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高中化学选择性必修一 2020-2021学年高二化学上学期期末测试卷03（）（全解全析）
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2020-2021学年上学期期末测试卷03
高二化学·全解全析
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1．【答案】B
【详解】
A．该反应ΔH＜0，ΔＳ＞0，任何温度下都自发，故Ａ项错误；
B．该反应ΔH＞0，ΔＳ＜0，任何温度都不自发，故Ｂ项正确；
C．该反应ΔH＜0，ΔＳ＜0，低温自发，故C项错误；
D．该反应ΔH＞0，ΔＳ＞0，高温自发，故D项错误；
故答案为B。
2．【答案】C
【详解】
A．HCOOH+H2O⇌HCOO-+H3O+，等价于HCOOH⇌HCOO-+H+，属于醋酸的电离反应，选项A不符合题意；
B．+ H2O+H3O+，等价于⇌+H+，属于碳酸氢根离子的电离反应，选项B不符合题意；
C．+H2O⇌+OH-，属于碳酸根离子的水解反应，选项C符合题意；
D．HS-+H2O⇌S2-+H3O+，等价于HS-⇌S2-+H+，属于硫酸氢根离子的电离反应，选项D不符合题意；
答案选C。
3.【答案】C
【详解】
A. 在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C。该反应中化学能转化为热能、光能，A错误；
B. 在相同条件下，反应的焓变只与反应的起始状态和最终状态有关，与途径无关，则同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，B错误；
C. CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol－1，即1 mol CO(g)完全燃烧生成CO2(g)时放热283.0kJ，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝＋566.0kJ·mol－1，C正确；
D. 催化剂能改变化学反应速率但不能改变反应的焓变，D错误；
答案选C。
4．【答案】B
【详解】
①因CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH1是燃烧反应，反应均放热，ΔH1＜0，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH2 ＜0，因水由气态变成液态，放出热量，所以ΔH1＞ΔH2，故错误；
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH1，H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH2，氢气的燃烧是放热的，所以焓变是负值，系数加倍，焓变值也加倍，所以ΔH1=2ΔH2，所以ΔH1＜ΔH2，故正确；
③T℃时，在一定条件下，将1molSO2和1molO2分别置于恒容和恒压的两个密闭容器中，恒压密闭容器相当于在恒容基础上正向移动了，所以恒压下，达到平衡状态时放出的热量更多，达到平衡状态时放出的热量分别为Q1、Q2，Q1＜Q2，故正确；
④CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) ΔH1＞0，CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s) ΔH2＜0，所以ΔH1＞ΔH2，故错误；
故选B。
5．【答案】A
【分析】
平衡常数指可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，根据该反应的平衡常数表达式可知该反应的化学方程式为CO2+H2CO+H2O。
【详解】
A．升高温度氢气的浓度减小，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，焓变大于0，故A正确；
B．若缩小体积增大压强，氢气的浓度增大，若充入惰性气体增大压强，氢气的浓度不变，故B错误；
C．升高温度，正逆反应速率均增大，故C错误；
D．根据分析可知该反应的化学式应为CO2+H2CO+H2O，故D错误；
综上所述答案为A。
6．【答案】D
【详解】
A. CaO+H2O═Ca(OH)2不是氧化还原反应，没有电子的转移，所以不能设计为原电池，故A错误；
B. 电解质溶液为AgNO3，与氯离子反应生成沉淀，所以不能用装有含琼胶的KCl饱和溶液作盐桥，故B错误；
C. 原电池的两极可以是由活动性不同的两种金属组成，也可以是非金属，如氢氧燃料电池中石墨棒用作电极，故C错误；
D. 理论上，任何能自发进行的氧化还原反应都可被设计成原电池，故D正确；
故选D。
7．【答案】D
【详解】
A．装置甲中缺少环形玻璃搅拌棒，且大小烧杯口不相平，该实验不能在甲图装置中完成，故A错误；
B．从图示观察起始温度即为实验时环境温度，因此该实验开始时温度是21℃左右，故B错误；
C．该实验如果分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，会导致热量损失，故C错误；
D．恰好反应时参加反应的盐酸体积为30mL，则碱的体积为20mL，c（NaOH）==1.5mol/L，故D正确；
答案选D。
8．【答案】D
【详解】
A．化学键的断裂要吸收能量，N≡N键能942kJ，O=O键能500kJ，所以N≡N键能大，破坏需吸收更多的能量，相对于破坏氧气中O=O难，N2(g)比O2(g)稳定，故A正确；
B．根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH1=-534kJ·mol-1，故B正确；
