人教版高中化学2023-2024学年高二上学期期中测试模拟卷（选择性必修1）（二）（含答案）

人教版高中化学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、选择题1．甲醇通过催化氧化制取甲醛时，在无催化剂(图中实线)和加入特定催化剂(图中虚线)时均会产生甲醛，反应中相关物质的相对能量如图1所示。下列说法错误的是A．该条件下CO2比B．加入该催化剂不能改变反应的焓变C．无催化剂时，生成CO的活化能比生成甲醛的活化能小D．无催化剂时，升高温度，甲醇氧化为甲醛的反应速率变化如图2所示2．“中国芯”的主要原料是单晶硅，“精炼硅”反应历程中的能量变化如下图所示。下列有关描述正确的是A．历程Ⅰ、Ⅲ是吸热反应B．历程Ⅱ的热化学方程式是：SiHCl3C．历程Ⅲ的热化学方程式是：SiHCl3D．实际工业生产中，粗硅变为精硅的过程中能量不损耗3．2021年10月，神舟十三号载人飞船成功发射。载人飞船中通过如下过程实现O2再生：①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH1=-252.9kJ·mol-1②2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=+571.6kJ·mol-1下列说法错误的是A．H2的燃烧热ΔH=-285.8kJ·mol-1B．反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH＜-571.6kJ·mol-1C．反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)常温下能自发进行D．反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)的ΔH=-890.3kJ·mol-14．由下列键能数据大小，不能得出的事实是化学键O－HH－HO－O键能kJ·mol-1463436498.3A．1molH2和12molO2总能量大于1molH2B．断开1molH2中的化学键所吸收的能量是436kJC．H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH=−240.85kJ·molD．生成1molH2O的化学键所放出热量是463kJ5．在2A(g)+B(g)=3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是A．v(A)=0.5mol/(L·s) B．v(B)=0.3mol/(L·s)C．v(C)=0.8mol/(L·s) D．v(D)=1.0mol/(L·s)6．二氧化硫催化氧化反应为：2SO2(g)+A．升高温度 B．增大压强 C．分离出SO37．关于化学反应速率增大的原因，下列分析错误的是A．有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多B．增大反应物的浓度，可使活化分子之间发生的碰撞都是有效碰撞C．升高温度，可使反应物分子中活化分子的百分数增大D．使用适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大8．将0.05mol·L−1的KI溶液和0.2mol·L−1的Fe2(S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AgNO有黄色沉淀生成③滴入K3有蓝色沉淀生成④滴入淀粉溶液溶液变蓝色A．① B．② C．③④ D．①②9．CO2催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术。反应I.CO2反应II.CO2压强分别为p1、p2时，将n起始(COCH3下列说法正确的是A．反应CO(g)+2HB．曲线③、④表示CO的选择性，且pC．相同温度下，反应I、II的平衡常数K(Ⅰ)>K(Ⅱ)D．一定温度下，调整n起始(CO10．反应X(g)+Y(g)⇌2Z(g)ΔH<0，达到平衡时，下列说法正确的是A．减小容器体积，平衡向右移动 B．加入催化剂，Z的产率增大C．增大c(X)，X的转化率增大 D．降低温度，Y的转化率增大11．一定条件下反应2AB(g)⇌A2(g)+B2(g)达到平衡状态的标志是A．单位时间内生成nmolA2，同时消耗2nmolABB．容器内，3种气体AB、A2、B2共存C．AB的消耗速率等于A2的消耗速率D．容器中各组分的体积分数不随时间变化12．一定温度下，在三个容积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：CH3OH(g)+CO(g)容器编号温度(K)起始物质的量(mol)平衡时CH平衡常数n(Cn(CO)n(CⅠ5300.050.0500.025KⅡ5300.030.030.01KⅢ510000.05KA．三个容器中的平衡常数KB．达平衡时，容器Ⅱ中c(CHC．达平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的小D．若起始时向容器Ⅰ中充入2.0molCH3OH13．下列叙述正确的是（）A．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，则石墨比金刚石稳定B．反应NH3C．C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+D．密闭容器中存在：N2O414．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其合成原理为：N2(g)+3HA．增大压强，活化分子百分含量不变，单位体积内活化分子增多，反应速率加快B．