混合的pH＝_____________
【答案】11.7
【解析】
【分析】先计算酸溶液中c(H+)、根据水的离子积常数、溶液的pH，计算碱溶液中c(OH-)，然后根据H+、OH-的物质的量关系判断哪种物质过量，再计算混合后溶液中c(H+)，最后根据pH= -lg c(H+)计算。
【详解】pH=12的NaOH，c(OH-)=10-2mol/L，pH =4的HCl，c(H+)=10-4mol/L，则二者等体积混合时，溶液中碱过量，溶液显碱性，混合溶液中c(OH-)(碱)=mol/L=5×10-3mol/L，根据水的离子积常数可知c(H+)==2×10-12mol/L，所以溶液的pH= -lgc(H+)=12-0.3=11.7。
1.下列说法不正确的是（ ）
A. 反应热是指反应过程中所放出或吸收的热量
B. 化学反应的实质是旧键断裂新键形成
C. 化学键断裂时吸收能量，形成时放出能量
D. 伴随着能量变化的过程一定是化学反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.化学反应过程中断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，因此反应过程中都伴随着能量变化，把化学反应过程中所放出或吸收的热量叫反应热，A正确；
B.化学反应的过程就是原子重新组合的过程，这个过程中有旧键断裂和新键的形成，因此化学反应的实质是旧键断裂和新键形成的过程，B正确；
C.化学键断裂时破坏原子之间的相互作用，需要吸收能量，形成化学键时原子要结合在一起，微粒的能量降低，因此会放出能量，C正确；
D.伴随着能量变化的过程可能是化学反应，也可能是物理变化，D错误；
故合理选项是D。
2.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH=a kJ·mol-1，2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH=b kJ·mol-1，则a>b
B. 已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH= -57.3 kJ·mol-1，则含1mol NaOH的稀溶液与足量稀醋酸完全中和，放出的热量等于57.3kJ
C. 已知P(白磷，s)=P(红磷，s) ΔH<0，则白磷比红磷稳定
D. 已知H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH= -a kJ·mol-1向密闭容器中加入2mol H2和2mol I2(g)，充分反应后放出的热量小于2a kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A.C燃烧反应是放热反应，物质燃烧时放出的热量越多，则该反应的反应热就越小。C完全燃烧产生CO2放出的热量比C不完全燃烧产生CO放出的热量多，所以反应热a
C.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强；由于白磷转化为红磷放出热量，说明白磷的能量高，因此红磷比白磷稳定，C错误；
D.该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以向密闭容器中加入2mol H2和2mol I2(g)，充分反应后放出的热量小于2a kJ，D正确；
故合理选项是D。
3.已知1mol H2完全燃烧生成水蒸气放出热量242kJ，且H2中1mol H-H键断裂时吸收热量436kJ，水蒸气中形成1mol H-O键时放出热量463 kJ，则O2中1mol O=O键断裂时吸收的热量为（ ）
A. 556 kJ B. 496 kJ C. 336 kJ D. 188 kJ
【答案】B
【解析】
【分析】根据化学反应焓变△H=旧键断裂吸收的能量-新键生成释放的能量，结合反应方程式进行计算。
【详解】已知1mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量242kJ，H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H=-242kJ/mol，氢气中1mol H-H键完全断裂时吸收热量436kJ，水蒸气中1mol H-O键形成时放出热量463kJ，△H= -242kJ/mol=436kJ/mol+×E(O=O)-2×463kJ/mol，则O2中1mol O=O键断裂时吸收热量为496kJ/mol，故合理选项是B。
4.反应2B(g)+C(g)2A(g)经一段时间后，A的浓度增加了0.4mol·L-1，在这段时间内用C表示的反应速率为0.2mol•L-1•s-1，则这段时间为（ ）
A. 0.1s B. 1s C. 2.5s D. 5s
【答案】B
【解析】
【详解】用C表示反应速率v(C)=0.2 mol•L-1•s-1，由于在同一时间段用不同物质表示的反应速率比等于化学计量数的比，所以v(A)=2v(C)=2×0.2mol•L-1•s-1=0.4mol•L-1•s-1，根据速率定义式v=，所以△t==1s，故合理选项是B。