C．根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，△H3=△H1−△H2=−534kJ/mol-(-2752kJ/mol)=+2218kJ/mol，故C正确；
D．根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，△H3=−534kJ/mol-(-2752kJ/mol)=2218kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1molN−H键所需的能量为akJ/mol，旧键断裂吸收的能量：154kJ/mol+4akJ/mol+500kJ/mol=2218kJ/mol，解得a=391，故D错误；
答案选：D。
9．【答案】C
【分析】
据图像(Ⅰ)知，在压强不变时，曲线b的斜率比c的大，故T1>T2；降温(T1→T2)时，C%增大，即平衡正向移动，说明正反应为放热反应；当温度不变时，曲线b的斜率比a的大，故压强p2>p1，增大压强(p1→p2)时，C%增大，即平衡正向移动，故x<2即x＝1；即该反应方程式为：A(g)＋B(g)C(g)。
【详解】
A．根据分析可知x=1，故A正确；
B．根据分析可知正反应为放热反应，故B正确；
C．相同温度下增大压强平衡正向移动，B的转化率增大，所以若p3＞p4，y轴不能表示B的质量分数，故C错误；
D．相同温度下增大压强平衡正向移动，气体的物质的量减少，但总质量不变，所以平均相对分子质量变大，所以若p3＞p4，y轴可以表示混合气体的平均相对分子质量，故D正确；
综上所述答案为C。
10.【答案】D
【详解】
A．正极为多孔碳棒电极，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，随着反应的进行，正极附近c(OH-)不断增大，电解液pH不断升高，A正确；
B．若把电解液换成固体氧化物，则正极O2+4e-=2O2-，与负极迁移的Li+生成Li2O堵塞碳棒表面孔隙，使碳棒的吸附能力减弱，不利于空气的吸附，B正确；
C．放电时，当有22.4LO2(标准状况下)被还原时，生成2molO2-，为保持电解质的电性平衡，左槽有4molLi＋移到右槽，C正确；
D．锂空气电池工作时，负极4Li-4e-=4Li+，正极O2+4e-+2H2O=4OH-，其总反应方程式为4Li+O2+2H2O=4LiOH，D不正确；
故选D。
11．【答案】B
【详解】
相同浓度的弱酸溶液中，酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，则酸的电离度越大，乙酸(甲)电离平衡常数小于一氯乙酸(乙)，则相同浓度时甲的电离度小于乙；同一种酸，酸的浓度越大其电离程度越小，即电离度越小，则这两种酸的电离度随着浓度的增大而减小，符合条件的只有B，故答案为B。
12．【答案】B
【分析】
放电时，Zn是负极，负极反应式为：Zn-2e－═Zn2＋，正极反应式为：Br2+2e－=2Br－，充电时，阳极反应式为2Br－-2e－=Br2、阴极反应式为Zn2＋+2e－=Zn。
【详解】
A. 充电时电极石墨棒A连接电源的正极，反应式为2Br－-2e－=Br2，故A正确；
B. 放电时，Zn是负极，负极反应式为：Zn-2e－═Zn2＋，故B错误；
C. 放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区，故C正确；
D. 正极反应式为：Br2+2e－=2Br－，阴离子通过隔膜从正极区移向负极区，放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大，故D正确；
答案选B。
13．【答案】D
【分析】
此题考查平衡常数的计算及意义，根据平衡常数的表达式及平衡影响因素可以判断反应类型。根据三段式可以计算化学平衡常数。
【详解】
A.温度升高，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，而升温平衡向着吸热方向进行，说明逆反应是吸热方向，正反应就是放热方向，A判断正确，不符合题意 。
B．根据反应反向，平衡常数变为原来的倒数，推出25 ℃时反应Ni(CO)4(g)⇌Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为2×10-5(mol·L-1)3，B正确，不符合题意。
C．根据C=,,80℃时Ni(CO)4的平衡浓度为:12=2mol/L。
D．在80℃时，某时刻的，则此时平衡向逆反应方向移动，则v(正)
【详解】
A. 电离平衡常数HCOOH> HCN则酸性：HCOOH >HCN，等体积等浓度的HCOONa和NaCN溶液中pH，HCOONaNaCN，由电荷守恒 ，可知，所含阴离子总数前者大于后者，故A正确；
B. 由H2SO3和H2CO3电离平衡常数可知，则酸性，所以少量SO2通入Na2CO3溶液中发生反应：SO2+H2O+=+，故B错误；
C. 等pH的HCOOH和HCN溶液，酸的物质的量：HCOOH
故答案选：B。
15．【答案】C
【分析】
根据总反应可知NO2被还原，NH3被氧化，所以通入NO2的B极为正极，通入NH3的A极为负极。
【详解】
A．原电池中电流由正极经外电路流向负极，B为正极，A为负极，即电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极，故A正确；
B．根据分析可知A电极上NH3失电子发生氧化反应为负极，B电极上NO2得电子被还原为正极，故B正确；
C．电解质溶液呈碱性，所以电极方程式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故C错误；
D．2.24 LNO2(标准状况)的物质的量为0.1mol，该反应中NO2中氮元素由+4价变为0价，所以转移的电子为0.4mol，故D正确；
综上所述答案为C。
16．【答案】D
【详解】