该反应在低温下能自发进行C．为了防止混有的杂质使催化剂“中毒”，原料气必须经过净化D．能用勒夏特列原理解释通常采用500℃有利于氨的合成15．pH=2的a、b两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其中pH与溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是(）A．a、b两酸溶液的物质的量浓度一定相等B．稀释后，a酸溶液的酸性比b酸溶液强C．x=6时，a是强酸，b是弱酸D．若a、b都是弱酸，则2<x<516．25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NaCl溶液②NaOH溶液③H2A．③>②>① B．②>③>① C．①>②>③ D．③>①>②17．下列溶液因水解而呈酸性的是A．NaHSO4溶液 B．NH4Cl溶液 C．NaHC18．某小组同学进行如下实验探究：下列分析正确的是A．实验②、③黄色沉淀中均不含AgClB．实验③证明浊液a中存在AgCl(s)⇌AC．实验②和③的反应可用相同的离子方程式表示D．实验②的黄色沉淀中再滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液后，可转变为白色19．下列措施能促进水的电离，并使c(OHA．向水中加入少量NaCl B．将水加热煮沸C．向水中加入少量CH3COONa20．下列能用pH试纸测定溶液的pH且pH>7的是（）A．AlCl3、NH4HSOC．AlCl3、NH4NO3、MgS二、非选择题21．研究含碳、氮的物质间转化的热效应，在日常生活与工业生产中均有很重要的意义。（1）已知：H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1，甲烷完全燃烧与不完全燃烧的热效应如下图所示。①写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式：。②CO的燃烧热△H=kJ·mol-1。（2）已知拆开1molH-H、1molN-H、1molN≡N化学键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为。（3）以NH3、CO2为原料生产尿素[CONH2)2]的反应历程与能量变化示意图如下。①第一步反应的热化学方程式为。②第二步反应的△H0(填“>”、“<”或“=”)。③从图象分析决定生产尿素的总反应的反应速率的步骤是第步反应。22．探究化学反应的快慢和限度具有十分重要的意义。（1）Ⅰ.某实验小组欲通过用酸性KMnO4和H2C2实验序号A溶液B溶液①20mL0.01mol·L−1H230mL0.01mol·L−1KMnO②20mL0.01mol·L−1H230mL0.01mol·L−1KMnO完成上述反应的离子方程式为：2MnO4−+5H（2）若实验①在2min末收集了4.48mLCO2(标准状况下，则在2min末c(Mn（3）小组同学发现反应速率变化如图乙，其中t1~t2时间内速率变快的主要原因可能是①（4）Ⅱ.溶液中存在平衡：Cr2O72−(橙色)+向K2Cr2O7溶液中加入30%NaOH溶液。溶液呈色：向K2Cr23．25℃时，H2O的离子积常数为1×10﹣14mol2•L﹣2，则该温度下：①0.01mol•L﹣1NaOH溶液的pH是多少？②0.005mol•L﹣1H2SO4溶液中，水电离出的氢氧根浓度是多少？24．在水的电离平衡中，c(H+)和c(OH-)的关系如图所示：（1）A点水的离子积为1.0×10−14，B点水的离子积为（2）下列说法正确的是(填字母)。a．图中A，B，D三点处Kw的大小关系：B＞A＞Db．AB线上任意点的溶液均显中性c．B点溶液的pH=6，显酸性d．图中温度T1＞T2（3）某校学生用中和滴定法测定某NaOH溶液的物质的量浓度，选酚酞作指示剂。①盛装0.2000mol/L盐酸标准液应该用式滴定管。②终点判断方法：。③有关数据记录如下：实验序号待测液体积(mL)所消耗盐酸标准液的体积(mL)实验序号待测液体积(mL)所消耗盐酸标准液的体积(mL)滴定前滴定后120.000.6020.70220.006.0025.90320.000.4023.20则NaOH溶液的物质的量浓度为mol/L。(保留四位有效数字)④若滴定时锥形瓶未干燥，则测定结果；(填“无影响”、“偏高”或“偏低”)。25．甲酸(HCOOH)常用于橡胶、医药等工业。铋基催化剂对CO2电化学还原制取HCOOH具有高效的选择性。其反应历程与能量变化如图所示。（1）制取HCOOH催化效果较好的催化剂为。（2）不同催化剂下，该历程的最大能垒(活化能)为eV；由*CO2−生成（3）HCOOH燃料电池的工作原理如图所示。①该离子交换膜为(填“阳”或“阴”)离子交换膜。②电池负极反应式为。③当电路中转移0.2mol电子时，理论上消耗标准状况下O2的体积为L，需补充物质X的化学式为。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．由图可知，该条件下CO2的相对能量比CO的相对能量小，物质所具有的能量越低，物质越稳定，则该条件下B．加催化剂不能改变反应焓变但可降低反应活化能，B不符合题意；C．由图可知，无催化剂时，生成CO(-393kJ/mol)比生成甲醛(＞-393kJ/mol)的活化能小，C不符合题意；D．由图1可知，甲醇生成甲醛的反应为放热反应，故温度升高，平衡逆向移动，逆反应速率应大于正反应速率，则生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大程度小，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.物质的能量越低越稳定；

