2024-2025学年江西省部分学校高二上学期10月教学质量检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江西省部分学校2024-2025学年高二上学期10月教学质量检测考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：人教版选择性必修1第一章~第三章第一节。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.下列应用涉及的反应属于吸热反应的是A.煤油与液氧作为火箭推进剂 B.Al和Fe2O3反应焊接钢轨C.灼热的炭与CO2反应制CO D.乙炔与氧气反应用于切割金属【答案】C【解析】煤油属于烃类，与液氧反应生成二氧化碳和水是放热反应，A不符合；Al和Fe2O3反应是铝热反应，用于焊接钢轨属于放热反应，B不符合；灼热的碳与CO2反应属于吸热反应，C符合；乙炔属于烃类与氧气反应产生高温可用于切割金属，属于放热反应，D不符合；答案选C。2.速率控制在生产生活中较为常见。下列操作或措施与速率控制无关的是A.煅烧硫铁矿时将其粉碎 B.合成氨时采用高温条件C.食品抽真空包装 D.净水时加入明矾【答案】D【解析】煅烧硫铁矿时，将矿石粉碎会加快反应速率，与速率控制有关，A项错误；合成氨时采用高温条件可以提高反应速率和确保催化剂的活性。与速率控制有关，B项错误；食品抽真空包装，降低氧气浓度，减慢食物氧化速率，与速率控制有关，C项错误；‌‌明矾溶于水后形成的胶体能够吸附悬浮在水中的小颗粒杂质，使其聚集变大，从而便于通过沉淀去除‌，故净水时加入明矾的主要作用是吸附杂质，使杂质沉降。与速率控制无关，D项正确；答案选D。3.工业制氢原理：。改变下列条件能提高产生氢气的速率且提高活化分子百分率的是A.将炭块改炭粉 B.加入高效催化剂C.降低反应温度 D.增大水蒸气浓度【答案】B【解析】将炭块改为炭粉，可以增大C与H2O(g)的接触面积，可以使反应速率加快，但不能提高活化分子百分率，故A不符合题意；加入高效催化剂，可以降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，因此既能提高产生氢气的速率且也可以提高活化分子百分率，故B符合题意；降低反应温度，速率变慢，故C不符合题意；增大水蒸气浓度，可以加快反应速率，但不能提高活化分子百分率，故D不符合题意；故选B。4.下列说法中正确的是A.反应在任何温度下都不能自发进行B.知道了某过程有自发性之后，就能确定该过程一定会发生C.一定温度下，反应的ΔH>0ΔS>0D.在低温条件下能自发进行的反应在高温条件下也一定能自发进行【答案】C【解析】反应、，根据△G=△H－T△S＜0能自发进行，则该反应在低温下能自发进行，故A错误；某过程有自发性是在一定条件下，如低温自发、高温自发，但不可确定该过程是否一定会发生，故B错误；反应是熔融氯化钠的电解，是吸热反应，ΔH>0，而反应后气体分子数增多，是熵增加的过程，ΔS>0，故C正确；根据吉布斯自由能判据可知，某反应在低温条件下能自发进行，则该反应在高温条件下不一定能自发进行，故D错误；故选C。5.N2O5在一定温度下可发生反应：ΔH>0。T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气体，部分实验数据见下表：时间/s050010001500c(N2O5)/(mol·L-1)5.003.522.502.50下列说法错误的是A.500s内NO2的平均生成速率为5.92×10-3mol·L-1·s-1B.T1温度下发生该反应，N2O5的平衡转化率为50%C.T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，若T1>T2，则K1>K2D.平衡后，其他条件不变，将容器体积变为原来2倍，则c(N2O5)=1.25mol·L-1【答案】D【解析】依据图标数据分析计算500s内N2O5(g)消耗的浓度=5.00mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，则NO2的浓度增大2.96mol/L，的生成速率为=5.92×10-3mol·L-1·s-1，A项正确；T1温度下，达到平衡时N2O5的浓度降低2.5mol/L，N2O5的平衡转化率为=50%，B项正确；该反应的正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，若T1>T2，则K1>K2，C项正确；平衡后，其他条件不变，将容器体积变为原来的2倍，则等效为减压，平衡正向移动，则c(N2O5)＜1.25mol·L-1，D项错误；故选D。6.已知W→Z的能量变化与反应进程的关系如图所示：下列关于三个反应进程的说法错误的是A.生成Z的速率：Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ B.平衡时W的转化率：Ⅰ=Ⅱ=ⅢC.ΔH(Ⅰ)=ΔH(Ⅱ)=ΔH(Ⅲ) D.X、Y分别参与了进程Ⅱ、Ⅲ的反应【答案】A【解析】活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，所以生成Z的速率：Ⅱ>Ⅲ＞Ⅰ，A项错误；催化剂不影响平衡，所以平衡时W的转化率：Ⅰ=Ⅱ=Ⅲ，B项正确；据反应进程图可知，X与Y均为W→Z反应的催化剂，同一个反应的△H与反应历程无关，所以△H(Ⅰ)=△H(Ⅱ)=△H(Ⅲ)，C项正确；X和Y分别在反应进程Ⅱ、Ⅲ中参与反应，起催化作用，D项正确；故选A。7.用Na2CO3与醋酸(CH3COOH)反应可制取CO2。下列有关说法错误的是A电离方程式：H2CO32H++COB.该反应的离子方程式：CO+2CH3COOH＝2CH3COO-+H2O+CO2↑C.常温下，电离常数：K(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)D.向醋酸溶液中加水，醋酸电离程度增大【答案】A【解析】H2CO3是二元弱酸，电离时分两步电离，一次不能电离出两个H+，A项错误；Na2CO3与CH3COOH反应生成CH3COONa、H2O和CO2，CH3COOH是弱酸，在离子方程式中不能拆分，Na2CO3和CH3COONa属于可溶性盐类，均可拆分，根据反应方程式及拆分原则，可知离子方程式书写正确，符合原子守恒、电荷守恒等原则，B项正确；Na2CO3与CH3COOH反应生成CH3COONa、H2O和CO2，可知酸性：CH3COOH>H2CO3，弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，可知，C项正确；向醋酸溶液中加水，醋酸的浓度降低，越容易电离，电离程度增大，D项正确；答案选A。8.已知：①ΔH1=-2878kJ·mol-1；②ΔH2=-2869kJ·mol-1。下列说法错误的是A.CH3CH2CH2CH3与CH(CH3)3互为同分异构体B.