5.已知热化学方程式：H2O(g)=H2(g)+O2(g) △H= +241.8kJ/mol，H2(g)+O2(g)=H2O(1) △H= -285.8kJ/mol当1g水蒸气变为液态水时，其焓变为（ ）
A. △H= +4.4kJ/mol B. △H= -4.4kJ/mol
C. △H= -2.44kJ/mol D. △H= +2.44kJ/mol
【答案】C
【解析】
【详解】①H2O(g)=H2(g)+O2(g) △H= +241.8kJ/mol，②H2(g)+O2(g)=H2O(1) △H= -285.8kJ/mol；
①+②，整理可得H2O(g)=H2O(1) △H= -44kJ/mol，根据该热化学方程式可知：18g水蒸气变为液态水时放出44kJ的热量，则1g水蒸气变为液态水时，放出热量是44kJ÷18=2.44kJ，即当1g水蒸气变为液态水时，其焓变△H= -2.44kJ/mol，故合理选项是C。
6.下列说法中正确的是（ ）
A. 凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的
B. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
C. 自发反应一定熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
D. 非自发反应在任何条件下都不能实现
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据ΔG=△H-T△S可知，反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，A错误；
B.熵增加△S>0，且放热△H<0，反应△H-T△S<0一定是自发反应，B正确；
C.△H-T△S＜0的反应是自发进行的反应，△H<0，△S<0的反应在低温下是自发进行的反应，△H-T△S>0的反应是非自发进行的反应，△H>0，△S>0低温下可以是非自发进行的反应，C错误；
D. 根据ΔG=△H-T△S可知，反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，D错误；
故合理选项是B。
7.反应2SO32SO2+O2；△H>0，达平衡时，要使v正降低、c(SO3)增大，应采取的措施是（ ）
A. 增大压强 B. 减小压强 C. 降低温度 D. 减小SO2的浓度
【答案】C
【解析】
【详解】该反应是正反应气体体积增大的吸热反应，
A.增大压强，正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，c(SO3)增大，A错误；
B.减小压强，正、逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，c(SO3)降低，B错误；
C.降低温度，正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，c(SO3)增大，C正确；
C.减小SO2的浓度，正、逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，c(SO3)降低，D错误；
故合理选项是C。
8.在密闭容器中，A(g)＋3B(g)5C(g) ΔH>0，达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，改变的这一条件是 （ ）
A. 加入适当催化剂 B. 增大压强
C. 增大反应物的浓度 D. 升高温度
【答案】D
【解析】
【详解】A.加入适当催化剂，对正逆反应速率影响相同，化学平衡不发生移动，A错误；
B.该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强，正、逆反应速率都增大，增大压强后的反应速率V正
D.升高温度，正、逆反应速率都增大，由于该反应的正反应是吸热反应，正反应速率增大的大于逆反应速率增大的，所以化学平衡向吸热的正反应方向移动，D正确；
故合理选项是D。
9.可逆反应2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)在容积不变的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是（ ）
A. 单位时间消耗1mol O2，同时生成2mol NO
B. 混合气体的NO2和NO物质的量浓度相等
C. 混合气体的密度不再改变的状态
D. 用NO2、NO的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为1∶1的状态
【答案】A
【解析】
【详解】A.单位时间消耗1mol O2，必同时消耗2mol NO，又同时生成2mol NO，则NO的生成速率等于其消耗速率，因此反应达到平衡状态，A正确；
B.混合气体的NO2和NO物质的量浓度相等时，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，这与反应开始时加入的NO2的物质的量多少有关，B错误；
