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2021-2022学年北京市第四十四中学高二上学期期中考试化学试题含解析
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这是一份2021-2022学年北京市第四十四中学高二上学期期中考试化学试题含解析，共34页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
北京市第四十四中学2021-2022学年高二上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列反应中，属于吸热反应的是
A．H2在Cl2中燃烧 B．Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体反应
C．NaOH与稀盐酸反应 D．Al与稀硫酸反应
【答案】B
【详解】A．H2在Cl2中燃烧反应产生HCl，同时放出热量，因此该反应是放热反应，A不符合题意；
B．Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体反应发生会吸收热量，使体系温度降低，因此该反应是吸热反应，B符合题意；
C．NaOH与稀盐酸发生中和反应会放出热量，使溶液温度升高，因此该反应为放热反应，C不符合题意；
D．Al与稀硫酸发生置换反应产生硫酸铝和氢气，同时放出热量，使溶液温度升高，因此该反应是放热反应，D不符合题意；
故合理选项是B。
2．下列物质属于弱电解质的是
A．NaCl B．NaOH C．NH3·H2O D．H2SO4
【答案】C
【详解】A．氯化钠在水溶液中完全电离，属于强电解质，故A不符合题意；
B．氢氧化钠在水溶液中完全电离，属于强电解质，故B不符合题意；
C．一水合氨在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故C符合题意；
D．硫酸在水溶液中完全电离，属于强电解质，故D不符合题意；
故选C。
3．改变下列条件，能使水的电离平衡向正方向移动的是
A．通入HCl气体 B．加入NaOH固体 C．升高温度 D．加入NaCl固体
【答案】C
【分析】H2O是极弱电解质，存在电离平衡：H2OH++OH-，根据操作及加入的物质在水中产生的微粒，分析水电离平衡移动方向。
【详解】A．向水中通入HCl气体，HCl溶于水电离产生H+，导致溶液中c(H+)增大，水电离受到抑制作用，最终使水的电离平衡逆向移动，A不符合题意；
B．加入NaOH固体，NaOH溶于水，电离产生OH-，使溶液中c(OH-)增大，水电离平衡受到抑制作用，水电离平衡逆向移动，B不符合题意；
C．H2O是弱电解质，电离过程会吸收热量，升高温度，水的电离平衡向吸热的电离方向移动，最终导致水的电离平衡向正方向移动，C符合题意；
D．加入NaCl固体，在水中NaCl电离产生Na+、Cl-，Na+、Cl-与水电离产生的离子之间不能发生任何反应，因此对水的电离平衡移动无影响，即加入NaCl固体水的电离平衡不移动，D不符合题意；
故合理选项是C。
4．已知： ，不同条件下反应过程能量变化如图所示。下列说法中不正确的是
A．反应的
B．过程b使用了催化剂
C．使用催化剂可以提高的平衡转化率
D．过程b发生两步反应，第一步为吸热反应
【答案】C
【详解】A．由图中信息可知，该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应为放热反应，反应的ΔH＜0，A正确；
B．使用催化剂可以降低反应的活化能，由图中信息可知，过程b的活化能比过程a的活化能低，因此可以判断过程b使用了催化剂，B正确；
C．催化剂可以同等程度地加快正反应速率和逆反应速率，不影响平衡移动，使用催化剂不能提高SO2的平衡转化率，C错误；
D．由图中信息可知，过程b发生两步反应，第一步生成中间产物，中间产物的总能量高于反应物的总能量，因此第一步为吸热反应，D正确；
答案选C。
5．一定量的气体在密闭容器中发生反应：xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，平衡时测得A的浓度为1.0mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达到新平衡后，测得A的浓度为0.60mol/L。下列有关判断不正确的是
A．平衡向正反应方向移动 B．x+y>z
C．物质B的转化率减小 D．物质C的质量分数减小
【答案】A
【分析】温度不变，容器的容积扩大到原来的2倍，若平衡不移动，A的浓度应为0.50 mol/L，而A的浓度为0.60 mol/L说明平衡向逆反应方向移动，逆反应是气体体积增大的方向，即x＋y>z，以此解题。
【详解】A．由分析可知，平衡逆向移动，A错误；
B．由分析可知x+y>z，B正确；
C．由分析可知，平衡逆向移动，则B的转化率减小，C正确；
D．由分析可知平衡逆向移动，则消耗物质C，物质C的质量分数减小，D正确；
故选A。
6．1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94KJ热量，此反应的热化学方程式为