稳定性：CH3CH2CH2CH3>CH(CH3)3C.CH3CH2CH2CH3(g)=CH(CH3)3(g)ΔH=-9kJ·mol-1D.反应①、②可分别表示CH3CH2CH2CH3、CH(CH3)3的燃烧热的热化学方程式【答案】B【解析】CH3CH2CH2CH3与CH(CH3)3二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，A正确；由反应①ΔH1=-2878kJ·mol-1；和②ΔH2=-2869kJ·mol-1，①-②可得：CH3CH2CH2CH3(g)=CH(CH3)3(g)ΔH=-9kJ·mol-1，该反应属于放热反应，等物质的量的CH3CH2CH2CH3(g)的能量大于CH(CH3)3(g)的能量，能量越低越稳定，稳定性CH3CH2CH2CH3<CH(CH3)3，B错误；由反应①-②可得：CH3CH2CH2CH3(g)=CH(CH3)3(g)ΔH=-9kJ·mol-1，C正确；燃烧热定义为1mol可燃物质充分燃烧生成指定的化合物的反应热，反应①、②可燃物系数为1，完全燃烧后生成二氧化碳和液态水，因此①、②可分别表示CH3CH2CH2CH3、CH(CH3)3的燃烧热的热化学方程式，D正确；答案选B。9.如图所示为工业合成氨的流程图。下列有关说法错误的是A.步骤①中“净化”是为了防止催化剂中毒B.步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率C.步骤③中“500℃”是催化剂催化活性的最佳温度D.步骤④、⑤不利于提高NH3的平衡产率【答案】D【解析】合成氨的反应为放热反应，低温有利于平衡正向移动，但是低温下，催化剂活性低，反应速率也低，因此综合考虑将温度设定在500℃并使用含铁催化剂进行催化反应，及时将产生的NH3液化分离出来以提高N2和H2的转化率，剩余的N2和H2再循环利用，据此判断各项；步骤①中“净化”是为了除去杂质，以防止催化剂中毒，A正确；合成氨反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正向移动，提高原料转化率，加压也可以提高反应速率，B正确；由图可知工业生产中，催化合成氨的反应温度为500℃，说明500℃是催化剂催化活性的最佳温度，C正确；步骤④液化分离出NH3，可以使平衡正向移动，有利于提高原料的平衡转化率；步骤⑤的循环再利用N2、H2，有利于提高原料的平衡转化率，所以步骤④、⑤有利于提高原料的的转化率，D错误；故选D。10.常温常压下，下列热化学方程式(ΔH的绝对值均正确)或有关结论正确的是选项已知条件热化学方程式或结论A同温同压下，分别在光照和点燃条件下发生反应反应的ΔH不同BΔH=-QkJ·mol-1(Q>0)增大压强平衡正向移动，放出的热量增大，Q增大CN2(g)与H2(g)反应生成2molNH3(g)时，放出热量92.4kJΔH=-92.4kJ·mol-1DΔH=-57.3kJ·mol-1ΔH=-57.3kJ·mol-1A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】同温同压下，同一反应的反应热△H相同，与引发反应的条件无关，故A错误；该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，放出的热量增大，但是反应热不会改变，即Q不变，故B错误；根据已知条件：1molN2(g)与3molH2(g)反应生成2molNH3(g)时，会放出92.4kJ的热量，可知热化学方程式为ΔH=-92.4kJ·mol-1，故C正确；CH3COOH、NH3·H2O为弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，电离过程需吸热，所以产生二者反应1molH2O(l)时放出热量小于57.3kJ，故D错误；故选C。11.下列实验操作、对应的现象能得出相应实验结论的是选项实验操作实验现象实验结论A常温下，向0.1mol·L-1Na2S溶液中滴加足量磷酸产生臭鸡蛋气味的气体磷酸为强酸B将蓝色石蕊试纸浸入HClO溶液中试纸变白色次氯酸为弱电解质，不能使指示剂变色C加热盛有CuCl2溶液的试管溶液变为黄绿色，冷却后变为蓝色[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O为放热反应D向甲、乙两支试管中各加入2mL10%的H2O2溶液，向乙试管中加入2滴1mol·L-1FeCl3溶液乙试管中产生气泡快当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】由题可知，Na2S和磷酸发生反应：Na2S+2H3PO4＝2NaH2PO4+H2S↑，根据强酸制弱酸原理，说明酸性：H3PO4＞H2S，不能说明H3PO4是强酸，A项错误；试纸不能浸入溶液中，且试纸变白色，说明次氯酸具有漂白性，与次氯酸是弱电解质无关，B项错误；溶液中存在[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O，升高温度，溶液变为黄绿色，即部分转化为[CuCl4]2-，说明平衡正向移动，该反应为吸热反应，C项错误；实验中变量为催化剂，可以证明当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率，D项正确；答案选D。12.常温下，加水稀释溶液，下列物理量保持不变的是A B.C. D.【答案】D【解析】加水稀释草酸溶液，促进草酸电离，氢离子浓度减小，电离常数不变，所以减小，A错误；加水稀释草酸溶液，促进草酸电离，氢离子的物质的量增加，草酸分子的物质的量减小，所以增大，B错误；加水稀释草酸溶液，促进草酸电离，但、的浓度减小，所以减小，C错误；温度不变，电离常数不变，所以不变，D正确；故选D。13.亚磷酸(H3PO3)是一种二元弱酸，常温下电离常数Ka1=1.0×10-2，Ka2=2.6×10-7。下列说法正确的是A.H3PO3与足量的NaOH溶液反应生成Na3PO3B.对亚磷酸溶液升温，溶液中c(H+)减小C.向亚磷酸溶液中加入少量NaOH固体，增大D.0.01mol·L-1的H3PO3溶液中c2(H2PO)＜c(H3PO3)·c(HPO)【答案】C【解析】已知亚磷酸(H3PO3)是一种二元弱酸，故与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，不能生成Na3PO3，A项错误；弱酸的电离过程是一个吸热过程，升高温度促进弱酸的电离，平衡正向移动，故对亚磷酸溶液升温，溶液中c(H+)增大，B项错误；向亚磷酸溶液中加入少量NaOH固体，溶液中c(H+)减小，电离平衡正向移动，根据亚磷酸的电离方程式H3PO3H2PO+H+可知，Ka1=，则，Ka1不变，c(H+)减小，则增大，C项正确；根据题给信息可知：H3PO3H2PO+H+Ka1=，H2POHPO+H+Ka2=，则＞1，即c2(H2PO)＞c(H3PO3)·c(HPO)，D项错误；答案选C。