C.容器的容积不变，反应混合物都是气体，在任何条件下气体的密度都不变，因此不能据此判断反应处于平衡状态，C错误；
D.任何条件下用NO2、NO的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为1∶1，且并未说明速率表示的反应方向，因此不能据此判断反应处于平衡状态，D错误；
故合理选项是A。
10.对于热化学方程式： SO2(g)+ O2(g) SO3(g) ；△H= -98.3kJ•mol-1的描述有如下四个图象，其中正确的是（y表示SO3的含量）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】升高温度，反应速率加快，达到平衡所用时间缩短，由于该反应的正反应是放热反应，所以升高温度，化学平衡逆向移动，达到平衡时SO3含量降低，A选项符合题意；故选A。
11.如图所示为800℃时A、B、C三种气体在容积不变的密闭容器中反应时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是（ ）
A. 2A(g)2B(g)+C(g)
B. 混合气体的密度不再改变的状态为平衡状态
C. 前2min A的分解速率为0.1mol•L-1•min-1
D. 达平衡后，若减小压强，平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图象可知，A的物质的量浓度减小，B和C的物质的量浓度增加，则A为反应物，B和C为生成物，由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：△c(A)：△c(B)：△c(C)=0.2mol/L：0.2mol/L：0.1mol/L=2：2：1，则反应的化学方程式为2A2B+C，A正确；
B.反应混合物都是气体，容器的容积不变，所以混合气体的密度始终不变，因此不能据此判断反应为平衡状态，B错误；
C.前2 min 内A的浓度变化了0.2mol/L，所以A的分解速率V(A)=0.2mol/L÷2min= 0.1mol•L-1•min-1，C正确；
D.达平衡后，若减小压强，化学平衡向气体体积增大的正反应方向移动，D正确；
故合理选项是B。
12. 右图纵坐标为反应物的转化率，横坐标为温度(t℃)，下列符合此图情况的反应是（ ）
A. C(s)十CO2(g)2CO(g)；△H>0
B. H2(g)十Br2(g)2HBr(g)；△H<0
C. N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H<0
D. 2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)；△H>0
【答案】C
【解析】试题分析：从图像可知，升高温度，反应物转化率减小，所以平衡逆向移动，正反应放热；增大压强，平衡转化率增大，平衡正向移动，反应物的系数和大于生成物系数和。故C正确。
13.用水稀释1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而增加的是（ ）
A. c(H+)和c(OH-)的乘积 B.
C. OH-的物质的量浓度 D. H+的物质的量浓度
【答案】D
【解析】
【详解】A.c(H+)和c(OH-)乘积等于水的离子积常数，温度不变，水的离子积不变，A错误；
B.在氨水中存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，=，加水稀释，平衡正向移动， n(NH3·H2O)减小，n(OH-)增多，所以减小，B错误；
C.加水稀释，c(OH-)减小，C错误；
D.加水稀释，c(OH-)减小，由于水的离子积不变，所以c(H+)增大，D正确；
故合理选项D。
14.下列说法正确的是（ ）
A. pH=5的HCl溶液酸性比pH=5的CH3COOH溶液的酸性强
B. 当pH减少2个单位时，溶液中c(H+)增大200倍
C. pH=2.0的酸溶液，稀释10倍时，pH为3
D. 溶液稀释时，pH可能增大也可能减小还可能不变
【答案】D
【解析】
【详解】A. pH=5的HCl和pH=5的CH3COOH溶液c(H+)相等，所以两种溶液的酸性相同，A错误；
B.当pH减少2个单位时，溶液中c(H+)减小100倍或增大100倍，B错误；
C. pH=2.0的酸溶液，若该酸是强酸，稀释10倍时，pH为3；若该酸是弱酸，由于弱酸在溶液中存在电离平衡，稀释时该平衡正向移动，使溶液中c(H+)又在稀释使溶液中离子浓度减小的基础上又略有增大，因此稀释10倍后溶液的pH<3，C错误；
D.酸溶液稀释，溶液的pH变大；碱溶液稀释，溶液的pH减小；若是强酸强碱形成的正盐，溶液显中性，加水稀释，溶液的pH不变，D正确；
故合理选项是D。
15.一定温度下，取pH=14的某碱溶液中，由水电离的c(OH-)（mol·L-1）（ ）
A. 1.0×100 B. 1.0×10-1
C. 1.0×10-13 D. 1.0×10-14