A．E点新制氯水溶液，溶液显酸性，由水电离出的，溶液中OH−完全是由水电离出来的，所以c(OH−)=，则溶液中，则溶液pH=3，但新制氯水中的次氯酸的漂白性能使pH试纸褪色，不能用pH试纸测量pH，故A错误；
B．F点为中性溶液，溶质为NaCl、NaClO和HClO，随着NaOH溶液的滴入，HClO转化为强电解质NaClO，到G点，溶质为NaCl和NaClO，到H点，NaOH过量，溶液为碱性溶液，溶质为NaCl、NaClO和NaOH，则H点导电性大于F点，故B错误；
C．H点对于溶液中溶质为NaCl、NaClO和NaOH，根据电荷守恒可知：，此时溶液为碱性，则c(OH−)>c(H+)，所以c(Na+)>c(Cl−)+c(ClO−)，故C错误；
D．G点为完全反应生成NaClO，溶液呈碱性，ClO−水解，新制氯水中起始时是等量的HCl和HClO，所以有c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH- )＞c(H+)，故D正确。
故答案选：D。
17.【答案】放热（1分） (a-b) kJ·mol-1 （2分） 496（1分）
O2+4HCl2Cl2+2H2O（2分） 放出热量31.5 kJ （2分）
【详解】
(1)根据图像可知反应物的能量高于生成物的，因此是放热反应。反应热为反应物与生成物的能量之差，即ΔH＝(a-b) kJ·mol-1。
(2)根据图像可知b表示氢、氧原子结合为气态水时的能量变化，其数值为463×2＝926；根据方程式H2(g)+O2(g)＝H2O(g) ΔH＝-242 kJ·mol-1可知436+-926＝-242，则x＝496。
(3)用CuCl2作催化剂，在450 ℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，反应的化学方程式为O2+4HCl2Cl2+2H2O，根据表中数据可知反应的ΔH＝(496+431×4-247×2-463×4) kJ·mol-1＝-126 kJ·mol-1，反应中转移4mol电子，则转移1 mol 电子时反应放出的能量为126 kJ÷4＝31.5 kJ。
18．【答案】 （2分） bc （2分）
B（1分） 2×10−3mol/(L⋅min) （2分） 60（2分） > （1分）
【分析】
(1)液态肼与液态四氧化二氮反应生成氮气和液态水的方程式为2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O，3.2g液态肼即0.1molN2H4完全反应放出热量61.25kJ，则2molN2H4完全反应放出热量61.25kJ×20=1225kJ，结合物质的凝聚状态写出热化学方程式；
(2)①反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到不变时，说明可逆反应到达平衡状态；
②若起始充入4.00molN2和12.00molH2是充入2.00 molN2和6.00 molH2的2倍，相当加压、反应速率加快、达到平衡状态的时间缩短，但合成氨的正反应是气体体积减小的反应，增大压强、平衡正向移动，据此分析解答；
(3)①根据v= 计算0～20min时，v（N2O4）；
②反应达到平衡时，v正（NO2）=2v逆（N2O4），即k1•c2（NO2）=2k2•c（N2O4），所以 =2× =2K，根据反应三段式计算平衡时[φ（NO2）=0.4]各物质的平衡浓度，代入平衡常数K=中计算K；该反应正向放热，升高温度，K减小，降低温度K增大。
【详解】
(1)液态肼与液态四氧化二氮反应生成氮气和液态水的方程式为2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O（l），3.2g液态肼即0.1molN2H4完全反应放出热量61.25kJ，则2molN2H4完全反应放出热量61.25kJ×20=1225kJ，热化学方程式为
；
(2)①a.3v正(N2)=v逆(H2)的状态是平衡状态，所以v正(N2)=v逆(H2)的状态不是平衡状态，故a错误；
b.该反应正向体积减小，恒温恒容条件下，反应正向进行、气体物质的量减小、压强降低，所以体系压强不变时达到平衡状态，故b正确；
c.体系中各物质均为气体，气体质量不变，该反应正向体积减小，恒温恒容条件下，反应正向进行、气体物质的量减小，气体平均相对分子质量增大，所以气体平均相对分子质量不变时达到平衡状态，故c正确；
d.体系中各物质均为气体，气体质量不变，恒温恒容条件下，气体密度始终不变，所以气体密度不变不能判定反应达到平衡状态，故d错误；
故答案为：bc；
②由图可知,将2.00molN2和6.00molH2充入1L密闭容器中，达到平衡时，c(H2)=3mol/L，即E点；若起始充入4.00molN2和12.00molH2，是恒容容器中充入的2.00 molN2和6.00 molH2的2倍，相当于加压过程、反应速率加快、先达到平衡状态，但加压时平衡正向移动，使c(H2)小于6mol/L，故为B点；
故答案为：B；
(3)①设△c(N2O4)=x，2NO2(g)⇌N2O4(g)，则△c(NO2)=2x，起始时c(NO2)=0.2mol/L，20min时[φ(NO2)]=0.75，即 =0.75，x=0.04mol/L，0∼20min时，v(N2O4)=0.04mol/L÷20min=2×10−3mol/(L⋅min)；
②
平衡时φ(NO2)=0.4， =0.4，y=0.075mol/L，平衡常数K= = =30，反应达到平衡时，v正(NO2)=2v逆(N2O4)，即k1·c2(NO2)=2 k2·c(N2O4)，所以 =2× =2K =60，2NO2(g)⇌N2O4(g)△H=−56.9kJ⋅mol−1，升高温度平衡常数减小，T1时k1=k2，则=1=2K′，平衡常数K′=0.5<30，所以T1>373K；
故答案为：60；>。