14.Ni/CeO2催化剂可实现CO2低温下甲烷化。发生的反应有：反应Ⅰ.ΔH1=+41kJ·mol-1；反应Ⅱ.ΔH2=-165kJ·mol-1；反应Ⅲ.ΔH3。将CO2与H2按照一定流速通过催化氧化管，测得CO2的平衡转化率与CH4的选择性[CH4选择性=×100%］随温度的变化情况如图所示。下列说法错误的是A.ΔH3=-206kJ·mol-1B.在X点条件下，延长反应时间能提高CO2的转化率C.其他条件不变，增大压强，CH4选择性增大D.350℃前，温度升高对反应Ⅰ影响程度大于Ⅱ【答案】B【解析】根据盖斯定律可知，反应Ⅲ=Ⅱ-Ⅰ，则ΔH3=ΔH2-ΔH1=-206kJ/mol，A正确；由图可知，X点在CO2的平衡转化率曲线上，反应已达到平衡状态，延长反应时间，二氧化碳的转化率不变，B错误；其他条件不变，增大压强，反应Ⅰ平衡不移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动，CH4的选择性增大，C正确；其他条件不变，350℃前，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO2转化率增大，说明温度升高对反应Ⅰ影响程度大于Ⅱ，D正确；故选B。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.化学反应中均伴随有能量变化。回答下列问题：（1）下列反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量的为_______(填字母)。A.Na2O2与水反应B.碳酸钙高温分解C.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应D.CO燃烧生成CO2（2）用CO2催化加氢可以制取乙烯：。若该反应体系的能量随反应过程变化关系如图所示，则该反应的ΔH=_______(用含a、b的式子表示)。（3）若适量H2(g)在1molO2(g)中充分燃烧，生成2molH2O(l)，放出571.6kJ的热量，则表示H2(g)燃烧热的热化学方程式为_______。（4）二甲醚(CH3OCH3)是重要的化工原料，也可用CO和H2制得，总反应的热化学方程式如下：ΔH=-206.0kJ·mol-1。工业中采用“一步法”，通过复合催化剂使下列甲醇合成和甲醇脱水反应同时进行：i.甲醇合成反应：_______。ii.甲醇脱水反应：ΔH=-24.0kJ·mol-1。①补全甲醇合成反应的热化学方程式：_______。②若起始时向容器中投入2molCO和4molH2，测得某时刻上述总反应中放出的热量为51.5kJ，此时CO的转化率为_______。（5）实验室用50mL0.50mol·L-1盐酸与50mL0.55mol·L-1NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定该反应过程中放出的热量计算中和反应的反应热。该装置还缺少一种玻璃仪器，该仪器名称为_______；若实验过程中分多次将NaOH溶液滴入盐酸中，则测定中和热数值会_______(填“偏大”或“偏小”)。【答案】（1）BC（2）-(b-a)kJ/mol（3）H2(g)+2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol（4）①.CO(g)+2H2(g)⇋CH3OH(g)△H=-91kJ/mol②.25%（5）①.玻璃搅拌器②.小于【解析】【小问1详解】反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应，Na2O2与水反应放热，CO燃烧生成CO2放热，AD不符合题意；CaCO3的分解反应吸热，Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应吸热，BC符合题意；【小问2详解】由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故反应放出热量，△H=-(b-a)kJ/mol；【小问3详解】25℃和101kPa时，1molH2完全燃烧生成液态水所放出的热量为H2的标准燃烧热，所以氢气的标准燃烧热△H=-286kJ/mol，表示H2(g)标准燃烧热的热化学方程式为H2(g)+2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol；【小问4详解】①总反应减去反应ⅱ可得甲醇合成反应，故甲醇合成反应的热化学方程式CO(g)+2H2(g)⇋CH3OH(g)△H=-91kJ/mol；②由总反应可知，2molCO反应放出热量206kJ，则当放出热量为51.5kJ时，反应了=0.5molCO，故CO转化率为；【小问5详解】酸碱混合反应需要搅拌，该装置缺少的玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒；醋酸是弱电解质，醋酸的电离过程吸热，所以0.1mol/L醋酸溶液与0.1mol/LNaOH溶液反应生成1mL水放出的热量小于57.3kJ。16.常温下，几种酸或碱的电离常数如表所示。酸或碱HCNH2CO3H3PO2(次磷酸)HFCH3NH2(甲胺)Ka或Kb6.2×10-104.5×10-7、4.7×10-115.9×10-26.3×10-44.2×10-4回答下列问题：（1）下列酸的酸性最强的是_____(填字母)。A.HCN B.H2CO3 C.H3PO2 D.HF（2）甲胺是一元弱碱，在水中电离方程式为，乙胺(H2NCH2CH2NH2)的第二步电离方程式为___________。（3）已知：①对0.1mol/LHF溶液适当加热，HF的电离程度___________(填“增大”“减小”或“不变”)。向HF溶液中滴加烧碱溶液，当c(HF)=10c(F-)时，c(H+)=_________mol/L。②如果用HF溶液替代盐酸测定中和反应热，测得ΔH会________(填字母)。A．偏高B．偏低C．无影响（4）在KCN溶液中通入少量CO2离子方程式为________。（5）次磷酸是一元酸，30mL0.1mol/LNaOH溶液和___________mL0.1mol·L-1溶液恰好完全反应。（6）H2CO3的Ka1大于Ka2，其原因是___________(从平衡移动角度分析)。【答案】（1）C（2）（3）①.减小②.6.3×10-3③.B（4）（5）30（6）第一步电离出的H⁺使溶液中c(H+)增大，使第二步电离向逆反应方向移动，抑制第二步电离【解析】电离常数越大，弱电解质电离程度越大，酸的酸性越强。【小问1详解】从表中数据可知电离常数：，酸性：，故答案为：C；【小问2详解】由甲胺是一元弱碱，在水中电离方程式为，可迁移到乙胺(H2NCH2CH2NH2)的的第一步电离方程式：，第二步电离方程式为，故答案为：；【小问3详解】①已知：升高温度，反应逆向进行，HF电离程度减小。已知，当时。