高二化学化学反应原理试题

高二化学化学反应原理试题
1.常温下，浓度均为0.l mol/L的下列四种盐溶液，其pH测定如下表所示：
A．四种溶液中，水的电离程度①>②>④>③
B．Na
2CO
3
和NaHCO
3
溶液中，粒子种类相同
C．将等浓度的CH
3
COOH 和HClO溶液比较，pH小的是HClO
D．Na
2CO
3
溶液中，c(Na+)=c(CO
3
2-)+c(HCO
3
-)+c(H
2
CO
3
)
【答案】B
【解析】A.该溶液为四种盐溶液，均促进了水的电离，根据越弱越水解，水解显碱性，水解程度
越大，、PH越大，则四种溶液中，水的电离程度③>④>②>①，A错误；B．Na
2CO
3
和NaHCO
3
溶液中都存在着H+、OH-、CO
32-、HCO
3
-、H
2
CO
3
、Na
+
、H
2
O，B正确；C.醋酸的酸性强于次氯
酸，在等物质的量浓度相等下，pH小的是醋酸，C错误；D.根据物料守恒，Na
2CO
3
溶液中，
c(Na+)=2c(CO
32-)+2c(HCO
3
-)+2c(H
2
CO
3
)，D错误；答案选B。

【考点】考查盐类水解的应用，电解质溶液中水的电离程度大小比较，守恒关系等知识。

2.下列说法正确的是
A．热化学方程式中，如果没有注明温度和压强，则表示反应热是在标准状况下测得的
B．升高温度或加入催化剂，可以改变化学反应的反应热
C．据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物的总能量
D．物质发生化学变化一定伴随着能量变化[
【答案】D
【解析】A、不标注温度和压强，反应热是通常状况下测得的数据，A错误；B、催化剂只改变反应速率，不改变化学平衡，不能改变化学反应的反应热，B错误；C、化学反应遵循能量守恒，化学反应一定伴随能量的改变，所以反应物的总能量一定不等于生成物的总能量，C错误；D、化学变化的特征：一是有新物质生成，二是伴随着能量变化，D正确。

【考点】考查了化学反应中的能量变化和反应热的相关知识。

3.下列说法或表示方法正确的是
A．反应物总能量低于生成物总能量时，该反应不能发生
B．强酸跟强碱反应放出的热量称为中和热
C．由石墨比金刚石稳定可知，C（石墨，固）=C（金刚石，固）△H＞O
D．在101kPa、25℃时，2gH
2
完全燃烧生成液态水，放出285.8KJ热量，氢气燃烧的热化学方
程式表示为：2H
2（g）十0
2
（g）=2H
2
O（l）；△H=-285.8KJ/mol
【答案】C
【解析】A、反应物总能量低于生成物总能量，该反应是吸热反应，吸热反应在一定的条件下也能发生，A错误；B、中和热：稀的强酸和强碱溶液反应生成1mol水时所产生的热量，B错误；
C、石墨比金刚石稳定，所以石墨具有的能量低，根据焓变=生成物的能量-反应物的能量，知C （石墨，固）=C（金刚石，固）△H＞0，C正确；
D、在101kPa、25℃时，2gH
2
完全燃烧生成
液态水，放出285.8KJ热量，则2H
2（g）十O
2
（g）=2H
2
O（l）；△H=-571.6KJ/mol，D错误。

故选C。

【考点】考查了反应热与焓变的相关知识。

4.在恒温、恒容的1L密闭容器中，混合气体X、Y、Z的物质的量n与时间t 的关系如下表所示：X(g)＋3Y(g)2Z(g) △H ＜0
（1）第6min末改变了什么条件到达第8分钟的平衡状态：。