B.催化剂能降低反应的活化能，但不影响焓变；

C.催化剂能降低反应的活化能。2．【答案】C【解析】【解答】A．从图中可知，历程Ⅰ反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，A不符合题意；B．从图中可知，历程Ⅱ反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，ΔH=-28kJ/mol，B不符合题意；C．历程Ⅲ反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，ΔH=+238kJ/mol，热化学方程式符合题意，C符合题意；D．实际工业生产中，粗硅变为精硅的过程中，伴随着能量的损耗，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；BC．ΔH=生成物总能量-反应物总能量；D．依据图中能量变化分析。3．【答案】B【解析】【解答】A．根据②可知2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH2=-571.6kJ·mol-1。燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，H2O的稳定状态是液态，2molH2完全燃烧产生液态水放出热量是571.6kJ，则1molH2完全燃烧产生液态水放出热量是285.8kJ，故H2的燃烧热ΔH=-285.8kJ·mol-1，A不符合题意；B．反应物的能量相同，当生成物是气态时含有的能量比液态高，所以反应放出热量就少，反应放出热量越少，则反应热就越大，所以反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH＞-571.6kJ·mol-1，B符合题意；C．反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)的正反应是气体体积减小的放热反应，ΔH＜0，ΔS＜0，在常温下ΔG=ΔH-TΔS＜0，因此在常温下该反应能自发进行，C不符合题意；D．已知①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH1=-252.9kJ·mol-1②2H2O(1)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=+571.6kJ·mol-1根据盖斯定律，将[①+②×2]×(-1)，整理可得反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)的ΔH=-890.3kJ·mol-1，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；

C.根据ΔH-TΔS＜0时反应自发进行分析；

D.根据盖斯定律计算。4．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，反应放热，则反应物能量和大于生成物能量和，A不符合题意；B.1分子氢气中含有1个H-H键，断开1molH2中的化学键所吸收的能量是436kJ，B不符合题意；C．由分析可知，H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH=−240.85kJ·mol-1D.1分子水中含有2个O-H键，生成1molH2O的化学键所放出热量是2×463kJ，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之反应吸热；

B、结合表格数据可以知道断开1molH2中的化学键所吸收的能量是436kJ；

C、△H=反应物总键能-生成物总键能；

D、1分子水中含有2个O-H键。5．【答案】B【解析】【解答】利用归一法将所有反应速率转化为B的反应速率：A．v(A)2=0B．v(B)1C．v(C)3=0D．v(D)4数值大的反应快，因此反应最快的是B。故答案为：B。

【分析】同一个化学反应，用不同的物质表示反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比等于相应的化学计量数之比，速率与计量系数的比值越大，反应速率越快。6．【答案】B【解析】【解答】A．升高温度，化学反应速率加快；由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致物质的平衡转化率降低，A不符合题意；B．压缩体积增大压强使物质的浓度增大，化学反应速率加快；压缩体积导致体系的压强增大，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，因此可以使反应物的平衡转化率提高，B符合题意；C．分离出SO3后，导致生成物的浓度降低，化学平衡正向移动，会提高反应物的平衡转化率；分离出SO3后，物质的浓度降低，化学反应速率减小；C不符合题意；D．使用催化剂只能加快反应速率，而不能使化学平衡发生移动，因此不能提高物质的平衡转化率，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。7．【答案】B【解析】【解答】A．有气体参加的化学反应，增大压强，活化分子数目增多，活化分子百分数不变，则化学反应速率增大，故A不符合题意；B．增大反应物的浓度，活化分子数目增多，活化分子之间发生的碰撞不一定都是有效碰撞，故B符合题意；C．升高温度，活化分子百分数增大，则化学反应速率增大，故C不符合题意；D．催化剂，降低了反应所需的活化能，活化分子百分数增大，化学反应速率增大，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】①升高温度，活化分子数目增加，活化分子百分数增加，反应速率加快；