②HF的电离放热，如果用HF溶液替代盐酸测定中和反应热，会使反应放出的热量增加。因为，放出的热量越多，越小。如果用HF溶液替代盐酸测定中和反应热，测得ΔH会偏低。故答案为：减小；；B；【小问4详解】酸性：，利用强酸制取弱酸原理可知碳酸制取HCN，反应生成碳酸氢钾和氢氰酸，对应离子方程式为：，故答案为：；【小问5详解】次磷酸是一元酸，NaOH和等物质的量时反应恰好完全生成和水。30mL0.1mol/LNaOH为0.003mol，所以需要为0.003mol，0.1mol·L-130mL，故答案为：30；【小问6详解】碳酸发生两步电离：，，第一步电离的H+使得第二步电离H+浓度增大，平衡逆向移动，使抑制了第二步电离的发生，致使，故答案为碳酸发生两步电离：，，第一步电离的H+抑制了第二步电离的发生。17.草酸(H2C2O4)为无色晶体，是一种二元弱酸，在实验研究和化学工业上有着广泛的应用。某化学实验小组设计实验探究H2C2O4的制备及有关性质实验。回答下列问题：Ⅰ.制备H2C2O4查阅资料，利用淀粉的水解液，在浓硫酸催化作用下用硝酸氧化可得H2C2O4(装置如图，加热及夹持仪器已省略)。（1）实验时_______(填“需要”或“不需要”)打开仪器乙的玻璃塞，仪器甲冷凝水须从下口通入，原因是_______。（2）反应温度控制不超过55℃，可采用的方法是_______。（3）下列可以证明H2C2O4是弱电解质的是_______(填字母)。A.向草酸溶液中滴加石蕊，溶液呈红色B.室温下，测得0.05mol·L-1的H2C2O4溶液中c(H+)≈10-3mol·L-1C.室温下，测得0.1mol·L-1的H2C2O4溶液导电能力比0.1mol·L-1的H2SO4溶液导电能力弱D.1molH2C2O4完全反应消耗2molNaOHⅡ.有关性质实验小组同学拟用Na2S2O8溶液与H2C2O4溶液的反应(用Mn2+，作指示剂)来探究“外界条件对化学反应速率的影响”，实验记录如下：编号T/℃V(0.20mol·L-1的H2C2O4溶液)/mLV(0.10mol·L-1的Na2S2O8溶液)/mLV(蒸馏水)/mL变色时间/s①252.08.00.0l1②252.05.0al2③252.0b2.0l3④302.08.00.0l4（4）Na2S2O8溶液与Mn2+反应，溶液立即呈紫红色，写出该反应的离子方程式：_______。（5）表格中a、b的数值分别为_______、_______，t1、t2、t3数值最大的是_______。（6）实验编号①④的目的是探究_______对化学反应速率的影响。【答案】（1）①.不需要②.确保冷凝管内充满水，提高冷凝效果（2）水浴加热（3）BC（4）2Mn2++5+8H2O=10+2+16H+（5）①.3.0②.6.0③.t2（6）温度【解析】制备H2C2O4时，将淀粉的水解液放入三颈烧瓶，提供55℃温度，在浓硫酸催化作用下用硝酸氧化葡萄糖，可得H2C2O4。为提高产率，本实验采用了冷凝回流装置。【小问1详解】仪器乙带有恒压管，能保持滴液漏斗内外压力相等，则实验时不需要打开仪器乙的玻璃塞；仪器甲用于冷凝蒸汽，此时冷凝管内应充满水，所以冷凝水须从下口通入，原因是：确保冷凝管内充满水，提高冷凝效果。【小问2详解】当加热温度不超过100℃时，常采用水浴加热。此反应温度控制不超过55℃，可采用的方法是：水浴加热。【小问3详解】向草酸溶液中滴加石蕊，溶液呈红色，证明草酸显酸性，但不能确定酸性的强弱，所以不能确定草酸为弱电解质，A不符合题意；室温下，测得0.05mol·L-1的H2C2O4溶液中c(H+)≈10-3mol·L-1，说明草酸没有发生完全电离，则为弱酸，所以能证明草酸为弱电解质，B符合题意；室温下，测得0.1mol·L-1的H2C2O4溶液导电能力比0.1mol·L-1的H2SO4溶液导电能力弱，说明草酸没有发生完全电离，则草酸为弱酸，所以能证明草酸为弱电解质，C符合题意；1molH2C2O4完全反应消耗2molNaOH，表明草酸为二元酸，但不能确定其酸性的强弱，所以不能证明草酸为弱电解质，D不符合题意；故选BC。【小问4详解】Na2S2O8溶液与Mn2+反应，溶液立即呈紫红色，则Mn2+被氧化为，被还原为，该反应的离子方程式：2Mn2++5+8H2O=10+2+16H+。【小问5详解】由表中溶液的温度和体积可以判断出，实验①②③是探究浓度对化学反应速率的影响，实验①④是探究温度对化学反应速率的影响。反应①②③中，混合溶液的体积都应为2.0mL+8.0mL=10.0mL，则表格中a、b的数值分别为3.0、6.0。实验①②③混合溶液中，H2C2O4的浓度相同，实验②中加入Na2S2O8溶液的体积最小，则Na2S2O8浓度最小，所以t1、t2、t3数值最大的是t2。【小问6详解】实验编号①④的两种反应物的浓度相同，温度不同，则目的是探究温度对化学反应速率的影响。18.随着研究的深入，科学家们开拓了甲烷在制氢、消除H2S污染等方面的应用。回答下列问题：（1）在催化剂的作用下，水蒸气将CH4氧化，反应过程中能量与反应过程的关系如图1所示。该反应的热化学方程式为_______。若在恒温恒容条件下，可作为该反应达到平衡状态的判断依据是_______(填字母)。A．混合气体密度不变B．容器内压强不变C．3v正(CH4)=v逆(H2)D．CH4与H2O(g)的反应速率之比保持不变（2）CH4消除H2S污染的反应为CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)ΔH<0(不考虑其它副反应)。在恒压条件下，以n(CH4):n(H2S)=1:2组成的混合气体发生反应，四种组分物质的量分数随时间的变化如图2所示。①图2中表示CH4、CS2变化的曲线分别是_______、_______(填“a”“b”“c”或“d”)②M点(对应纵坐标为0.25)H2S的转化率是_______。（3）甲烷部分催化氧化制备乙炔和氢气，反应原理为2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)ΔH=+754.8kJ·mol-1。①该反应在_______(填“较高”或“较低”)温度下能自发进行。②一定温度下，将1molCH4充入10L固定容积的容器中发生上述反应，实验测得反应前容器内压强为p0kPa，容器内各气体分压与时间的关系如图3所示。6~8min时，H2的浓度为_______mol·L-1，反应的平衡常数Kc=_______；若8min时改变的条件是缩小容器容积到5L，其中C2H2分压与时间的关系可用图中曲线_______(填“L1”“L2”“L3”或“L4”)表示。【答案】（1）①.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=+204kJ·mol-1②.BC（2）①.d②.b③.20%（3）①.较高②.0.06③.0.0012④.L2【解析】本题中涉及三个变化趋势图，图1较为简单，属于基础计算；图2在分析时注意a、b、c、d四条曲线的变化趋势，c、d线随时间变化由大变小，说明c、d是反应物，结合反应方程式，可知两条曲线具体表示的物质。