（2）在相同温度下，若1L容器为体积可变的密闭容器，充入0.2molX 、0.6molY，达到平衡时
n(Z)="bmol" ，则b 0.2（填“＜”、“＞”或“＝”），平衡时容器的体积V = (用含b的式子
表示)
（3）维持温度和压强不变，第6min的平衡体系中再通入0.2molX和0.6molY，达到新平衡时Z
的物质的量
（4）维持温度和体积不变，在第6min的平衡体系中再通入0.2molX和0.6molY，达到新平衡时
Z的体积分数（填“增大”、“减小”或“不变”）
【答案】（10分）
（1）通入0.35mol Y
（2）>；L
（3）0.4mol
（4）增大
【解析】（1）根据表中数据，第8分钟X的物质的量减少，而Y的物质的量增大，表示第6min
末向容器中通入了一定量的Y，反应0.05molX，同时反应0.15molY，故通入Y的物质的量为
0.5-0.3+0.15=0.35mol，故答案为：通入0.35mol Y；
（2）该反应是气体体积减小的反应，在相同温度下，若1L容器为体积可变的密闭容器，相当于
增大压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡后，n(Z)＞0.2mol；根据反应方程式可知，
气体物质的量的减小量等于生成Z的物质的量，即平衡时，气体的物质的量之和为（0.2+0.6-b）mol=（0.8-b）mol，同温同压条件下，气体的体积之比大于物质的量之比，平衡时容器的体积
V=×1L=L，故答案为：>；L；
（3）维持温度和压强不变，第6min的平衡体系中再通入0.2molX和0.6molY，相当于将2个原
容器合并成一个大容器，平衡不移动，因此Z的物质的量为0.2mol×2=0.4mol，故答案为：
0.4mol；
（4）维持温度和体积不变，在第6min的平衡体系中再通入0.2molX和0.6molY，相当于增大压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，达到新平衡时Z的体积分数增大，故答案为：增大。

【考点】考查了化学平衡的移动和计算的相关知识。

5. 下列反应既符合图像Ⅰ又符合图像Ⅱ的是
A ．N 2(g)+3H 2(g) 2NH 3(g) ΔH ＜0
B ．2SO 3(g) 2SO 2(g)+O 2(g)ΔH ＞0
C ．4NH 3(g)+5O 2(g) 4NO(g)+6H 2O(g) ΔH ＜0
D ．C(s)+H 2O(g) H 2(g)+CO(g) ΔH ＞0
【答案】BD
【解析】A 、N 2(g)+3H 2(g) 2NH 3(g) ΔH ＜0，正反应是放热反应。

升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需要的时间缩短。

由于该反应的正反应为放热反应。

所以当反应达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，生成物的浓度减小，与图像Ⅰ不符，故A 错误；B 、反应2SO 3(g)
2SO 2(g)＋O 2(g) ΔH ＞0的正反应是气体体积增大的吸热反应。

在其它条件不变时，升高温
度，化学平衡向正反应方向移动，生成物的浓度增大，与图像Ⅰ相符；在其它条件不变时，增大压强，平衡向逆反应方向移动，V 逆＞V 正，与图像Ⅱ相符，故B 正确；C 、4NH 3(g)+5O 2(g) 4NO(g)+6H 2O(g) ΔH ＜0，正反应是放热反应。

升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需要的时间缩短。

由于该反应的正反应为放热反应。

所以当反应达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，生成物的浓度减小，与图像Ⅰ不符，故C 错误。

D 、C(s)+H 2O(g) H 2(g)+CO(g) ΔH ＞0的正反应是气体体积增大的吸热反应。

在其它条件不变时，升高温度，平衡正向移动，生成物的浓度增大，与图像Ⅰ相符；在其它条件不变时，增大压强，平衡逆向移动，V 逆＞V 正，与图像Ⅱ相符，故D 正确；故选BD 。

【考点】考查了化学平衡图像、化学平衡移动原理的相关知识。

6. 下列叙述正确的是
A ．pH=3和pH=4的盐酸各10mL 混合，所得溶液的pH=3.5
B ．溶液中c （H +
）越大，pH 值也越大，溶液的酸性就越强
C ．液氯虽然不导电，但溶解于水后导电情况良好，因此，液氯也是强电解质
D ．当温度不变时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数
【答案】D
【解析】A 、PH=3的盐酸CH +=1×10—3mol/L ，nH +=1×10—3mol/L×0.01L=1×10—5mol, pH=4的盐酸1×10—4mol/L, nH +=1×10—4mol/L×0.01L=1×10—6mol ，混合之后总的物质的量=1×10—5
mol+1×10—6mol=1.1×10—5mol ，CH+=1.1×10—5mol/0.02L=0.55×10—3mol/L,PH<3.5,A 项错误；B 、溶液中c （H +）越大，pH 值也越小，B 项错误；C 、氯气溶于水之后导电是因为氯气与水反应生成能电离的物质而不是氯气本身导电，所以氯气不是电解质，C 项错误；D 、水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，D 项正确；答案选D 。