19．【答案】（除特殊说明，其余每空1分）Na2S溶液 H2S的Ka2小于H2CO3的Ka2，Na2S更容易水解（2分） 中 大于 碱 NH3·H2O的Kb>H2CO3的Ka1，故NH 的水解程度小于HCO的水解程度（2分） 1.0×10-12 （2分） 增大 B
【详解】
(1)①Na2S水溶液中主要存在S2-的水解，Na2CO3溶液中主要存在CO的水解，H2S的Ka2小于H2CO3的Ka2，所以Na2S更容易水解，所以同浓度的Na2S溶液的碱性更强；
②根据题目所给数据可知CH3COOH的电离平衡常数与NH3·H2O的电离平衡常数相等，则醋酸根和铵根的水解程度也相同，所以醋酸铵溶液显中性；
根据题意可知CH3COOH的Ka大于H2CO3的Ka1，所以碳酸氢根的水解程度更大，则碳酸氢钠的pH更大；
③铵根水解使溶液显酸性，碳酸氢根水解使溶液显碱性，NH3·H2O的Kb>H2CO3的Ka1，故NH 的水解程度小于HCO的水解程度，所以溶液显碱性；
(2)NaHSO3的水解常数Kh==1.0×10-12；，加入少量碘单质，亚硫酸氢根被氧化成硫酸根，溶液酸性增强，氢氧根浓度减小，所以增大；
(3)A．硫酸可以电离出氢离子，使溶液酸性增强，红色褪去不一定是平衡发生移动，故A不符合题意；
B．产生沉淀说明钡离子和亚硫酸根反应生成亚硫酸钡沉淀，红色褪去说明碱性减弱，即溶液中存在水解平衡，加入氯化钡后平衡逆向移动，故B符合题意；
C．氯气具有强氧化性，加入氯水后发生反应SO+Cl2+H2O=SO+2Cl-+2H+，溶液酸性增强，红色褪去与平衡移动无关，且氯水中有具有漂白性的HClO也可以使红色褪去，故C不符合题意；
20．【答案】负 将湿润的淀粉碘化钾试纸置于电极附近，试纸变蓝（2分）
KMnO4紫红色液滴向c端移动 Cu2+ > H +＞X3+（2分）
产生无色气体，溶液变为蓝色，一段时间后有红色物质析出（2分） A极
SO2-2e-+2H2O ==+4H+ （2分） 0.1 mol·L-1
【详解】
I.(1)关闭K1，打开K2，为电解饱和食盐水装置，其电解总反应为:2NaCl+2H2O 2NaOH +Cl2↑ +H2↑，d端呈红色，说明d端生成了OH-，由此可知b为电源负极，a端为电源正极；c为电解池的阳极，若c为惰性电极，c端产物为Cl2 ，常用湿润淀粉碘化钾试纸检验，其检验方法为将湿润的淀粉碘化钾试纸置于电极附近，若试紙变蓝 ，则说明生成了Cl2；KMnO4溶液为电解质溶液，电解过程中， c端Cl-被氧化， MnO向c极移动，其现象为KMnO4紫红色液滴向c端移动；
(2) 根据电解C的图象可知，通电后就有固体生成，当通过电子为0.2mol时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜 。 如果是x3+析出，电子数应该是0.3mol ，则氧化能力为Cu2+ >X3+，当电子超过0.2mol时，固体质量没变，说明这阴极产生的氢气，即电解水，说明氧化能力H+>X3+，故氧化能力为Cu2+> H+>X3+；
(3) 断开K1 ，闭合K2，由(1)分析可知b为电源负极，即D装置中碳棒作为阴极，Cu电极作为阳极，阳极上是Cu失去电子变成Cu2+，阴极上的电极反应是H+得到电子变成氢气，之后Cu2+得到电子变成铜，所以实验现象是产生无色气体，溶液变为蓝色，一段时间后有红色物质析出；
Ⅱ.(1) 原电池中，阴离子向负极移动，负极为化合价升高的，所以A为负极，故SO向A电极移动；
(2) 根据分析，负极为A电极，电极反应为SO2-2e-+2H2O =SO+4H+；
(3) 石墨做电极电解AgNO3和KNO3混合溶液，先电解AgNO3溶液，后电解H2O。阴极发生反应Ag++e-=Ag，再发生反应2H2O+2e- =H2↑+2OH-，阳极发生反应2H2O-4e-=O2↑+4H+，两极均产生2.24L (标准状况)气体，即阴极产生0.1mol H2，阳极产生0.1mol O2。由阳极反应可知，反应转移的总电子为0.4mol，由阴极反应可知，电解AgNO3溶液时转移电子为0.2mol，电解水时转移电子为0.2mol。反应后的H+的浓度根据电解AgNO3溶液计算，转移电子为0.2mol，生成的H+也为0.2mol，浓度为=0.1mol/L。
21．【答案】（除特殊说明，其余每空2分）-4a（1分） C3 （1分） 1：3 1×10−4mg/(m3⋅s)
催化剂的活性下降或氨气可能发生分解或反应为放热反应，温度高反应速率快，达到平衡后平衡逆向移动
【详解】
(1)由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则该反应的△H=-(5-1)akJ/mol=-4 akJ/mol；活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，过渡态1和2的活化能都为6akJ/mol，过渡态3的活化能为4akJ/mol，活化能越小，反应越容易进行，过渡态3的活化能最小，反应历程最优；
(2)①n(NH3)：n(NO)越大时，可视为一氧化氮物质的量不变不断增大氨气的物质的量，平衡会正向移动，从而提高了NO的转化率，因此比值越大的NO的脱除率越高，而曲线a的脱除率最低，应该为1：3；
②根据图中信息，A到B点NO的脱除率由0.55增加到0.75，则NO的浓度变化量为：(0.75−0.55)×4×10−4 mg/m3=8×10−5mg/m3，则0.8s内NO的脱除速率为：v==1×10−4mg/(m3⋅s)；
③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，应该是温度对物质的性质或者是对化学平衡产生的影响，该反应使用了催化剂，而催化剂对温度有一定的选择性，因次可能是高温条件下催化剂失去活性所致，另外在高温条件下氨气可能会分解使得反应向逆向移动也会降低NO的脱除率；结合图象可知反应放热，温度过高时平衡逆向移动，也会导致NO的脱除率下降；
(3)设SO2和O2起始物质的量为2mol和1mol，由SO3的平衡产率为ω可知，平衡时SO3的物质的量为2ω，由题意建立如下三段式：