a、b同理。M点为a、d交点，此时a、d所代表的物质的物质的量分数相等，均为0.25，计算时注意二者的关系。图3类比图2，根据分压的变化趋势，可知分压逐渐增大的是生成物，逐渐减小的是反应物，结合反应方程式，可知各物质的分压，根据分压比等于物质的量之比，可以计算出各物质的物质的量。【小问1详解】由图可知，1molCH4、1molH2O(g)生成1molCO和3molH2吸收热量：2582kJ-2378kJ=204kJ，故热化学方程式为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=+204kJ·mol-1；气体密度等于气体质量除以体积，反应时气体质量不变，体积不变，密度始终不变，所以不能作为反应达到平衡状态的判断依据，A项错误；该反应是气体分子数增大的反应，随着反应正向进行，气体的物质的量增大，容积不变，压强增大。则容器内气体压强不再改变，可作为反应达到平衡状态的判断依据，B项正确；根据反应方程式中的化学计量数，可知v逆(CH4):v逆(H2)=1:3，即3v逆(CH4)=v逆(H2)，根据题意有v正(CH4)=v逆(CH4)，说明此时反应达到平衡状态，故可以作为反应达到平衡状态的判断依据，C项正确；各物质的反应速率之比等于各物质的化学计量数之比，CH4与H2O(g)的反应速率之比为其化学计量数之比，始终保持不变，不能作为反应达到平衡状态的判断依据，D项错误；答案选BC。答案为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=+204kJ·mol-1；BC；【小问2详解】①分析四种组分物质的量分数随时间的变化图，可知，c、d的物质的量分数随反应的进行而逐渐减小，a、b的物质的量分数逐渐增大，根据反应的化学计量数，生成物中CS2的物质的量比H2小，则a表示H2，b表示CS2，因起始时投入的CH4和H2S的物质的量比为1:2，可知，c表示的是H2S，d表示的是CH4，故答案为：d；b；②M点对应纵坐标是0.25，即此时H2和CH4的物质的量分数均为0.25，起始时n(CH4):n(H2S)=1:2，设起始时n(CH4)为1mol，n(H2S)为2mol，转化的CH4为xmol，则有：根据M点时H2和CH4的物质的量分数均为0.25，可知，关系式1-x=4x，解得x=0.2，则H2S的转化率=。答案为：d；b；20%；【小问3详解】①该反应的ΔH＞0，ΔS＞0，由ΔG=ΔH-TΔS＜0的反应能自发进行，可知，该反应在较高温度下能自发进行。答案为：较高；②起始充入CH4的物质的量为1mol，压强为p0kPa，平衡时由压强比等于物质的量之比可知，CH4、C2H2、H2的物质的量分别为0.6mol、0.2mol、0.6mol，H2的浓度为，则反应的平衡常数Kc=；由图可知，容器的体积缩小到5L时，乙炔分压增大到原来的2倍，且该反应的正反应为气体分子数增大的反应，缩小容器容积平衡逆向移动，则曲线L2表示C2H2分压与时间的关系，答案为：0.06；0.0012；L2。江西省部分学校2024-2025学年高二上学期10月教学质量检测考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：人教版选择性必修1第一章~第三章第一节。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.下列应用涉及的反应属于吸热反应的是A.煤油与液氧作为火箭推进剂 B.Al和Fe2O3反应焊接钢轨C.灼热的炭与CO2反应制CO D.乙炔与氧气反应用于切割金属【答案】C【解析】煤油属于烃类，与液氧反应生成二氧化碳和水是放热反应，A不符合；Al和Fe2O3反应是铝热反应，用于焊接钢轨属于放热反应，B不符合；灼热的碳与CO2反应属于吸热反应，C符合；乙炔属于烃类与氧气反应产生高温可用于切割金属，属于放热反应，D不符合；答案选C。2.速率控制在生产生活中较为常见。下列操作或措施与速率控制无关的是A.煅烧硫铁矿时将其粉碎 B.合成氨时采用高温条件C.食品抽真空包装 D.净水时加入明矾【答案】D【解析】煅烧硫铁矿时，将矿石粉碎会加快反应速率，与速率控制有关，A项错误；合成氨时采用高温条件可以提高反应速率和确保催化剂的活性。与速率控制有关，B项错误；食品抽真空包装，降低氧气浓度，减慢食物氧化速率，与速率控制有关，C项错误；‌‌明矾溶于水后形成的胶体能够吸附悬浮在水中的小颗粒杂质，使其聚集变大，从而便于通过沉淀去除‌，故净水时加入明矾的主要作用是吸附杂质，使杂质沉降。与速率控制无关，D项正确；答案选D。3.工业制氢原理：。改变下列条件能提高产生氢气的速率且提高活化分子百分率的是A.将炭块改炭粉 B.加入高效催化剂C.降低反应温度 D.增大水蒸气浓度【答案】B【解析】将炭块改为炭粉，可以增大C与H2O(g)的接触面积，可以使反应速率加快，但不能提高活化分子百分率，故A不符合题意；加入高效催化剂，可以降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，因此既能提高产生氢气的速率且也可以提高活化分子百分率，故B符合题意；降低反应温度，速率变慢，故C不符合题意；增大水蒸气浓度，可以加快反应速率，但不能提高活化分子百分率，故D不符合题意；故选B。4.下列说法中正确的是A.反应在任何温度下都不能自发进行B.知道了某过程有自发性之后，就能确定该过程一定会发生C.一定温度下，反应的ΔH>0ΔS>0D.在低温条件下能自发进行的反应在高温条件下也一定能自发进行【答案】C【解析】反应、，根据△G=△H－T△S＜0能自发进行，则该反应在低温下能自发进行，故A错误；某过程有自发性是在一定条件下，如低温自发、高温自发，但不可确定该过程是否一定会发生，故B错误；反应是熔融氯化钠的电解，是吸热反应，ΔH>0，而反应后气体分子数增多，是熵增加的过程，ΔS>0，故C正确；根据吉布斯自由能判据可知，某反应在低温条件下能自发进行，则该反应在高温条件下不一定能自发进行，故D错误；故选C。5.N2O5在一定温度下可发生反应：ΔH>0。T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气体，部分实验数据见下表：时间/s050010001500c(N2O5)/(mol·L-1)5.003.522.502.50下列说法错误的是A.500s内NO2的平均生成速率为5.92×10-3mol·L-1·s-1B.T1温度下发生该反应，N2O5的平衡转化率为50%C.T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，若T1>T2，则K1>K2D.