【考点】考查PH 的计算、溶液酸碱性与PH 及离子积常熟的关系及电解质的判断
7. 下列说法中正确的是
A ．饱和石灰水中加入一定量生石灰，温度明显升高，所得溶液的pH 增大
B ．AgCl 悬浊液中存在平衡：AgCl （s ）⇌Ag +
（aq ）+Cl ﹣（aq ），往其中加入少量NaCl 粉末，平衡向左移动，溶液中离子的总浓度会减小
C ．硬水中含有较多的Ca 2+、Mg 2+、HCO 3﹣、SO 42﹣，加热煮沸可以完全除去其中的 Ca 2+
、Mg 2+
D．为减小洗涤过程中固体的损失，最好选用稀H
2SO
4
代替H
2
O来洗涤BaSO
4
沉淀
【答案】D
【解析】氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，升高温度，浓度减小，PH减小，故A错误；AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq），往其中加入少量NaCl粉末，平衡向左移动，引入了钠离子溶液中离子的总浓度会增大，故B错误；氢氧化镁，碳酸钙难溶于水，
在水中的溶解度很小，但不是完全不溶，溶液中仍会存在少量Ca2+、Mg2+，故C错误；稀H
2SO
4
使硫酸钡沉淀溶解平衡逆向移动，用稀H
2SO
4
代替H
2
O来洗涤BaSO
4
沉淀，能减小硫酸钡的溶
解，故D正确。

【考点】本题考查溶解沉淀平衡。

8.下列根据反应原理设计的应用，不正确的是
A．CO
32—＋H
2
O HCO
3
—＋OH－；用热的纯碱溶液清洗油污
B．Al3＋＋3H
2O Al(OH)
3
(胶体)＋3H＋；明矾净水
C．TiCl
4＋(x＋2)H
2
O(过量)TiO
2
·xH
2
O↓＋4HCl；制备TiO
2
纳米粉
D．SiCl
2＋H
2
O Sn(OH)Cl↓＋HCl；配制氯化亚锡溶液时加入NaOH
【答案】D
【解析】SnCl
2
水解显酸性，所以在配制氯化亚锡溶液时要加入HCl抑制其水解，故D错误
【考点】考查了盐类水解的应用的相关知识。

9.已知25℃时，Ksp（AgCl）＝1.8×10-10，Ksp（AgBr）＝5.0×10-13。

该温度下，下列说法错误的是
A．AgCl的悬浊液中通入少量HCl，c（Ag+）减小
B．AgCl和AgBr共存的悬浊液中，c（Cl-）/c（Br-）=360
C．AgBr悬浊液中加入足量NaCl可能有AgCl沉淀生成
D．等浓度的NaCl和NaBr混合溶液中滴加AgNO
3
溶液，先析出AgCl沉淀
【答案】D
【解析】A．AgCl的悬浊液中通入少量HCl电离出Cl-1抑制AgCl电离，c（Ag+）减小；B．c （Cl-）/c（Br-）=1.8×10-10÷5.0×10-13="360" C、在AgBr饱和溶液中加入足量浓NaCl溶液，当溶液中c（Ag+）×c（Cl-）＞1.8×10-10mol2•L-2，有AgCl沉淀生成，故C正确；D．AgBr比AgCl更难溶于水，故先析出AgBr沉淀.
【考点】考查了难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质的相关知识。

10.可以证明可逆反应N
2+3H
2
2NH
3
已达到平衡状态的是（）
①一个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键断裂
②v（H
2）=0.6mol•L﹣1•min﹣1，v（NH
3
）=0.4mol•L﹣1•min﹣1
③保持其他条件不变时，体系压强不再改变；
④NH
3、N
2
、H
2
的体积分数都不再改变；
⑤恒温恒容时，混合气体质量保持不变。