由三段式可得p(SO3)、p(O2)和p(SO2)分别为×pθ、×pθ、×pθ，则标准平衡常数Kθ=。
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1．【答案】B
【详解】
A．该反应ΔH＜0，ΔＳ＞0，任何温度下都自发，故Ａ项错误；
B．该反应ΔH＞0，ΔＳ＜0，任何温度都不自发，故Ｂ项正确；
C．该反应ΔH＜0，ΔＳ＜0，低温自发，故C项错误；
D．该反应ΔH＞0，ΔＳ＞0，高温自发，故D项错误；
故答案为B。
2．【答案】C
【详解】
A．HCOOH+H2O⇌HCOO-+H3O+，等价于HCOOH⇌HCOO-+H+，属于醋酸的电离反应，选项A不符合题意；
B．+ H2O+H3O+，等价于⇌+H+，属于碳酸氢根离子的电离反应，选项B不符合题意；
C．+H2O⇌+OH-，属于碳酸根离子的水解反应，选项C符合题意；
D．HS-+H2O⇌S2-+H3O+，等价于HS-⇌S2-+H+，属于硫酸氢根离子的电离反应，选项D不符合题意；
答案选C。
3.【答案】C
【详解】
A. 在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C。该反应中化学能转化为热能、光能，A错误；
B. 在相同条件下，反应的焓变只与反应的起始状态和最终状态有关，与途径无关，则同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，B错误；
C. CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol－1，即1 mol CO(g)完全燃烧生成CO2(g)时放热283.0kJ，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝＋566.0kJ·mol－1，C正确；
D. 催化剂能改变化学反应速率但不能改变反应的焓变，D错误；
答案选C。
4．【答案】B
【详解】
①因CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH1是燃烧反应，反应均放热，ΔH1＜0，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH2 ＜0，因水由气态变成液态，放出热量，所以ΔH1＞ΔH2，故错误；
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH1，H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH2，氢气的燃烧是放热的，所以焓变是负值，系数加倍，焓变值也加倍，所以ΔH1=2ΔH2，所以ΔH1＜ΔH2，故正确；
③T℃时，在一定条件下，将1molSO2和1molO2分别置于恒容和恒压的两个密闭容器中，恒压密闭容器相当于在恒容基础上正向移动了，所以恒压下，达到平衡状态时放出的热量更多，达到平衡状态时放出的热量分别为Q1、Q2，Q1＜Q2，故正确；
④CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) ΔH1＞0，CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s) ΔH2＜0，所以ΔH1＞ΔH2，故错误；
故选B。
5．【答案】A
【分析】
平衡常数指可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，根据该反应的平衡常数表达式可知该反应的化学方程式为CO2+H2CO+H2O。
【详解】
A．升高温度氢气的浓度减小，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，焓变大于0，故A正确；
B．若缩小体积增大压强，氢气的浓度增大，若充入惰性气体增大压强，氢气的浓度不变，故B错误；
C．升高温度，正逆反应速率均增大，故C错误；
D．根据分析可知该反应的化学式应为CO2+H2CO+H2O，故D错误；
综上所述答案为A。
6．【答案】D
【详解】
A. CaO+H2O═Ca(OH)2不是氧化还原反应，没有电子的转移，所以不能设计为原电池，故A错误；
B. 电解质溶液为AgNO3，与氯离子反应生成沉淀，所以不能用装有含琼胶的KCl饱和溶液作盐桥，故B错误；
C. 原电池的两极可以是由活动性不同的两种金属组成，也可以是非金属，如氢氧燃料电池中石墨棒用作电极，故C错误；
D. 理论上，任何能自发进行的氧化还原反应都可被设计成原电池，故D正确；
故选D。
7．【答案】D
【详解】
A．装置甲中缺少环形玻璃搅拌棒，且大小烧杯口不相平，该实验不能在甲图装置中完成，故A错误；
B．从图示观察起始温度即为实验时环境温度，因此该实验开始时温度是21℃左右，故B错误；
C．该实验如果分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，会导致热量损失，故C错误；
D．恰好反应时参加反应的盐酸体积为30mL，则碱的体积为20mL，c（NaOH）==1.5mol/L，故D正确；
答案选D。
8．【答案】D
【详解】
A．化学键的断裂要吸收能量，N≡N键能942kJ，O=O键能500kJ，所以N≡N键能大，破坏需吸收更多的能量，相对于破坏氧气中O=O难，N2(g)比O2(g)稳定，故A正确；
B．根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH1=-534kJ·mol-1，故B正确；
C．根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，△H3=△H1−△H2=−534kJ/mol-(-2752kJ/mol)=+2218kJ/mol，故C正确；