平衡后，其他条件不变，将容器体积变为原来2倍，则c(N2O5)=1.25mol·L-1【答案】D【解析】依据图标数据分析计算500s内N2O5(g)消耗的浓度=5.00mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，则NO2的浓度增大2.96mol/L，的生成速率为=5.92×10-3mol·L-1·s-1，A项正确；T1温度下，达到平衡时N2O5的浓度降低2.5mol/L，N2O5的平衡转化率为=50%，B项正确；该反应的正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，若T1>T2，则K1>K2，C项正确；平衡后，其他条件不变，将容器体积变为原来的2倍，则等效为减压，平衡正向移动，则c(N2O5)＜1.25mol·L-1，D项错误；故选D。6.已知W→Z的能量变化与反应进程的关系如图所示：下列关于三个反应进程的说法错误的是A.生成Z的速率：Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ B.平衡时W的转化率：Ⅰ=Ⅱ=ⅢC.ΔH(Ⅰ)=ΔH(Ⅱ)=ΔH(Ⅲ) D.X、Y分别参与了进程Ⅱ、Ⅲ的反应【答案】A【解析】活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，所以生成Z的速率：Ⅱ>Ⅲ＞Ⅰ，A项错误；催化剂不影响平衡，所以平衡时W的转化率：Ⅰ=Ⅱ=Ⅲ，B项正确；据反应进程图可知，X与Y均为W→Z反应的催化剂，同一个反应的△H与反应历程无关，所以△H(Ⅰ)=△H(Ⅱ)=△H(Ⅲ)，C项正确；X和Y分别在反应进程Ⅱ、Ⅲ中参与反应，起催化作用，D项正确；故选A。7.用Na2CO3与醋酸(CH3COOH)反应可制取CO2。下列有关说法错误的是A电离方程式：H2CO32H++COB.该反应的离子方程式：CO+2CH3COOH＝2CH3COO-+H2O+CO2↑C.常温下，电离常数：K(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)D.向醋酸溶液中加水，醋酸电离程度增大【答案】A【解析】H2CO3是二元弱酸，电离时分两步电离，一次不能电离出两个H+，A项错误；Na2CO3与CH3COOH反应生成CH3COONa、H2O和CO2，CH3COOH是弱酸，在离子方程式中不能拆分，Na2CO3和CH3COONa属于可溶性盐类，均可拆分，根据反应方程式及拆分原则，可知离子方程式书写正确，符合原子守恒、电荷守恒等原则，B项正确；Na2CO3与CH3COOH反应生成CH3COONa、H2O和CO2，可知酸性：CH3COOH>H2CO3，弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，可知，C项正确；向醋酸溶液中加水，醋酸的浓度降低，越容易电离，电离程度增大，D项正确；答案选A。8.已知：①ΔH1=-2878kJ·mol-1；②ΔH2=-2869kJ·mol-1。下列说法错误的是A.CH3CH2CH2CH3与CH(CH3)3互为同分异构体B.稳定性：CH3CH2CH2CH3>CH(CH3)3C.CH3CH2CH2CH3(g)=CH(CH3)3(g)ΔH=-9kJ·mol-1D.反应①、②可分别表示CH3CH2CH2CH3、CH(CH3)3的燃烧热的热化学方程式【答案】B【解析】CH3CH2CH2CH3与CH(CH3)3二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，A正确；由反应①ΔH1=-2878kJ·mol-1；和②ΔH2=-2869kJ·mol-1，①-②可得：CH3CH2CH2CH3(g)=CH(CH3)3(g)ΔH=-9kJ·mol-1，该反应属于放热反应，等物质的量的CH3CH2CH2CH3(g)的能量大于CH(CH3)3(g)的能量，能量越低越稳定，稳定性CH3CH2CH2CH3<CH(CH3)3，B错误；由反应①-②可得：CH3CH2CH2CH3(g)=CH(CH3)3(g)ΔH=-9kJ·mol-1，C正确；燃烧热定义为1mol可燃物质充分燃烧生成指定的化合物的反应热，反应①、②可燃物系数为1，完全燃烧后生成二氧化碳和液态水，因此①、②可分别表示CH3CH2CH2CH3、CH(CH3)3的燃烧热的热化学方程式，D正确；答案选B。9.如图所示为工业合成氨的流程图。下列有关说法错误的是A.步骤①中“净化”是为了防止催化剂中毒B.步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率C.步骤③中“500℃”是催化剂催化活性的最佳温度D.步骤④、⑤不利于提高NH3的平衡产率【答案】D【解析】合成氨的反应为放热反应，低温有利于平衡正向移动，但是低温下，催化剂活性低，反应速率也低，因此综合考虑将温度设定在500℃并使用含铁催化剂进行催化反应，及时将产生的NH3液化分离出来以提高N2和H2的转化率，剩余的N2和H2再循环利用，据此判断各项；步骤①中“净化”是为了除去杂质，以防止催化剂中毒，A正确；合成氨反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正向移动，提高原料转化率，加压也可以提高反应速率，B正确；由图可知工业生产中，催化合成氨的反应温度为500℃，说明500℃是催化剂催化活性的最佳温度，C正确；步骤④液化分离出NH3，可以使平衡正向移动，有利于提高原料的平衡转化率；步骤⑤的循环再利用N2、H2，有利于提高原料的平衡转化率，所以步骤④、⑤有利于提高原料的的转化率，D错误；故选D。10.常温常压下，下列热化学方程式(ΔH的绝对值均正确)或有关结论正确的是选项已知条件热化学方程式或结论A同温同压下，分别在光照和点燃条件下发生反应反应的ΔH不同BΔH=-QkJ·mol-1(Q>0)增大压强平衡正向移动，放出的热量增大，Q增大CN2(g)与H2(g)反应生成2molNH3(g)时，放出热量92.4kJΔH=-92.4kJ·mol-1DΔH=-57.3kJ·mol-1ΔH=-57.3kJ·mol-1A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】同温同压下，同一反应的反应热△H相同，与引发反应的条件无关，故A错误；该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，放出的热量增大，但是反应热不会改变，即Q不变，故B错误；根据已知条件：1molN2(g)与3molH2(g)反应生成2molNH3(g)时，会放出92.4kJ的热量，可知热化学方程式为ΔH=-92.4kJ·mol-1，故C正确；CH3COOH、NH3·H2O为弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，电离过程需吸热，所以产生二者反应1molH2O(l)时放出热量小于57.3kJ，故D错误；故选C。11.