A．②③④B．①②④C．①③④D．③④⑤
【答案】C
【解析】①一个N≡N键断裂的同时，有6个N-H键断裂，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，①正确；②反应速率之比满足化学计量数之比，但反应速率方向不明确，正逆反应速率不一定相等，反应不一定达到平衡状态，②错误；③保持其它条件不变时，体系压强不再改变，反应方程
式两边气体的体积不相等，压强不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，③正确；
④NH
3、N
2
、H
2
的体积分数都不再改变，说明各组分的浓度不变，达到了平衡状态，④正确；⑤
根据质量守恒定律可知反应前后气体的质量始终相等，不能说明反应达到平衡状态，⑤错误，答
案选C。

【考点】本题主要是考查化学平衡状态的判断
【名师点晴】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应
体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。

可逆反应达到平衡状态
有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。

②反应混合物中各组成成分的百分含
量保持不变。

只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变
化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。

判断化学反应是否达到平衡状态，关
键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。

11.下列金属防腐的措施中，属于牺牲阳极的阴极保护法的是( )
A．水中的钢闸门连接电源的负极B．金属护拦表面涂漆
C．汽水底盘喷涂高分子膜D．地下钢管连接锌板
【答案】D
【解析】A．水中的钢闸门连接电源的负极属于外加电流的阴极保护法，A错误；B．金属护拦表
面涂漆属于外加保护膜的防腐，B错误；C．汽水底盘喷涂高分子膜属于外加保护膜的防腐，C
错误；D．地下钢管连接锌板构成原电池，锌是负极，铁是正极，被保护，属于牺牲阳极的阴极
保护法，D正确，答案选D。

【考点】考查金属的腐蚀与防护
12.某化学兴趣小组在一次实验探究中发现，向草酸溶液中逐滴加入高锰酸钾溶液时，溶液褪色
总是先慢后快．即反应速率由小变大．为此，甲同学做了如下实验进行探究：
（已知：MnO
4
-在酸性环境下的还原产物是Mn2+）
【实验用品】仪器：试管（若干个）、胶头滴管、100mL容量瓶、250mL容量瓶、10mL量筒、托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙
（1）0.10mol/L H
2C
2
O
4
溶液的配制：
实验室欲配制100mL 0.10mol/L H
2C
2
O
4
溶液，需要称取草酸晶体（H
2
C
2
O
4
·2H
2
O） g
（精确到0.1g）；实验中需要用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、胶头滴管和．（2）反应的速率变化的探究：
在1号和2号试管中分别加入2mL0.10mol/L H
2C
2
O
4
溶液，在1号试管中加入硫酸锰固体．然后
在两支试管中加入4mL 0.010mol/L KMnO
4
溶液和几滴稀硫酸．现象如下表所示：
请回答下列问题：
①甲同学进行该实验还缺少的实验仪器是：．
②H
2C
2
O
4
溶液与酸性的KMnO
4
溶液反应的离子方程式为：．
③同学测出的颜色变化的时间是以下列哪个选项为依据的．
A、从KMnO
4溶液刚好接触H
2
C
2
O
4
溶液开始，溶液由紫红色变为近乎无色，半分钟之内不再出
现紫红色为止．
B、从KMnO
4溶液刚好接触H
2
C
2
O
4
溶液开始，溶液由无色变为紫红色为止．
C、从KMnO
4溶液接触H
2
C
2
O
4
溶液开始，溶液由紫红色变为近乎无色为止．
④甲同学认为该反应褪色由慢到快的原因是．
于是甲同学得出结论．
（3）乙同学和丙同学从甲同学的实验探究中得到启示，他们也分别提出了能影响该溶液化学反应速率因素的另外两种可能原因，你认为他们提出的两种可能原因是：
I II
【答案】（1）1.3g， 100mL容量瓶；
（2）①秒表；②5H
2C
2
O
4
+2MnO
4
-+6H+=10CO
2
↑+2Mn2++8H
2
O；③ C
④Mn2+离子在反应中起到催化剂的作用，加快了反应速率；在其它条件不变的情况下，加入催化剂可加快化学反应速率；
（3）该反应是放热反应，温度升高，反应速率增大，溶液褪色加快；加入少量硫酸，可以促进草酸和高锰酸钾溶液的反应。