【答案】D
【解析】
【详解】碱溶液中H+是水电离产生的，pH=14的某碱溶液，溶液中c(H+)=1.0×10-14mol/L，根据水的电离平衡：H2OH++OH-，H2O电离产生的H+、OH-浓度相等，所以pH=14的某碱溶液中，由水电离的c(OH-)=1.0×10-14mol/L，故合理选项是D。
16.下列叙述中，正确的是（ ）
A. 中和10mL 0.1mol·L-1 盐酸与中和100mL 0.01mol·L-1 的醋酸所需同种溶液的量不同
B. 等体积pH=3的酸溶液pH=11的碱溶液相混合后，溶液的pH=7
C. 体积相等，pH相等的盐酸和硫酸溶液中，H+离子的物质的量相等
D. pH=3的盐酸溶液的H+的物质的量与pH=11的氨水溶液的OH-物质的量相等
【答案】C
【解析】
【详解】A.10mL 0.1mol·L-1 盐酸与100mL 0.01mol·L-1 的醋酸中含有一元酸的物质的量相同，所以中和二者消耗的同种碱的量相同，A错误；
B.若酸为弱酸，碱为强碱，则等体积pH=3的酸溶液pH=11的碱溶液相混合后，溶液的pH<7；若酸为强酸，则二者相混合后溶液显中性，溶液的pH=7；若酸为强酸，碱为弱碱，则二者相混合后，溶液的pH>7；B错误；
C.盐酸和硫酸都是强酸，体积相等，pH相等则溶液的c(H+)相等，所以由n=cV可知：体积相等，pH相等的盐酸和硫酸溶液中，H+离子的物质的量相等，C正确；
D.缺少溶液的体积，不能计算溶液中溶质的物质的量，D错误；
故合理选项是C。
17.50mL 0.50mol·L-1盐酸与50mL 0.55mol·L-1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是_______________，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_________________。
(2)向盐酸中倒入NaOH溶液的正确操作是：________。
A.沿玻璃棒缓慢倒入 B.分三次少量倒入 C.一次迅速倒入
(3)大烧杯上如果不盖硬纸板，则求得的中和热 ________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(4)两次实验记录的数据如下表：
实验用品
溶液温度
中和热
t1
t2
ΔH
①
50mL 0.55mol/L
NaOH溶液
50mL 0.5mol/L
HCl溶液
20℃
23.3℃
②
50mL 0.55mol/L
NaOH溶液
50mL 0.5mol/L
HCl溶液
20℃
23.4℃
已知：Q=cm(t2-t1)，反应后溶液的比热容c为4.18kJ/(℃·kg)，各溶液的密度均为1g/cm3。则中和热ΔH=_________kJ·mol－1。
(5)若改用60mL 0.50mol·L-1 盐酸和50mL 0.55mol·L-1 NaOH溶液进行反应与上述实验相比，所放出的热量_______（填“相等”“不相等”），若实验操作均正确，则所求中和热__________(填“相等”“不相等”)。
【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 保温、隔热，减少实验过程中的热量损失 (3). C (4). 偏大 (5). - 56.0 (6). 不相等 (7). 相等
【解析】
【分析】(1)为了使酸、碱快速混合，要使用环形玻璃搅拌棒；
(2)测定中和热要快速，减少热量损失；
(3)中和热关键是减少实验过程中的热量损失，要保温、隔热；
(4)根据Q=cm(t2-t1)计算出反应放出的热量，结合反应产生的水的物质的量，根据中和热定义计算出中和热；
(5)酸、碱反应，反应物的物质的量越多，反应放出的热量就越多；中和热是酸、碱反应产生1mol H2O所放出的热量。
【详解】(1)测定中和热，要使酸、碱快速混合，同时减少混合时的热量损失，要使用环形玻璃搅拌棒；
(2)中和热测定关键是减少反应过程的热量损失，向盐酸中倒入NaOH溶液的正确操作是：一次迅速倒入，故合理选项是C。
(3)大烧杯上如果不盖硬纸板，则会导致部分热量损失，产生等量的水，溶液温度升高的少，放出的热量减少，使得求得的中和热偏大；
(4)t1=20 ℃，t2==23.35℃；则反应过程中放出的热量Q=cm(t2-t1)=4.18 kJ/(℃·kg)×0.1kg×(23.35℃-20 ℃)=1.4003kJ，反应产生水的物质的量是n(H2O)= 0.5 mol/L×0.050L=0.0250mol，则中和热△H=-1.4003kJ÷0.0250mol=-56.0kJ/mol；
(5)若改用60mL 0.50mol·L-1 盐酸和50mL 0.55mol·L-1 NaOH溶液进行反应，反应时酸过量，以不足量的NaOH溶液为标准计算，NaOH的物质的量比第一次反应HCl的物质的量多，则反应产生的水的物质的量就多，所放出的热量就比上次多，二者不相等；由于中和热是酸、碱发生中和反应产生1mol水时放出的热量，因此若实验操作均正确，则所求中和热相等。
18.某烧碱样品含有少量不与酸作用的杂质，为了滴定其纯度，进行以下滴定操作：