②增大浓度，单位体积内活化分子数目增加，活化分子百分数不变，反应速率加快；

③增大压强，单位体积内活化分子数目增加，活化分子百分数不变，反应速率加快；

④加入催化剂，降低反应所需活化能，活化分子数目增加，活化分子百分数增加，反应速率加快。8．【答案】B【解析】【解答】①Fe3+过量，向溶液中滴入KSCN溶液，无论是否存在上述平衡，溶液均变红，①不符合题意；②向溶液中滴入AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明溶液中有I-，②符合题意；③无论是否存在题述平衡，溶液中均存在Fe2+，滴入K3[Fe(CN)④无论是否存在题述平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，④不符合题意；综上所述只有②能证明该反应为可逆反应；故答案为：B。

【分析】说明溶液中存在化学平衡2Fe9．【答案】B【解析】【解答】A．CO(g)+2HB．随着温度的升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，则CH3OH的选择性随温度的升高而减小，CO的选择性随温度的升高而增大，故曲线③、④表示CO的选择性，压强增大，反应Ⅰ平衡正向移动，反应物浓度减小，促使反应Ⅱ化学平衡逆向移动，使CO选择性减小，故p1>p2，B符合题意；C．随着温度的升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，在未给定具体温度的情况下，无法比较反应Ⅰ、Ⅱ的化学平衡常数大小，C不符合题意；D．调整n起始(CO故答案为：B。

【分析】A.根据盖斯定律分析；

C.平衡常数只与温度有关，升温反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动；

D.调整n起始(CO10．【答案】D【解析】【解答】A．该反应是反应前后气体体积不变的反应，在反应达到平衡时减小容器体积，平衡不移动，A不符合题意；B．在反应达到平衡时，若加入催化剂，只能加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，但化学平衡不移动，因此Z的产率不变，B不符合题意；C．增大c(X)，化学平衡正向移动，使反应消耗的X的浓度增大，但平衡移动的趋势是微弱的，平衡移动消耗量远小于投入量的增大，最终导致X的转化率减小，C不符合题意；D．降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，导致Y的转化率增大，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.该反应是气体体积不变的反应；

B.催化剂不影响平衡状态；

C.增大X浓度，平衡正向移动，但X的转化率减小。11．【答案】D【解析】【解答】A．单位时间内生成nmolA2，同时消耗2nmolAB，都体现正反应的方向，未体现正与逆的关系，故A不符合题意；B．可逆反应只要反应发生就是反应物和生成物共存的体系，所以不一定是平衡状态，故B不符合题意；C．AB的消耗速率等于A2的消耗速率，速率之比不等于化学计量之比，故C不符合题意；D．容器中各组分的体积分数不随时间变化，说明反应体系中各物质的量不随时间的变化而变化，达平衡状态，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。12．【答案】B【解析】【解答】A．温度不变平衡常数不变，正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，所以三个容器中的平衡常数K1B．容器Ⅰ中起始浓度CH3OH为0.05mol·L-1、CO为0.05mol·L-1，容器Ⅱ中将CH3COOH转化为反应物，则起始浓度CH3OH为0.04mol·L-1C．容器Ⅲ中将CH3COOH转化为反应物，则容器Ⅲ中起始浓度CH3OH为0.05mol·L-1、CO为0.05mol·L-1，而容器Ⅰ中起始浓度CHD．由容器Ⅰ中数据可知该温度下的K=0.0251(0.05-0.0251)2=40，起始时向容器Ⅰ中充入2.0molCH故答案为：B。