【解析】（1）根据m=CVM=0.10mol/L×0.1L×126g/mol=1.3g，实验中需要的仪器为：用于溶解晶体的烧杯，起搅拌和引流作用的玻璃棒，配制溶液的100mL容量瓶，定容时用的胶头滴管，所以答案为1.3g、100mL容量瓶；
（2）①记录时间需要秒表；
②草酸和酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为5H
2C
2
O
4
+2MnO
4
-+6H+=10CO
2
↑+2Mn2++8H
2
O；
③测出的褪色时间是以溶液由紫红色变为近乎无色为止，答案选C；
④反应中生成锰离子，锰离子加快了反应速率，起到催化作用，其它条件不变时，加入正催化剂
能加快反应速率，所以该反应褪色由慢到快的原因是Mn2+离子在反应中起到催化剂的作用，加快
了反应速率；于是甲同学得出结论为在其它条件不变的情况下，加入催化剂可加快化学反应速率。

（3）影响化学反应速率的因素有：反应物的浓度、温度、催化剂等，所以能影响该溶液化学反
应速率的因素的另外两种可能原因是Ⅰ、该反应是放热反应，随着反应的进行，溶液的温度逐
渐升高，反应速率增大，溶液褪色加快；Ⅱ、硫酸的浓度对反应速率有影响，加入少量硫酸，可
以促进草酸和高锰酸钾溶液的反应，从而加快反应速率。

【考点】考查溶液的配制，探究实验的设计与评价，影响化学反应速率的因素。

13.下列说法中正确的是( )
A．25℃时,NH
4Cl和NH
3
．H
2
O的混合液中离子浓度可能为C(NH
4
+)＞C(Cl-)＞C(OH-)＞C(H+)
B．向0.1mol/L的CuSO
4
溶液中加入少量蒸馏水,溶液酸性减弱,Cu2+水解程度降低
C．25℃时,PH=12的NaOH溶液、PH=12的CH
3
COONa溶液、PH=2的硫酸，三种溶液中水的电离程度相同
D．25℃时，向稀氨水中通入NH
3
,溶液中C(OH-)减小
【答案】A
【解析】A、NH
3·H
2
O电离大于NH
4
Cl，溶液显碱性，且电离程度较弱，因此推出离子浓度大小
为：c(NH
4＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，故正确；B、Cu2＋＋2H
2
O Cu(OH)
2
＋2H＋，加水促进水
解，但c(H＋)减小，故错误；C、CH
3COONa属于盐，促进水的电离，NaOH、H
2
SO
4
抑制水的电
离，且水电离出的离子浓度都是10－12mol·L－1，水的电离程度为CH
3COONa>NaOH=H
2
SO
4
，故
错误；D、NH
3＋H
2
O NH
3
·H
2
O NH＋＋OH－，通入NH
3
平衡右移，c(OH－)增大，故错误；
【考点】考查离子浓度大小的比较、影响盐类水解的因素等知识。

14.下列叙述正确的是（）
A．强电解质水溶液的导电性不一定比弱电解质强
B．氯气的水溶液能导电，所以氯气属于电解质
C．硫酸铜晶体含有一定量的结晶水，所以硫酸铜晶体能导电
D．在一定条件下，电解质的电离都能达到电离平衡
【答案】A
【解析】A、强电解质水溶液的导电性不一定比弱电解质强，如BaSO
4
的水溶液的导电性比醋酸的弱，故错误；B、电解质和非电解质都是化合物，而氯气是单质，因此氯气既不是电解质也不是非电解质，故错误；C、胆矾中是结晶水，不是液态水，硫酸铜不电离，因此硫酸铜晶体不导电，故错误；D、电解质分强电解质和弱电解质，强电解质完全电离，弱电解质部分电离，故错误。