A．C + H2O=CO + H2 ΔH=+131.3KJ·mol-1
B．C(s)+ H2O(g)=CO(g) + H2(g) ΔH=+10.94KJ·mol-1
C．C(s)+ H2O(l)=CO(g) + H2(g) ΔH= +131.3KJ·mol-1
D．C(s)+ H2O(g)=CO(g) + H2(g) ΔH=+131.3KJ·mol-1
【答案】D
【详解】1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94KJ热量，可知1molC完全反应吸热为12×10.94KJ=131.3KJ，则此反应的热化学方程式为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131kJ/mol或C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)-131.3KJ，
故选：D。
7．痛风病与关节滑液中形成的尿酸钠（NaUr）有关（NaUr增多，病情加重），其化学原理为：HUr(aq)+Na+(aq)NaUr(s)+H+(aq) ∆H＜0。下列说法不正确的是（ ）
A．寒冷季节更易诱发关节疼痛
B．大量饮水会增大痛风病发作的可能性
C．饮食中摄入过多食盐，会加重痛风病病情
D．患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物
【答案】B
【详解】A．寒冷季节温度降低，平衡正向移动，从而增大c(NaUr)，更易诱发关节疼痛，A正确；
B．大量饮水，会降低c(NaUr)，从而降低痛风病发作的风险，B不正确；
C．饮食中摄入过多食盐，会使平衡正向移动，c(NaUr)增大，加重痛风病病情，C正确；
D．患痛风病的人吃能代谢产生更多尿酸的食物，会增大c(NaUr)，所以应少吃，以减轻痛风病病情，D正确；
故选B。
8．下列溶液一定显酸性的是
A．c(H+)>10-7mol/L B．pH<7的溶液
C．c(H+)>c(OH-)的溶液 D．c(H+)=10-6mol/L
【答案】C
【详解】A．不确定温度，不确定溶液中氢离子浓度是否大于氢氧根离子浓度，不能判断溶液是否显酸性，A错误；
B．不确定溶液中氢离子浓度是否大于氢氧根离子浓度，不能判断溶液是否显酸性，B错误；
C．氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液显酸性，C正确；
D．不确定溶液中氢离子浓度是否大于氢氧根离子浓度，不能判断溶液是否显酸性，D错误；
故选C。
9．中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示。
已知：几种物质中化学键的键能如表所示。
化学键
H2O中H-O键
O2中O=O 键
H2中H-H键
H2O2中O-O键
H2O2中O-H键
键能kJ/mol
463
496
436
138
463
若反应过程中分解了2 mol水，则下列说法不正确的是A．总反应为2H2O2H2↑+O2↑ B．过程I吸收了926 kJ能量
C．过程II放出了574 kJ能量 D．过程Ⅲ属于放热反应
【答案】D
【详解】A．用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，则总反应为2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；
B．断裂化学键吸收能量，结合表中数据可知，过程Ⅰ吸收了463kJ×2=926kJ能量，故B正确；
C．形成化学键释放能量，则过程Ⅱ放出了436kJ+138kJ=574kJ能量，故C正确；
D．过程III 为1 mol 过氧化氢 生成1 mol 氧气和1 mol 氢气，吸收的能量大于放出的能量，该过程为吸热反应，，故D错误；
故答案选D。
10．25℃时，已知HClO和电离平衡常数：
HClO
根据提供的数据判断，下列离子方程式或化学方程式不正确的是A．向NaClO溶液中通入过量：
B．向NaClO溶液中通入少量：
C．向溶液中滴加过量氯水：
D．向溶液中滴加过量氯水：
【答案】B
【详解】A．由表中数据可知，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，故向NaClO溶液中通入CO2，应得到的是NaHCO3，故A正确；
B．根据表格数据可知，次氯酸的酸性比碳酸的酸性弱，比碳酸氢根离子的酸性强，则向NaClO溶液中通入CO2，应得到的是NaHCO3，而不是Na2CO3，故B错误；
C．氯水中有Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HCl可以和CO反应，使得平衡不断向右移动，最终生成HClO、CO2、Cl-，故C正确；
D．氯水中有Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HCl可以和HCO反应，使得平衡不断向右移动，最终生成HClO、CO2、Cl-，故D正确；
故选：B。
11．有一化学平衡mA(g)+nB(g)⇌pC(g)+qD(g)，图中表示A的转化率α(A)与压强、温度的关系。由此得出的正确结论是
A．正反应是吸热反应，m+n>p+q B．正反应是吸热反应，m+n