D．根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，△H3=−534kJ/mol-(-2752kJ/mol)=2218kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1molN−H键所需的能量为akJ/mol，旧键断裂吸收的能量：154kJ/mol+4akJ/mol+500kJ/mol=2218kJ/mol，解得a=391，故D错误；
答案选：D。
9．【答案】C
【分析】
据图像(Ⅰ)知，在压强不变时，曲线b的斜率比c的大，故T1>T2；降温(T1→T2)时，C%增大，即平衡正向移动，说明正反应为放热反应；当温度不变时，曲线b的斜率比a的大，故压强p2>p1，增大压强(p1→p2)时，C%增大，即平衡正向移动，故x<2即x＝1；即该反应方程式为：A(g)＋B(g)C(g)。
【详解】
A．根据分析可知x=1，故A正确；
B．根据分析可知正反应为放热反应，故B正确；
C．相同温度下增大压强平衡正向移动，B的转化率增大，所以若p3＞p4，y轴不能表示B的质量分数，故C错误；
D．相同温度下增大压强平衡正向移动，气体的物质的量减少，但总质量不变，所以平均相对分子质量变大，所以若p3＞p4，y轴可以表示混合气体的平均相对分子质量，故D正确；
综上所述答案为C。
10.【答案】D
【详解】
A．正极为多孔碳棒电极，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，随着反应的进行，正极附近c(OH-)不断增大，电解液pH不断升高，A正确；
B．若把电解液换成固体氧化物，则正极O2+4e-=2O2-，与负极迁移的Li+生成Li2O堵塞碳棒表面孔隙，使碳棒的吸附能力减弱，不利于空气的吸附，B正确；
C．放电时，当有22.4LO2(标准状况下)被还原时，生成2molO2-，为保持电解质的电性平衡，左槽有4molLi＋移到右槽，C正确；
D．锂空气电池工作时，负极4Li-4e-=4Li+，正极O2+4e-+2H2O=4OH-，其总反应方程式为4Li+O2+2H2O=4LiOH，D不正确；
故选D。
11．【答案】B
【详解】
相同浓度的弱酸溶液中，酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，则酸的电离度越大，乙酸(甲)电离平衡常数小于一氯乙酸(乙)，则相同浓度时甲的电离度小于乙；同一种酸，酸的浓度越大其电离程度越小，即电离度越小，则这两种酸的电离度随着浓度的增大而减小，符合条件的只有B，故答案为B。
12．【答案】B
【分析】
放电时，Zn是负极，负极反应式为：Zn-2e－═Zn2＋，正极反应式为：Br2+2e－=2Br－，充电时，阳极反应式为2Br－-2e－=Br2、阴极反应式为Zn2＋+2e－=Zn。
【详解】
A. 充电时电极石墨棒A连接电源的正极，反应式为2Br－-2e－=Br2，故A正确；
B. 放电时，Zn是负极，负极反应式为：Zn-2e－═Zn2＋，故B错误；
C. 放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区，故C正确；
D. 正极反应式为：Br2+2e－=2Br－，阴离子通过隔膜从正极区移向负极区，放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大，故D正确；
答案选B。
13．【答案】D
【分析】
此题考查平衡常数的计算及意义，根据平衡常数的表达式及平衡影响因素可以判断反应类型。根据三段式可以计算化学平衡常数。
【详解】
A.温度升高，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，而升温平衡向着吸热方向进行，说明逆反应是吸热方向，正反应就是放热方向，A判断正确，不符合题意 。
B．根据反应反向，平衡常数变为原来的倒数，推出25 ℃时反应Ni(CO)4(g)⇌Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为2×10-5(mol·L-1)3，B正确，不符合题意。
C．根据C=,,80℃时Ni(CO)4的平衡浓度为:12=2mol/L。
D．在80℃时，某时刻的，则此时平衡向逆反应方向移动，则v(正)
【详解】
A. 电离平衡常数HCOOH> HCN则酸性：HCOOH >HCN，等体积等浓度的HCOONa和NaCN溶液中pH，HCOONa
B. 由H2SO3和H2CO3电离平衡常数可知，则酸性，所以少量SO2通入Na2CO3溶液中发生反应：SO2+H2O+=+，故B错误；
C. 等pH的HCOOH和HCN溶液，酸的物质的量：HCOOH
故答案选：B。
15．【答案】C
【分析】
根据总反应可知NO2被还原，NH3被氧化，所以通入NO2的B极为正极，通入NH3的A极为负极。
【详解】
A．原电池中电流由正极经外电路流向负极，B为正极，A为负极，即电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极，故A正确；
B．根据分析可知A电极上NH3失电子发生氧化反应为负极，B电极上NO2得电子被还原为正极，故B正确；
C．电解质溶液呈碱性，所以电极方程式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故C错误；
D．2.24 LNO2(标准状况)的物质的量为0.1mol，该反应中NO2中氮元素由+4价变为0价，所以转移的电子为0.4mol，故D正确；
综上所述答案为C。
16．【答案】D
【详解】
A．E点新制氯水溶液，溶液显酸性，由水电离出的，溶液中OH−完全是由水电离出来的，所以c(OH−)=，则溶液中，则溶液pH=3，但新制氯水中的次氯酸的漂白性能使pH试纸褪色，不能用pH试纸测量pH，故A错误；