【考点】考查弱电解质、强电解质等知识。

15.下列各图所表示的反应是吸热反应的是
【答案】A
【解析】反应物的能量低于生成物的能量，则反应为吸热反应，所以选A。

【考点】反应反应的热效应
16.下列实验能达到预期实验目的的是
B.
C.
D．先用酚酞，后用甲基橙作指示剂，用标准盐
【答案】D
【解析】A.根据盐的水解规律：越弱越水解，水弱谁水解，谁强显谁性，由于醋酸是一元酸，而
H
2S是二元酸，因此不能通过等物质的量浓度的CH
3
COONa和 Na
2
S溶液pH，比较CH
3
COOH
和H
2
S的酸性强弱，错误；B.酸碱中和滴定时，滴定管不能伸入到锥形瓶中滴加，错误；C.测定
中和热水要保温效果好，用隔板盖住，同时用环形玻璃搅拌棒搅拌，错误；D. Na
2CO
3
是二元弱
酸形成的盐，要证明其水解反应逐步进行，首先用碱性范围内变色的指示剂酚酞，当溶液由红色变为无色时停止滴加，然后再用酸性范围变色的指示剂甲基橙为指示剂，再进行滴加，以证明
CO
32—水解分两步，首先变为HCO
3
-，然后变为H
2
CO
3
，正确。

【考点】考查实验操作及预期实验目的完成情况的判断的知识。

【名师】盐的水解规律是有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，在比较弱酸或弱碱的相对强弱时，要根据元数相同的酸或碱的盐溶液的酸碱性或相应的酸、碱的离子浓度或电离平衡常数进行
比较。

否则，就会产生干扰，使偏大失误，得到与真实情况不吻合的结论。

17.某种碳酸饮料中主要含柠檬酸、碳酸、白砂糖、苯甲酸钠等成分，常温下测得其pH约为3.5，下列说法不正确的是（）
A．柠檬酸的电离会抑制碳酸的电离
B．该碳酸饮料中水的电离受到抑制
C．常温下，该碳酸饮料中Kw的值大于纯水中Kw的值
D．打开瓶盖冒出大量气泡，是因为压强减小，降低了CO
2
的溶解度
【答案】C
【解析】A ．柠檬酸会电离产生H +，使溶液中c(H +)增大，故会抑制弱酸碳酸的电离平衡，正确；B ．该碳酸饮料中柠檬酸、碳酸都是弱酸，电离产生H +，使溶液中c(H +)增大，故会对水电离平衡起抑制作用，使水的电离受到抑制，正确；C ．由于水的离子积常数只与温度有关，而与溶液的酸碱性无关，所以常温下，该碳酸饮料中Kw 与纯水中的Kw 相同，错误；D ．打开瓶盖冒出大量气泡，是因为压强减小，降低了CO 2的溶解度，CO 2不能溶解，就从溶液中逸出，正确。