【分析】由图可知，升高温度转化率增大，增大压强转化率增大，则该反应为吸热、且气体体积减小的反应，以此来解答。
【详解】由图可知，相同温度下，压强越大，A的转化率越大，可知正反应为气体体积减小的反应，则m+n>p+q；相同压强时，温度越高，A的转化率越大，可知正反应为吸热反应，△H>0，故选：A。
12．下列不能用勒夏特列原理解释的是
A．H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深
B．红棕色NO2加压后颜色先变深后变浅
C．新制氯水在光照下颜色变浅
D．Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深
【答案】A
【详解】A．H2、I2、HI在密闭容器中存在化学平衡：H2(g)+I2(g)2HI(g)，该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，将平衡混合气加压后，由于气体的浓度增大，因此混合气体颜色变深，但化学平衡不发生移动，因此不能用勒夏特列原理解释，A符合题意；
B．红棕色NO2在密闭容器中存在化学平衡：2NO2(g)N2O4(g)，该反应的正反应是气体体积减小的反应，在其他条件不变时，增大压强，会使混合气体的浓度增大，混合气体颜色先变深，后来由于增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，最终达到平衡时体系中c(NO2)又有所减小，因此混合气体颜色又变浅，可以用勒夏特列原理解释，B不符合题意；
C．新制氯水中存在化学平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，光照时，HClO发生分解反应：2HClO2HCl+O2↑，c(HClO)减小，化学平衡正向移动，最终导致溶液中c(Cl2)减小，因此在光照下颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，C不符合题意；
D．在Fe(SCN)3溶液中存在化学平衡：Fe(SCN)3Fe3++3SCN-，加入固体KSCN后，溶液中c(SCN-)增大，化学平衡逆向移动，最终达到平衡后溶液中c[Fe(SCN)3]增大，因此混合溶液颜色变深，可以用勒夏特列原理解释，D不符合题意；
故合理选项是A。
13．工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯()：，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如下图所示。下列说法不正确的是
A．增大压强甲醇转化率增大
B．b点反应速率
C．平衡常数，反应速率
D．生产时反应温度控制在80～85℃为宜
【答案】B
【详解】A．该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，则甲醇转化率增大，故A正确；
B．根据图中曲线，最高点是达到平衡即，最高点以前的点都是未达到平衡的点，是正在建立平衡的点即b点反应速率，故B错误；
C．根据图中最高点以后的点，升高温度，平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，则平衡常数，温度越高化学反应速率越快即，故C正确；
D．根据图中曲线在80～85℃时，转化率最大，因此生产时反应温度控制在80～85℃为宜，故D正确。
综上所述，答案为B。
14．CH3OH是重要的化工原料,工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为:CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。按n(CO):n(H2)=1:2，向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是
A．p1
C．平衡常数:K(A)=K(B)
D．在C点时,CO转化率为75%
【答案】D
【分析】A．增大压强平衡向正反应方向移动；
B．由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的△H＜0；
C．平衡常数只与温度有关；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法进行数据分析计算．
【详解】A．由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；
B．图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故B错误；
C．A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始 1 2 0
变化 x 2x x
结束 1-x 2-2x x
在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x＋2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正确；
故选D。