A.在天平上准确称取烧碱样品10g，在烧杯中用蒸馏水溶解
B.用移液管（或碱式滴定管）量取25mL烧碱溶液于锥形瓶中滴加几滴酚酞作指示剂
C.在1000mL的容量瓶中配制1000mL烧碱溶液
D.将物质的量浓度为0.5 mol/L的标准硫酸溶液装入酸式滴定管，调整液面记下开始读数为V1mL
E.在锥形瓶下一张白纸，滴定至红色刚好消失为止，记下读数V2mL
回答下列问题：
(1)正确操作步骤的顺序是（填字母）： → → → → E。__
(2)滴定前俯视或滴定后仰视 _____ 滴定接近终点时，有少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 _____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
(3)操作E中的锥形瓶下垫一张白纸的作用是___________________________。
(4)开始时标准液在滴定管刻度线以上，未予调整 ____（填“偏高”“偏低”或“无影响”）
(5)滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后尖嘴气泡消失______未用标准液润洗滴定管_____（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
(6)该烧碱样品纯度为： ____________ 。(样品中烧碱的质量/样品的质量×100%)
【答案】(1). A→C →B →D →E (2). 偏高 (3). 无影响 (4). 便于观察锥形瓶中溶液颜色变化 (5). 偏低 (6). 偏高 (7). 偏高 (8). 16(V2-V1)%
【解析】
【分析】(1)根据准确配制一定物质的量浓度的溶液的步骤分析；
(2)根据物质的量浓度定义式c=，通过测定对溶液的体积、溶质的物质的量分析；
(3)酸碱中和滴定关键是滴定终点的判断；
(4)反应消耗的酸标准溶液的体积是V2-V1，根据物质的量浓度定义式分析误差；
(5)滴定前有气泡使V1偏小，未润洗，会导致滴定的标准溶液被稀释，浓度降低；
(5)根据消耗标准盐酸溶液的体积与浓度的乘积得到HCl的物质的量，结合HCl与NaOH物质的量相等，得NaOH的物质的量，在根据n=计算其质量，最后根据×100%计算纯度。
【详解】(1)某烧碱样品含有少量不与酸作用的杂质，为了滴定其纯度，首先在天平上准确称取烧碱样品10g，在烧杯中用蒸馏水溶解，然后在1000mL的容量瓶中配制1000mL烧碱溶液，用移液管(或碱式滴定管)量取25mL烧碱溶液于锥形瓶中滴加几滴酚酞作指示剂，将物质的量浓度为0.5 mol/L的标准硫酸溶液装入酸式滴定管，调整液面记下开始读数为V1 mL，在锥形瓶下一张白纸，滴定至红色刚好消失为止，记下读数V2 mL，然后计算其中含有的NaOH的质量，进而可得物质中含有的烧碱纯度；故操作顺序为A→C →B →D →E；
(2)滴定前俯视或滴定后仰视则消耗的标准酸溶液的体积偏大，NaOH的物质的量偏多，则根据c=可知溶液的烧碱的含量偏高；若在滴定接近终点时，有少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，由于没有改变溶液中NaOH的物质的量，因此对测定结果无影响；
(3)操作E中的锥形瓶下垫一张白纸的作用是便于观察锥形瓶中溶液颜色变化，以便准确判断滴定终点；
(4)开始时标准液在滴定管刻度线以上未予调整，导致消耗标准酸溶液的体积偏小，由此计算的烧碱样品中NaOH的含量偏低；
(5)滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后尖嘴气泡消失则V1偏小，消耗标准酸溶液的体积(V2-V1)就会偏大，导致NaOH的含量偏高；若未用标准液润洗滴定管，标准溶液被稀释，浓度降低，则消耗标准酸溶液的体积偏大，由此计算的NaOH的浓度偏高；
(6)25mL烧碱溶液滴定消耗的HCl的物质的量是n(H2SO4)=cV=0.5mol/L(V2-V1)×10-3L=5(V2-V1)×10-4mol，根据H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，则n(NaOH)=2n(H2SO4)= (V2-V1)×10-3mol，则10g样品配成的1000mL溶液中含有烧碱的物质的量是n(NaOH)=(V2-V1)×10-3mol×=4(V2-V1)×10-2mol，所以该烧碱样品纯度为×100%=16(V2-V1)%。
19.盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定。现根据下列的5个反应(由氨气、HCl和水制备NH4C1水溶液)。请判断反应④的反应热_______________。
①NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s) △H= -176kJ/mol
②NH3(g)+H2O(l)=NH3(aq) △H=-35.1kJ/mol
③HCl(g)+H2O(l)=HCl(aq) △H= -72.3kJ/mol