【考点】考查某种碳酸饮料中化学平衡等平衡的知识。

18. 已知热化学方程式：
H 2O （g ）═H 2（g ）+O 2（g ）△H=+241.8kJ/mol H 2（g ）+O 2（g ）═H 2O （1）△H=﹣285.8kJ/mol 当1g 液态水变为水蒸气时，其热量变化是 A ．吸热44kJ B ．吸热2.44KJ
C ．放热44kJ
D ．放热2.44KJ
【答案】B
【解析】H 2O （g ）=H 2（g ）+O 2（g ）；△H=+241.8kJ/mol ① H 2（g ）+O 2（g ）=H 2O （l ）；△H=﹣285.8kJ/mol ②
将方程式①+②得H 2O （g ）=H 2O （l ）；△H=+241.8kJ/mol ﹣285.8kJ/mol=﹣44kJ/mol ， 所以H 2O （l ）=H 2O （g ）；△H=+44kJ/mol ， 1g 水的物质的量=
=
，当1g 液态水变为水蒸气时，吸收热量=
×44kJ/mol=2.44kJ ，故
选B ．
19. 甲醛是一种重要的化工产品，可利用甲醇催化脱氢制备．甲醛与气态甲醇转化的能量关系如
图所示．
（1）甲醇催化脱氢转化为甲醛的反应是 （填“吸热”和“放热”）反应． （2）过程Ⅰ与过程Ⅱ的反应热是否相同？ ，原因是 ． （3）写出甲醇催化脱氢转化为甲醛的热化学方程 ．
（4）甲醇催化脱氢转化为甲醛的过程中，如果要使反应温度维持在700℃，需向体系中通入空气，则进料甲醇与空气的物质的量理论比值为 [假设：H 2（g ）+O 2（g ）
H 2O （g ）
△H=﹣a kJ/mol ，空气中氧气体积分数为0.2]．
【答案】（1）吸热（2）相同 一个化学反应的反应热仅与反应的起始状态和反应的最终状态有关，而与反应的途径无关（3）CH 3OH （g ）HCHO （g ）+H 2（g ）△H=（E 2﹣E 1） kJ/mol （4）
【解析】（1）通过图象可以看出，反应物的总能量比生成物的总能量低，故为吸热反应， （2）一个化学反应的热效应仅与反应的起始状态和反应的最终状态有关，与反应的途径无关，仅取决于反应物和生成物的总能量的大小，过程Ⅰ与过程Ⅱ的反应热是相同的，
（3）从图象可以看出，甲醇催化脱氢转化为甲醛为吸热反应，而且吸收热量为（E 2﹣E 1），故热化学方程式为：CH 3OH （g ）HCHO （g ）+H 2（g ）△H=（E 2﹣E 1） kJ/mol （4）反应维持在一定温度持续进行，应保证反应H 2（g ）+O 2（g ）=H 2O （g ）△H 2=﹣akJ •mol
﹣1
放出的热量恰好被反应CH 30H （g ）=CH 20（g ）+H 2（g ）△H 1=（E 2﹣E 1）kJ•mol ﹣
1全部利
用．即CH
30H反应吸收的热量等于氢气燃烧放出的热量，设需甲醇的物质的量为n（CH
3
0H），
需氧气的物质的量为n（O
2），则有：n（CH
3
0H）×（E
2
﹣E
1
）=n（O
2
）×2×a，解得：甲醇与氧
气的物质的量之比=，根据空气中氧气的体积分数0.2，即可得出=
，
【点评】本题主要考查了热化学方程式的书写和反应热的计算，理清甲醇和氢气的热量关系是解答本题的关键，题目难度中等．
20.关于甲酸(HCOOH)的下列性质中，不能证明它是弱电解质的是( )
A．把pH=2的甲酸溶液稀释100倍后pH=3.5
B．50mL l mol·L-1的甲酸溶液恰好与50mL l mol·L-1的NaOH溶液完全反应
C．甲酸钠HCOONa溶液能使酚酞试液变红
D．0.1 mol·L-1的甲酸溶液的pH约为2
【答案】B
【解析】A、把pH=2的甲酸溶液稀释100倍后pH=3.5，说明甲酸溶液中存在电离平衡，加水稀释，促进电离，pH变化较小，甲酸为弱酸，错误；B、50mL l mol·L-1的甲酸溶液恰好与50mL l mol·L-1的NaOH溶液完全反应，只能说明甲酸为一元酸，不能证明甲酸为弱酸，正确；C、甲酸钠HCOONa溶液能使酚酞试液变红，说明甲酸钠为强碱弱酸盐，甲酸为弱酸，错误；D、0.1 mol·L-1的甲酸溶液的pH约为2，说明甲酸部分电离，为弱电解质，错误。

【考点】考查弱电解质的电离。

21.下列说法正确的是( )
A．在101kPa时，1molC与适量O
2
反应生成1molCO时，放出110.5kJ热量，则C的燃烧热为110.5kJ/mol
B．在101kPa时，1molH
2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，H
2
燃烧热为－285.8kJ·mol
－1
C．测定HCl和NaOH反应的中和热时，每次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度、NaOH 起始温度和反应后最高温度
D．在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)=H
2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1，若将含0.5molH
2
SO
4
的浓硫酸
与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3kJ
【答案】C
【解析】A．C的稳定氧化物是CO2气体，所以C的燃烧热不是110.5kJ·mol－1，错误；B．由于
没有指明1molH
2的存在状态，所以不能说H
2
燃烧热为－285.8kJ·mol－1，错误；C．测定HCl和
NaOH反应的中和热时，每次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度、NaOH起始温度确定反应开始时的温度和反应后最高温度，正确；D．在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)=H
2
O(l) ΔH＝－
57.3kJ·mol－1，若将含0.5molH
2SO
4
的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，由于浓硫酸溶于水会
放出热量，所以放出的热量大于57.3kJ，错误。

【考点】考查反应热的有关判断的知识。

22.体积为10mL pH＝2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1 000 mL，稀释过程中pH变
化如图所示，则HX的电离平衡常数__________(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的电离平衡常数；理由是_________________，稀释后，HX溶液中由水电离出来的c(H＋)________(填“大于”、“等
于”或“小于”)醋酸溶液中由水电离出来的c(H＋)。