【分析】A．温度不变平衡常数不变；B．根据影响化学平衡移动的因素分析；C．依据影响反应速率的因素分析；D．通过计算比较Qc与K的大小判断。13．【答案】A【解析】【解答】A．根据能量最低原理，能量越低越稳定，C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，为吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量，所以石墨比金刚石稳定，故A符合题意；B．对于反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)，分子数减小的反应，C．对于反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+D．对于可逆反应，当正逆反应速率相等且体系中各位物质的物质的量浓度保持不变时达平衡状态，对于反应：N2O4故答案为：A。

【分析】A.物质的能量越低越稳定；

B.根据ΔH−TΔS<0时反应自发进行分析；

C.缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动；

D.可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。14．【答案】D【解析】【解答】A．增大压强，单位体积内的活化分子数目增加，但活化分子总数不变，反应速率加快，A不符合题意；B．根据ΔG=ΔH−TΔS<0时反应能自发进行，已知ΔH<0、ΔS<0，则该反应在低温下能自发进行，B不符合题意；C．催化剂“中毒”是因吸附或沉积毒物而使催化剂活性降低或丧失的过程，因此为了防止混有的杂质使催化剂“中毒”，原料气必须经过净化，C不符合题意；D．合成氨为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，但采用500℃是为了加快反应速率，因此不能用勒夏特列原理解释，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．依据增大浓度、增大压强能增大单位体积内的活化分子数；升高温度、使用催化剂可以增大活化分子百分数。

B．根据ΔG=ΔH−TΔS<0分析；C．催化剂“中毒”是因吸附或沉积毒物而使催化剂活性降低或丧失的过程；D．依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。15．【答案】D【解析】【解答】A．因a、b酸的强弱不同，对一元强酸来说c(酸)=c(H+)，对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)，则a、b两种酸的酸性不同，所以溶液的物质的量浓度不相等，故A不符合题意B．由图可知，稀释相同倍数后，b的pH小，c(H+)大，则b酸的酸性强，故B不符合题意；C．若a是强酸，由1mL稀释到1000mL后溶液的pH=5，即a=5，不可能是a=6，故C不符合题意；D．a若是强酸，由1mL稀释到1000mL后溶液的pH=5，即a=5，现a和b都是弱酸，加水稀释时促进弱酸电离，所以溶液中pH为5＞a＞2，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】稀释相同的倍数，A的变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸来说c(酸)=c(H+)，但对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)。16．【答案】C【解析】【解答】NaOH、H2SO4抑制水的电离，NaCl不影响水的电离平衡，H2SO4为二元强酸，电离产生的c(故答案为：C。

【分析】酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。17．【答案】B【解析】【解答】A．NaHSO4是强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离NaHSOB．NH4ClC．NaHCO3是会水解的盐，在水溶液中碳酸根离子发生水解D．H2SO3是二元弱酸，在水溶液中电离故答案为：B。

【分析】A．强酸的酸式盐电离产生H+，使溶液呈酸性；BC．依据盐类水解规律，有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，两弱双水解分析。D．二元弱酸电离产生H+，使溶液呈酸性。18．【答案】B【解析】【解答】A．实验③中，由于存在平衡AgCl(s)+IB．实验③中，往AgCl白色沉淀中滴加1mL0.1mol/LKI溶液，由于存在平衡AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq)，且AgI的溶解度小于AgCl，则IC．实验②反应的离子方程式为Ag++I-D．往AgI沉淀中再滴加足量0.1mol/L的NaCl溶液后，可转变为白色，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A．沉淀转化平衡进行不到底；B．反应是可逆的；C．二者的反应物不同，离子方程式不同；D．通过计算比较Qc与K的大小判断。19．【答案】C【解析】【解答】A．食盐在水中电离出钠离子与氯离子，两者都不能结合水电离的氢离子或氢氧根离子，不能使氢离子或氢氧根离子浓度变化，平衡不移动，不影响水的电离，溶液呈中性，故A不符；B．加热时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，溶液仍然呈中性，故B不符；C．向水中加入少量CH3COONaD．向水中加入少量NH4N故答案为：C。

【分析】c(OH20．【答案】D【解析】【解答】A．AlCl3和NHB．NaClO溶液具有漂白性、不能用pH试纸测定该溶液的pH，B不符合；C．AlCl3、NHD．Na2CO3故答案为：D。