B．F点为中性溶液，溶质为NaCl、NaClO和HClO，随着NaOH溶液的滴入，HClO转化为强电解质NaClO，到G点，溶质为NaCl和NaClO，到H点，NaOH过量，溶液为碱性溶液，溶质为NaCl、NaClO和NaOH，则H点导电性大于F点，故B错误；
C．H点对于溶液中溶质为NaCl、NaClO和NaOH，根据电荷守恒可知：，此时溶液为碱性，则c(OH−)>c(H+)，所以c(Na+)>c(Cl−)+c(ClO−)，故C错误；
D．G点为完全反应生成NaClO，溶液呈碱性，ClO−水解，新制氯水中起始时是等量的HCl和HClO，所以有c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH- )＞c(H+)，故D正确。
故答案选：D。
17.【答案】放热（1分） (a-b) kJ·mol-1 （2分） 496（1分）
O2+4HCl2Cl2+2H2O（2分） 放出热量31.5 kJ （2分）
【详解】
(1)根据图像可知反应物的能量高于生成物的，因此是放热反应。反应热为反应物与生成物的能量之差，即ΔH＝(a-b) kJ·mol-1。
(2)根据图像可知b表示氢、氧原子结合为气态水时的能量变化，其数值为463×2＝926；根据方程式H2(g)+O2(g)＝H2O(g) ΔH＝-242 kJ·mol-1可知436+-926＝-242，则x＝496。
(3)用CuCl2作催化剂，在450 ℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，反应的化学方程式为O2+4HCl2Cl2+2H2O，根据表中数据可知反应的ΔH＝(496+431×4-247×2-463×4) kJ·mol-1＝-126 kJ·mol-1，反应中转移4mol电子，则转移1 mol 电子时反应放出的能量为126 kJ÷4＝31.5 kJ。
18．【答案】 （2分） bc （2分）
B（1分） 2×10−3mol/(L⋅min) （2分） 60（2分） > （1分）
【分析】
(1)液态肼与液态四氧化二氮反应生成氮气和液态水的方程式为2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O，3.2g液态肼即0.1molN2H4完全反应放出热量61.25kJ，则2molN2H4完全反应放出热量61.25kJ×20=1225kJ，结合物质的凝聚状态写出热化学方程式；
(2)①反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到不变时，说明可逆反应到达平衡状态；
②若起始充入4.00molN2和12.00molH2是充入2.00 molN2和6.00 molH2的2倍，相当加压、反应速率加快、达到平衡状态的时间缩短，但合成氨的正反应是气体体积减小的反应，增大压强、平衡正向移动，据此分析解答；
(3)①根据v= 计算0～20min时，v（N2O4）；
②反应达到平衡时，v正（NO2）=2v逆（N2O4），即k1•c2（NO2）=2k2•c（N2O4），所以 =2× =2K，根据反应三段式计算平衡时[φ（NO2）=0.4]各物质的平衡浓度，代入平衡常数K=中计算K；该反应正向放热，升高温度，K减小，降低温度K增大。
【详解】
(1)液态肼与液态四氧化二氮反应生成氮气和液态水的方程式为2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O（l），3.2g液态肼即0.1molN2H4完全反应放出热量61.25kJ，则2molN2H4完全反应放出热量61.25kJ×20=1225kJ，热化学方程式为
；
(2)①a.3v正(N2)=v逆(H2)的状态是平衡状态，所以v正(N2)=v逆(H2)的状态不是平衡状态，故a错误；
b.该反应正向体积减小，恒温恒容条件下，反应正向进行、气体物质的量减小、压强降低，所以体系压强不变时达到平衡状态，故b正确；
c.体系中各物质均为气体，气体质量不变，该反应正向体积减小，恒温恒容条件下，反应正向进行、气体物质的量减小，气体平均相对分子质量增大，所以气体平均相对分子质量不变时达到平衡状态，故c正确；
d.体系中各物质均为气体，气体质量不变，恒温恒容条件下，气体密度始终不变，所以气体密度不变不能判定反应达到平衡状态，故d错误；
故答案为：bc；
②由图可知,将2.00molN2和6.00molH2充入1L密闭容器中，达到平衡时，c(H2)=3mol/L，即E点；若起始充入4.00molN2和12.00molH2，是恒容容器中充入的2.00 molN2和6.00 molH2的2倍，相当于加压过程、反应速率加快、先达到平衡状态，但加压时平衡正向移动，使c(H2)小于6mol/L，故为B点；
故答案为：B；
(3)①设△c(N2O4)=x，2NO2(g)⇌N2O4(g)，则△c(NO2)=2x，起始时c(NO2)=0.2mol/L，20min时[φ(NO2)]=0.75，即 =0.75，x=0.04mol/L，0∼20min时，v(N2O4)=0.04mol/L÷20min=2×10−3mol/(L⋅min)；
②
平衡时φ(NO2)=0.4， =0.4，y=0.075mol/L，平衡常数K= = =30，反应达到平衡时，v正(NO2)=2v逆(N2O4)，即k1·c2(NO2)=2 k2·c(N2O4)，所以 =2× =2K =60，2NO2(g)⇌N2O4(g)△H=−56.9kJ⋅mol−1，升高温度平衡常数减小，T1时k1=k2，则=1=2K′，平衡常数K′=0.5<30，所以T1>373K；
故答案为：60；>。
19．【答案】（除特殊说明，其余每空1分）Na2S溶液 H2S的Ka2小于H2CO3的Ka2，Na2S更容易水解（2分） 中 大于 碱 NH3·H2O的Kb>H2CO3的Ka1，故NH 的水解程度小于HCO的水解程度（2分） 1.0×10-12 （2分） 增大 B
【详解】