下列实验操作、对应的现象能得出相应实验结论的是选项实验操作实验现象实验结论A常温下，向0.1mol·L-1Na2S溶液中滴加足量磷酸产生臭鸡蛋气味的气体磷酸为强酸B将蓝色石蕊试纸浸入HClO溶液中试纸变白色次氯酸为弱电解质，不能使指示剂变色C加热盛有CuCl2溶液的试管溶液变为黄绿色，冷却后变为蓝色[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O为放热反应D向甲、乙两支试管中各加入2mL10%的H2O2溶液，向乙试管中加入2滴1mol·L-1FeCl3溶液乙试管中产生气泡快当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】由题可知，Na2S和磷酸发生反应：Na2S+2H3PO4＝2NaH2PO4+H2S↑，根据强酸制弱酸原理，说明酸性：H3PO4＞H2S，不能说明H3PO4是强酸，A项错误；试纸不能浸入溶液中，且试纸变白色，说明次氯酸具有漂白性，与次氯酸是弱电解质无关，B项错误；溶液中存在[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O，升高温度，溶液变为黄绿色，即部分转化为[CuCl4]2-，说明平衡正向移动，该反应为吸热反应，C项错误；实验中变量为催化剂，可以证明当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率，D项正确；答案选D。12.常温下，加水稀释溶液，下列物理量保持不变的是A B.C. D.【答案】D【解析】加水稀释草酸溶液，促进草酸电离，氢离子浓度减小，电离常数不变，所以减小，A错误；加水稀释草酸溶液，促进草酸电离，氢离子的物质的量增加，草酸分子的物质的量减小，所以增大，B错误；加水稀释草酸溶液，促进草酸电离，但、的浓度减小，所以减小，C错误；温度不变，电离常数不变，所以不变，D正确；故选D。13.亚磷酸(H3PO3)是一种二元弱酸，常温下电离常数Ka1=1.0×10-2，Ka2=2.6×10-7。下列说法正确的是A.H3PO3与足量的NaOH溶液反应生成Na3PO3B.对亚磷酸溶液升温，溶液中c(H+)减小C.向亚磷酸溶液中加入少量NaOH固体，增大D.0.01mol·L-1的H3PO3溶液中c2(H2PO)＜c(H3PO3)·c(HPO)【答案】C【解析】已知亚磷酸(H3PO3)是一种二元弱酸，故与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，不能生成Na3PO3，A项错误；弱酸的电离过程是一个吸热过程，升高温度促进弱酸的电离，平衡正向移动，故对亚磷酸溶液升温，溶液中c(H+)增大，B项错误；向亚磷酸溶液中加入少量NaOH固体，溶液中c(H+)减小，电离平衡正向移动，根据亚磷酸的电离方程式H3PO3H2PO+H+可知，Ka1=，则，Ka1不变，c(H+)减小，则增大，C项正确；根据题给信息可知：H3PO3H2PO+H+Ka1=，H2POHPO+H+Ka2=，则＞1，即c2(H2PO)＞c(H3PO3)·c(HPO)，D项错误；答案选C。14.Ni/CeO2催化剂可实现CO2低温下甲烷化。发生的反应有：反应Ⅰ.ΔH1=+41kJ·mol-1；反应Ⅱ.ΔH2=-165kJ·mol-1；反应Ⅲ.ΔH3。将CO2与H2按照一定流速通过催化氧化管，测得CO2的平衡转化率与CH4的选择性[CH4选择性=×100%］随温度的变化情况如图所示。下列说法错误的是A.ΔH3=-206kJ·mol-1B.在X点条件下，延长反应时间能提高CO2的转化率C.其他条件不变，增大压强，CH4选择性增大D.350℃前，温度升高对反应Ⅰ影响程度大于Ⅱ【答案】B【解析】根据盖斯定律可知，反应Ⅲ=Ⅱ-Ⅰ，则ΔH3=ΔH2-ΔH1=-206kJ/mol，A正确；由图可知，X点在CO2的平衡转化率曲线上，反应已达到平衡状态，延长反应时间，二氧化碳的转化率不变，B错误；其他条件不变，增大压强，反应Ⅰ平衡不移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动，CH4的选择性增大，C正确；其他条件不变，350℃前，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO2转化率增大，说明温度升高对反应Ⅰ影响程度大于Ⅱ，D正确；故选B。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.化学反应中均伴随有能量变化。回答下列问题：（1）下列反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量的为_______(填字母)。A.Na2O2与水反应B.碳酸钙高温分解C.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应D.CO燃烧生成CO2（2）用CO2催化加氢可以制取乙烯：。若该反应体系的能量随反应过程变化关系如图所示，则该反应的ΔH=_______(用含a、b的式子表示)。（3）若适量H2(g)在1molO2(g)中充分燃烧，生成2molH2O(l)，放出571.6kJ的热量，则表示H2(g)燃烧热的热化学方程式为_______。（4）二甲醚(CH3OCH3)是重要的化工原料，也可用CO和H2制得，总反应的热化学方程式如下：ΔH=-206.0kJ·mol-1。工业中采用“一步法”，通过复合催化剂使下列甲醇合成和甲醇脱水反应同时进行：i.甲醇合成反应：_______。ii.甲醇脱水反应：ΔH=-24.0kJ·mol-1。①补全甲醇合成反应的热化学方程式：_______。②若起始时向容器中投入2molCO和4molH2，测得某时刻上述总反应中放出的热量为51.5kJ，此时CO的转化率为_______。（5）实验室用50mL0.50mol·L-1盐酸与50mL0.55mol·L-1NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定该反应过程中放出的热量计算中和反应的反应热。该装置还缺少一种玻璃仪器，该仪器名称为_______；若实验过程中分多次将NaOH溶液滴入盐酸中，则测定中和热数值会_______(填“偏大”或“偏小”)。【答案】（1）BC（2）-(b-a)kJ/mol（3）H2(g)+2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol（4）①.CO(g)+2H2(g)⇋CH3OH(g)△H=-91kJ/mol②.25%（5）①.玻璃搅拌器②.