【分析】依据盐类水解规律，有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性判断。21．【答案】（1）CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O△H=-890.3kJ·mol-1；-283（2）N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ·mol-1（3）2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)△H=(Ea1-Ea2)kJ·mol-1；>；二【解析】【解答】（1））①由图可知1mol甲烷燃烧生成二氧化碳气体和水蒸气放出802kJ能量，且H2O（l）=H2O（g）ΔH=+44.0kJ•mol-1，因而甲烷的燃烧热化学反应方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-890.3kJ•mol-1；②根据①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-890.3kJ•mol-1，②CH4（g）+32O2（g）═CO（g）+2H2O（g）△H2=-607.3kJ•mol-1，依据盖斯定律②-①得到CO完全燃烧生成二氧化碳的热化学方程式为：CO（g）+12O2（g）═CO2（g）△H=（-890.3+607.3）kJ•mol-1=-283kJ•mol（2）反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=946kJ/mol+3×436kJ/mol-6×391kJ/mol=-92kJ•mol-1，则热化学方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ•mol-1。（3））①将第一步和第二步两步方程式相加，得到以氨气和二氧化碳气体为原料合成尿素的热化学方程式2NH3（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（NH2）2（s）△H=（Ea1-Ea2）kJ/mol；②由图象可知该反应中反应物总能量小于生成物总能量，属于吸热反应，所以ΔH＞0；③反应的速率主要取决于最慢的反应，最慢的反应主要是反应物活化能大，所以已知两步反应中第二步反应是生产尿素的决速步骤。

【分析】（1））①依据盖斯定律分析；

（2）热化学方程式能表示反应的热效应，反应的热效应与物质的状态、物质的量有关；

（3）①依据图中数据和盖斯定律分析；

②根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；

③反应的速率主要取决于最慢的反应，最慢的反应主要是反应物活化能大。22．【答案】（1）Mn2+；（2）5（3）生成的Mn（4）黄；正；橙色逐渐变浅【解析】【解答】（1）上述反应中草酸被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳、高锰酸根被还原为锰离子，反应的离子方程式为2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2（2）若实验①在2min末收集了4.48mLCO2(标准状况下)，二氧化碳的物质的量为0.0002mol，根据2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，反应消耗0.00004molMnO4−，则在2min末，c(MnO4−)=0（3）图乙中t1～t2时间内反应速率加快，主要原因可能是反应放热或产物Mn2+是反应的催化剂；（4）向K2Cr2O7溶液中加入30%NaOH溶液，氢离子浓度减小，Cr2O72−(橙色)+H2O⇌2CrO42−(黄色)+2H+平衡正向移动，溶液呈黄色；若向K2Cr2O7溶液中逐滴加入Ba(NO3

【分析】利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。23．【答案】解：①溶液中c（H+）=KWC(H+)=10-140.01答：0.01mol•L﹣1NaOH溶液的pH是12；②溶液中c（H+）=2c（H2SO4）=0.005mol/L×2=0.01mol/L，酸或碱抑制水电离，则水电离出的c（OH﹣）等于溶液中c（OH﹣）=KWC(H+)答：0.005mol•L﹣1H2SO4溶液中，水电离出的氢氧根浓度是10﹣12mol/L．【解析】【分析】①先计算溶液中c（H+），溶液的pH=﹣lgc（H+）；②先计算溶液中c（H+），酸或碱抑制水电离，则水电离出的c（OH﹣）等于溶液中c（OH﹣）=KW24．【答案】（1）10-12；水电离过程会吸收热量，温度升高，水电离平衡正向移动，导致水电离产生的c(H+)、c(OH-)都增大（2）b（3）酸；当滴加最后一滴标准酸溶液，溶液由浅红色变为无色，半分钟内溶液不再变为红色时，说明滴定达到终点；0.2000；无影响【解析】【解答】（1）根据图示可知：B点水的离子积Kw=c(H+)·c(OH-)=10-6mol/L×10-6mol/L=10-12(mol/L)2；水电离过程会吸收热量，温度升高，水电离平衡正向移动，导致水电离产生的c(H+)、c(OH-)都增大，因而水的离子积Kw增大；（2）a．在同一等温线上Kw相同，升高温度，水电离产生的c(H+)、c(OH-)都增大，水的离子积Kw增大；根据图示可知温度：T2＞T1，所以图中A、B、D三