④NH4C1(aq)=NH4C1(s)+H2O(1)
⑤NH3(aq)+HCl(aq)=NH4C1(aq) △H= -52.3kJ/mol
【答案】△H＝+16.3kJ/mol
【解析】
【分析】根据盖斯定律，将z已知的热化学方程式进行叠加可得待求反应的反应热。
详解】①NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s) △H1=-176kJ/mol
②NH3(g)+H2O(l)=NH3(aq) △H2=-35.1kJ/mol
③HCl(g)+H2O(l)=HCl(aq) △H3=-72.3kJ/mol
④NH4C1(aq)=NH4C1(s)+H2O(1) △H4
⑤NH3(aq)+HCl(aq)=NH4C1(aq) △H5=-52.3kJ/mol
根据盖斯定律，①-[②+③+⑤]可得：NH4C1(aq)=NH4C1(s)+H2O(1) △H4=(-176kJ/mol)-[(-35.1kJ/mol)+( -35.1kJ/mol)+( -52.3kJ/mol) ]=+16.3kJ/mol。
20.我国发射神舟八号的火箭推进器中装有强还原剂肼(N2H4)和强氧化剂过氧化氢，当它们混合时，即产生大量氧气和水蒸气，并放出大量热。已知0.2mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出128.3kJ的热量。
(1)写出热化学方程式_____________________。
(2)已知H2O(1)=H2O(g) △H=+44kJ/mol，则0.5mol液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，放出的热量是_________kJ(保留小数点后两位)
【答案】(1). N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g) △H=-641.5kJ/mol (2). 408.75kJ
【解析】
【分析】(1)先根据题意写出其反应方程式，然后注明物质的聚集状态，并计算对应的反应的焓变；
(2)将上述方程式中的水由气态变化为液态，可得相应状态的反应热，然后利用物质的多少与反应热的反应可得0.5mol液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，放出的热量。
【详解】(1)强还原剂肼(N2H4)和强氧化剂过氧化氢它们混合反应产生大量氧气和水，反应方程式为N2H4+2H2O2=N2+4H2O，0.2mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出128.3kJ的热量，则1mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出128.3kJ÷0.2=641.5kJ，所以该反应的热化学方程式为：N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g) △H=-641.5kJ/mol；
(2)由H2O(1)=H2O(g) △H=+44kJ/mol可知1mol水蒸气变为液态水放出热量44kJ，则4mol水蒸气变为液态水时放出热量是4×44kJ=176kJ，所以上述反应中水变为液态的热化学方程式为N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(l) △H=-817.5kJ/mol，可知0.5mol液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，放出的热量是817.5kJ×0.5=408.75kJ。
21.汽车尾气里含有NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：N2(g) + O2(g)2NO(g) △H >0，已知该反应在2404℃时，平衡常数K=64×10-4。请回答：
(1)该温度下，向2L密闭容器中充入N2和O2各1mol，平衡时，N2的转化率是______%（保留整数）。
(2)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L 和3.0×10-3mol/L，此时反应__________（填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”），理由是 _______。将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，下列变化趋势正确的是 ________(填字母序号)。
(3)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态。与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数_______（填“变大、“变小”或“不变）
【答案】(1). 4 (2). 向正反应方向进行 (3). Qc=9×10﹣4