【答案】大于；大于。

【解析】根据图像分析知道，起始时两种溶液中c(H＋)相同，酸越弱，电离程度越小，酸的浓度越大。

所以c(较弱酸)>c(较强酸)。

在稀释过程中较弱酸的电离程度增大的多，溶液中氢离子的浓度大于较强酸的氢离子的浓度。

所以酸性HX>CH
3
COOH，酸的酸性越强，在相同温度下，其电离平衡常数越大，故HX酸性强，电离平衡常数大；故在整个稀释过程中较弱酸的c(H＋)一直大于较强酸的c(H＋)，氢离子浓度越大，溶液的pH越小，根据图示可知：稀释相同倍数，HX的pH
变化比CH
3COOH的大，HX酸性强于CH
3
COOH的，稀释后HX溶液中c(H＋)小于CH
3
COOH
溶液中的c(H＋)，所以对水电离的抑制能力减弱。

抑制作用越弱，水电离程度就越大，水电离出来的c(H＋)越大，所以HX溶液中由水电离出来的c(H＋) 大于醋酸溶液中由水电离出来的c(H＋)。

【考点】考查图像方法在溶液的稀释剂溶液的pH机水电离程度大小比较的应用的知识。

23.某溶液中由水电离出来的c（OH－）=10－12mol/L，则该溶液中的溶质不可能是（）
A．HCl B．NaOH C．H
2SO
4
D．NH
4
Cl
【答案】D
【解析】水电离出来的c（OH－）=10－12mol/L，说明溶质的存在抑制的水的电离。

A、氯化氢电离出氢离子，抑制水的电离，不选A；B、氢氧化钠电离出氢氧根离子，抑制水的电离，不选B；
C、硫酸电离出氢离子，抑制水的电离，不选C；
D、氯化铵电离出的铵根离子可以结合水电离的氢氧根离子，促进水的电离，所以不可能是氯化铵，选D。

【考点】酸碱盐对水的电离平衡的影响
24.用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1:3的CuSO
4
和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有：
①2Cu2++2H
2O2Cu+4H++O
2
↑；
②Cu2++2Cl-Cu+Cl
2↑；
③2Cl-+2H
2O 2OH-+H
2
↑+Cl
2
↑；
④2H
2O 2H
2
↑+O
2
↑
A．①②③B．①③④C．②③④D．①②④
【答案】C
【解析】用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的CuSO
4
和NaCl的混合溶液，设溶液体积
为1L，硫酸铜浓度为1mol/L，氯化钠浓度为3mol/L，则n（CuSO
4
）=n（Cu）=1mol，n （NaCl）=n（Cl-）=3mol，根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上氯离子放电，阴极上铜离子放电，当铜离子完全析出时转移电子的物质的量为2mol，转移2mol电子时析出2mol氯离子，所
以氯离子还剩余1mol，则此时发生的电池反应式为②；第二阶段：阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，当氯离子完全析出前，发生的电池反应式为③；第三阶段：阴极上氢离子放电，阳极
上氢氧根离子放电生成氧气，所以发生的电池反应式为④；故选C。

【考点】考查电解原理
【名师点晴】明确离子放电顺序是解本题关键，用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的
CuSO
4
和NaCl的混合溶液，电解过程分为：第一阶段，阳极上氯离子放电、阴极上铜离子放电；第二阶段：阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；第三阶段：阳极上氢氧根离子放电，阴极上
氢离子放电，据此分析答题。

25.某溶液中由水电离出来的C(OH—)=10-12mol/L，则该溶液中的溶质不可能是
A．HCl B．NaOH C．NH
4Cl D．H
2
SO
4
【答案】C
【解析】常温下，由水电离的c（H+）=c（OH-）═10-12mol/L，说明该溶液中水的电离受到抑制；A．盐酸溶液呈强酸性，对水的电离起抑制作用，故A不选；B．氢氧化钠是强碱，对水的电离起抑制作用，故B不选；C．氯化铵溶液中铵根离子水解，促进水的电离，故C选；D．硫酸是强。