(1)①Na2S水溶液中主要存在S2-的水解，Na2CO3溶液中主要存在CO的水解，H2S的Ka2小于H2CO3的Ka2，所以Na2S更容易水解，所以同浓度的Na2S溶液的碱性更强；
②根据题目所给数据可知CH3COOH的电离平衡常数与NH3·H2O的电离平衡常数相等，则醋酸根和铵根的水解程度也相同，所以醋酸铵溶液显中性；
根据题意可知CH3COOH的Ka大于H2CO3的Ka1，所以碳酸氢根的水解程度更大，则碳酸氢钠的pH更大；
③铵根水解使溶液显酸性，碳酸氢根水解使溶液显碱性，NH3·H2O的Kb>H2CO3的Ka1，故NH 的水解程度小于HCO的水解程度，所以溶液显碱性；
(2)NaHSO3的水解常数Kh==1.0×10-12；，加入少量碘单质，亚硫酸氢根被氧化成硫酸根，溶液酸性增强，氢氧根浓度减小，所以增大；
(3)A．硫酸可以电离出氢离子，使溶液酸性增强，红色褪去不一定是平衡发生移动，故A不符合题意；
B．产生沉淀说明钡离子和亚硫酸根反应生成亚硫酸钡沉淀，红色褪去说明碱性减弱，即溶液中存在水解平衡，加入氯化钡后平衡逆向移动，故B符合题意；
C．氯气具有强氧化性，加入氯水后发生反应SO+Cl2+H2O=SO+2Cl-+2H+，溶液酸性增强，红色褪去与平衡移动无关，且氯水中有具有漂白性的HClO也可以使红色褪去，故C不符合题意；
20．【答案】负 将湿润的淀粉碘化钾试纸置于电极附近，试纸变蓝（2分）
KMnO4紫红色液滴向c端移动 Cu2+ > H +＞X3+（2分）
产生无色气体，溶液变为蓝色，一段时间后有红色物质析出（2分） A极
SO2-2e-+2H2O ==+4H+ （2分） 0.1 mol·L-1
【详解】
I.(1)关闭K1，打开K2，为电解饱和食盐水装置，其电解总反应为:2NaCl+2H2O 2NaOH +Cl2↑ +H2↑，d端呈红色，说明d端生成了OH-，由此可知b为电源负极，a端为电源正极；c为电解池的阳极，若c为惰性电极，c端产物为Cl2 ，常用湿润淀粉碘化钾试纸检验，其检验方法为将湿润的淀粉碘化钾试纸置于电极附近，若试紙变蓝 ，则说明生成了Cl2；KMnO4溶液为电解质溶液，电解过程中， c端Cl-被氧化， MnO向c极移动，其现象为KMnO4紫红色液滴向c端移动；
(2) 根据电解C的图象可知，通电后就有固体生成，当通过电子为0.2mol时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜 。 如果是x3+析出，电子数应该是0.3mol ，则氧化能力为Cu2+ >X3+，当电子超过0.2mol时，固体质量没变，说明这阴极产生的氢气，即电解水，说明氧化能力H+>X3+，故氧化能力为Cu2+> H+>X3+；
(3) 断开K1 ，闭合K2，由(1)分析可知b为电源负极，即D装置中碳棒作为阴极，Cu电极作为阳极，阳极上是Cu失去电子变成Cu2+，阴极上的电极反应是H+得到电子变成氢气，之后Cu2+得到电子变成铜，所以实验现象是产生无色气体，溶液变为蓝色，一段时间后有红色物质析出；
Ⅱ.(1) 原电池中，阴离子向负极移动，负极为化合价升高的，所以A为负极，故SO向A电极移动；
(2) 根据分析，负极为A电极，电极反应为SO2-2e-+2H2O =SO+4H+；
(3) 石墨做电极电解AgNO3和KNO3混合溶液，先电解AgNO3溶液，后电解H2O。阴极发生反应Ag++e-=Ag，再发生反应2H2O+2e- =H2↑+2OH-，阳极发生反应2H2O-4e-=O2↑+4H+，两极均产生2.24L (标准状况)气体，即阴极产生0.1mol H2，阳极产生0.1mol O2。由阳极反应可知，反应转移的总电子为0.4mol，由阴极反应可知，电解AgNO3溶液时转移电子为0.2mol，电解水时转移电子为0.2mol。反应后的H+的浓度根据电解AgNO3溶液计算，转移电子为0.2mol，生成的H+也为0.2mol，浓度为=0.1mol/L。
21．【答案】（除特殊说明，其余每空2分）-4a（1分） C3 （1分） 1：3 1×10−4mg/(m3⋅s)
催化剂的活性下降或氨气可能发生分解或反应为放热反应，温度高反应速率快，达到平衡后平衡逆向移动
【详解】
(1)由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则该反应的△H=-(5-1)akJ/mol=-4 akJ/mol；活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，过渡态1和2的活化能都为6akJ/mol，过渡态3的活化能为4akJ/mol，活化能越小，反应越容易进行，过渡态3的活化能最小，反应历程最优；
(2)①n(NH3)：n(NO)越大时，可视为一氧化氮物质的量不变不断增大氨气的物质的量，平衡会正向移动，从而提高了NO的转化率，因此比值越大的NO的脱除率越高，而曲线a的脱除率最低，应该为1：3；
②根据图中信息，A到B点NO的脱除率由0.55增加到0.75，则NO的浓度变化量为：(0.75−0.55)×4×10−4 mg/m3=8×10−5mg/m3，则0.8s内NO的脱除速率为：v==1×10−4mg/(m3⋅s)；
③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，应该是温度对物质的性质或者是对化学平衡产生的影响，该反应使用了催化剂，而催化剂对温度有一定的选择性，因次可能是高温条件下催化剂失去活性所致，另外在高温条件下氨气可能会分解使得反应向逆向移动也会降低NO的脱除率；结合图象可知反应放热，温度过高时平衡逆向移动，也会导致NO的脱除率下降；
(3)设SO2和O2起始物质的量为2mol和1mol，由SO3的平衡产率为ω可知，平衡时SO3的物质的量为2ω，由题意建立如下三段式：
由三段式可得p(SO3)、p(O2)和p(SO2)分别为×pθ、×pθ、×pθ，则标准平衡常数Kθ=。
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