【分析】(1)根据反应方程式，利用三段式法结合平衡常数计算转化率；
(2)计算某时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，与该温度下的平衡常数相比较，可得出结论，根据温度、催化剂对反应速率和平衡移动的影响判断；
(3)根据化学方程式的特点结合压强对平衡的影响分析。
【详解】(1)设平衡时氮气的转化的物质的量为x，则根据反应方程式N2(g)+O2(g)2NO(g)可知，反应会消耗O2的物质的量是x mol，同时产生2x mol NO，则平衡时各种气体的物质的量n(N2)=n(O2)=(1-x)mol，n(NO)=2x mol，由于该反应是反应前后等体积的反应，所以化学平衡常数中可以用相应的物质的量代替物质的量浓度，可得=64×10-4，解得x=0.04mol，所以平衡时N2的转化率为× 100%=4%；
(2)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，则有该时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值为：=9×10-4
B.加入催化剂，反应速率增大，但由于正、你反应速率增大的倍数相同，所以化学平衡不发生移动，B错误；
C.升高温度，反应速率增大，达到平衡所需要的时间缩短，且升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，使氮气的平衡转化率增大，C正确；
故合理选项是AC；
(3)由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以增大压强对平衡移动没有影响。只要是在相同温度下，则平衡状态相同，与原平衡状态相比，此时的平衡混合气中NO的体积分数不变。
22.在100ml pH=1的硫酸溶液中，加入多少毫升0.01mol·L-1的NaOH溶液，才能使混合液的pH=2？（假设溶液体积不变）______________ mL
【答案】450mL
【解析】
【分析】混合后溶液pH=2，说明酸过量，根据H++OH-=H2O，可知OH-的物质的量等于反应消耗的H+的物质的量，然后利用c=计算反应后溶液中c(H+)，最后结合根据pH= -lg c(H+)=2计算。
【详解】向pH=1的硫酸溶液中加入NaOH，发生反应：H++OH-=H2O，反应后溶液的pH=2，溶液显酸性，说明酸过量，由于在酸、碱混合时溶液体积不变，则根据pH= -lgc(H+)=2，c(H+)=0.01mol/L，可得=0.01mol/L，解得V=0.45L=450mL。
【点睛】本题考查了酸、碱混合溶液的pH计算。掌握酸碱反应的实质是H++OH-=H2O，并结合混合溶液的pH大小判断哪种物质过量是计算的关键。掌握物质的量浓度定义式c=、溶液的pH与溶液中pH= -lgc(H+)及室温下水的离子积是本题解答的基础，试题考查了学生的计算能力与分析问题的能力。
23.常温下，将pH=8的NaOH与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液中氢离子浓度最接近______________
【答案】2×10-10mol/L
【解析】
【分析】先计算两个溶液中c(OH-)，然后计算混合溶液的c(OH-)，最后根据水的离子积常数计算溶液中氢离子浓度。
【详解】常温下，pH=8的NaOH溶液c(OH-)=10-6mol/L，pH=10的NaOH溶液c(OH-)=10-4mol/L，将两种溶液等体积混合，混合溶液中c(OH-)=mol/L=5×10-5mol/L，根据在室温下水的离子积常数Kw=10-14，可得该混合溶液中c(H+)=mol/L=2×10-10mol/L。
24. pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸混合，已知所得混合溶液的pH=11，求混合前强碱与强酸溶液的体积比。
【答案】1∶9
【解析】试题分析：解：设混合前强碱与强酸溶液的体积分别为V1L和V2L，则（10-14/10-13V1-10-2V2）/（ V1+V2）=10-14/10-11
得V1：V2=1∶9
25.pH=12NaOH和pH=4的HCl等体积混合的pH＝_____________
【答案】11.7
【解析】
【分析】先计算酸溶液中c(H+)、根据水的离子积常数、溶液的pH，计算碱溶液中c(OH-)，然后根据H+、OH-的物质的量关系判断哪种物质过量，再计算混合后溶液中c(H+)，最后根据pH= -lg c(H+)计算。
【详解】pH=12的NaOH，c(OH-)=10-2mol/L，pH =4的HCl，c(H+)=10-4mol/L，则二者等体积混合时，溶液中碱过量，溶液显碱性，混合溶液中c(OH-)(碱)=mol/L=5×10-3mol/L，根据水的离子积常数可知c(H+)==2×10-12mol/L，所以溶液的pH= -lgc(H+)=12-0.3=11.7。
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