小于【解析】【小问1详解】反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应，Na2O2与水反应放热，CO燃烧生成CO2放热，AD不符合题意；CaCO3的分解反应吸热，Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应吸热，BC符合题意；【小问2详解】由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故反应放出热量，△H=-(b-a)kJ/mol；【小问3详解】25℃和101kPa时，1molH2完全燃烧生成液态水所放出的热量为H2的标准燃烧热，所以氢气的标准燃烧热△H=-286kJ/mol，表示H2(g)标准燃烧热的热化学方程式为H2(g)+2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol；【小问4详解】①总反应减去反应ⅱ可得甲醇合成反应，故甲醇合成反应的热化学方程式CO(g)+2H2(g)⇋CH3OH(g)△H=-91kJ/mol；②由总反应可知，2molCO反应放出热量206kJ，则当放出热量为51.5kJ时，反应了=0.5molCO，故CO转化率为；【小问5详解】酸碱混合反应需要搅拌，该装置缺少的玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒；醋酸是弱电解质，醋酸的电离过程吸热，所以0.1mol/L醋酸溶液与0.1mol/LNaOH溶液反应生成1mL水放出的热量小于57.3kJ。16.常温下，几种酸或碱的电离常数如表所示。酸或碱HCNH2CO3H3PO2(次磷酸)HFCH3NH2(甲胺)Ka或Kb6.2×10-104.5×10-7、4.7×10-115.9×10-26.3×10-44.2×10-4回答下列问题：（1）下列酸的酸性最强的是_____(填字母)。A.HCN B.H2CO3 C.H3PO2 D.HF（2）甲胺是一元弱碱，在水中电离方程式为，乙胺(H2NCH2CH2NH2)的第二步电离方程式为___________。（3）已知：①对0.1mol/LHF溶液适当加热，HF的电离程度___________(填“增大”“减小”或“不变”)。向HF溶液中滴加烧碱溶液，当c(HF)=10c(F-)时，c(H+)=_________mol/L。②如果用HF溶液替代盐酸测定中和反应热，测得ΔH会________(填字母)。A．偏高B．偏低C．无影响（4）在KCN溶液中通入少量CO2离子方程式为________。（5）次磷酸是一元酸，30mL0.1mol/LNaOH溶液和___________mL0.1mol·L-1溶液恰好完全反应。（6）H2CO3的Ka1大于Ka2，其原因是___________(从平衡移动角度分析)。【答案】（1）C（2）（3）①.减小②.6.3×10-3③.B（4）（5）30（6）第一步电离出的H⁺使溶液中c(H+)增大，使第二步电离向逆反应方向移动，抑制第二步电离【解析】电离常数越大，弱电解质电离程度越大，酸的酸性越强。【小问1详解】从表中数据可知电离常数：，酸性：，故答案为：C；【小问2详解】由甲胺是一元弱碱，在水中电离方程式为，可迁移到乙胺(H2NCH2CH2NH2)的的第一步电离方程式：，第二步电离方程式为，故答案为：；【小问3详解】①已知：升高温度，反应逆向进行，HF电离程度减小。已知，当时。②HF的电离放热，如果用HF溶液替代盐酸测定中和反应热，会使反应放出的热量增加。因为，放出的热量越多，越小。如果用HF溶液替代盐酸测定中和反应热，测得ΔH会偏低。故答案为：减小；；B；【小问4详解】酸性：，利用强酸制取弱酸原理可知碳酸制取HCN，反应生成碳酸氢钾和氢氰酸，对应离子方程式为：，故答案为：；【小问5详解】次磷酸是一元酸，NaOH和等物质的量时反应恰好完全生成和水。30mL0.1mol/LNaOH为0.003mol，所以需要为0.003mol，0.1mol·L-130mL，故答案为：30；【小问6详解】碳酸发生两步电离：，，第一步电离的H+使得第二步电离H+浓度增大，平衡逆向移动，使抑制了第二步电离的发生，致使，故答案为碳酸发生两步电离：，，第一步电离的H+抑制了第二步电离的发生。17.草酸(H2C2O4)为无色晶体，是一种二元弱酸，在实验研究和化学工业上有着广泛的应用。某化学实验小组设计实验探究H2C2O4的制备及有关性质实验。回答下列问题：Ⅰ.制备H2C2O4查阅资料，利用淀粉的水解液，在浓硫酸催化作用下用硝酸氧化可得H2C2O4(装置如图，加热及夹持仪器已省略)。（1）实验时_______(填“需要”或“不需要”)打开仪器乙的玻璃塞，仪器甲冷凝水须从下口通入，原因是_______。（2）反应温度控制不超过55℃，可采用的方法是_______。（3）下列可以证明H2C2O4是弱电解质的是_______(填字母)。A.向草酸溶液中滴加石蕊，溶液呈红色B.室温下，测得0.05mol·L-1的H2C2O4溶液中c(H+)≈10-3mol·L-1C.室温下，测得0.1mol·L-1的H2C2O4溶液导电能力比0.1mol·L-1的H2SO4溶液导电能力弱D.1molH2C2O4完全反应消耗2molNaOHⅡ.有关性质实验小组同学拟用Na2S2O8溶液与H2C2O4溶液的反应(用Mn2+，作指示剂)来探究“外界条件对化学反应速率的影响”，实验记录如下：编号T/℃V(0.20mol·L-1的H2C2O4溶液)/mLV(0.10mol·L-1的Na2S2O8溶液)/mLV(蒸馏水)/mL变色时间/s①252.08.00.0l1②252.05.0al2③252.0b2.0l3④302.08.00.0l4（4）Na2S2O8溶液与Mn2+反应，溶液立即呈紫红色，写出该反应的离子方程式：_______。（5）表格中a、b的数值分别为_______、_______，t1、t2、t3数值最大的是_______。（6）实验编号①④的目的是探究_______对化学反应速率的影响。【答案】（1）①.不需要②.确保冷凝管内充满水，提高冷凝效果（2）水浴加热（3）BC（4）2Mn2++5+8H2O=10+2+16H+（5）①.3.0②.6.0③.t2（6）温度【解析】制备H2C2O4时，将淀粉的水解液放入三颈烧瓶，提供55℃温度，在浓硫酸催化作用下用硝酸氧化葡萄糖，可得H2C2O4。为提高产率，本实验采用了冷凝回流装置。【小问1详解】仪器乙带有恒压管，能保持滴液漏斗内外压力相等，则实验时不需要打开仪器乙的玻璃塞；仪器甲用于冷凝蒸汽，此时冷凝管内应充满水，所以冷凝水须从下口通入，原因是：确保冷凝管内充满水，提高冷凝效果。【小问2详解】当加热温度不超过100℃时，常采用水浴加热。此反应温度控制不超过55℃，可采用的方法是：水浴加热。【小问3详解】向草酸溶液中滴加石蕊，溶液呈红色，证明草酸显酸性，但不能确定酸性的强弱，所以不能确定草酸为弱电解质，A不符合题意；室温下，测得0.05mol·L-1的H2C2O4溶液中c(H+)≈10-3mol·L-1，说明草酸没有发生完全电离，则为弱酸，所以能证明草酸为弱电解质，B符合题意；室温下，测得0.1mol·L-1的H2C2O4溶液导电能力比0.1mol·L-1的H2SO4溶液导电能力弱，说明草酸没有发生完全电离，则草酸为弱酸，所以能证明草酸为弱电解质，C符合题意；1molH2C2O4完全反应消耗2molNaOH，表明草酸为二元酸，但不能确定其酸性的强弱，所以不能证明草酸为弱电解质，D不符合题意；故选BC。【小问4详解】Na2S2O8溶液