15．我国科研人员提出了CO2和CH4转化为高附加产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。下列说法不正确的是
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C-C键
D．该催化剂不但能提高反应速率，还可以提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【详解】A．根据图示可知：1 mol甲烷和1 mol CO2反应生成1 molCH3COOH，生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%，A正确；
B．根据图中变化可知：甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一新的共价键，必有C-H键发生断裂，同时也有C=O键的断裂，B正确；
C．①→②的焓值降低，反应过程为放热过程，在此过程中有C-C键形成，C正确；
D．催化剂只加快反应速率而不能使化学平衡发生移动，因此不能提高反应物的平衡转化率，D错误；
故合理选项是D。
16．将0.2 mol·L－1的KI溶液和0.05 mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I－2Fe2++I2”的是
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AgNO3溶液
有黄色沉淀生成
③
滴入K3[Fe(CN)6]溶液
有蓝色沉淀生成
④
滴入淀粉溶液
溶液变蓝色
A．①和② B．②和④ C．③和④ D．①和③
【答案】D
【详解】将0.2mol⋅L−1的KI溶液和0.05mol⋅L−1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，n（I-）为n（Fe3+）的两倍，若要证明存在化学平衡“2Fe3++2I-2Fe2++I2”，一方面要证明发生了反应，另一方面要证明溶液中仍存在Fe3+。
①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中仍有Fe3+；
②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，说明溶液中仍有I−，但由于I-过量，过量的I-也能与Ag+产生黄色沉淀；
③溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液有蓝色沉淀生成，说明溶液中含有Fe2+，说明有Fe3+被还原成Fe2+；
④溶液中滴入淀粉溶液后溶液变蓝色，说明溶液中含I2，说明有I-被氧化成I2；
综上分析，答案选D。
【点睛】要想证明化学平衡“2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2”的存在，既要证明发生了反应，又要证明没有完全反应；注意：将0.2mol•L-1的KI溶液和0.05mol•L-1 Fe2（SO4）3等体积混合后，若完全反应，I-过量，所以不能检验混合液中是否含I-。
17．对一定温度下的容积固定的密闭容器中，可逆反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，达到平衡的标志是
A．压强不随时间的变化而变化 B．混合气的平均相对分子质量一定
C．生成n mol H2，同时生成2n mol HI D．v(H2)=v(I2)
【答案】C
【详解】A．该反应在恒温、恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；反应前后气体的物质的量不变，则反应体系中气体压强始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A错误；
B．反应前后气体的质量不变、气体的物质的量不变，则气体的平均摩尔质量不变，故混合气的平均相对分子质量始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，B错误；
C．生成n mol H2，就会反应消耗2n mol HI，又同时生成2n mol HI，则HI的物质的量不随时间而改变，故反应处于平衡状态，C正确；
D．未指明反应速率的正、逆，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，D错误；
故合理选项是C。
18．下列说法中，正确的是
A．凡是放热反应都是自发反应
B．能自发的化学反应就一定能发生并进行完全
C．熵增大的反应都是自发反应
D．判断反应进行的方向应综合考虑体系的焓变和熵变
【答案】D
【详解】A．反应自发进行的判断依据为△H-T△S<0，放热反应的△H<0，高温下的熵减小的反应，可有△H-T△S>0，为非自发进行的反应，A错误；
B．自发进行的反应实际需要一定的反应条件才能进行，不一定能实际发生，B错误；
C．反应自发进行的判断依据为△H-T△S<0，熵增大有利于反应自发进行，但熵增大的反应不一定都是自发反应，C错误；
D．判断反应进行的方向应综合考虑体系的焓变和熵变，当△H-T△S<0时，反应自发进行，D正确；
答案选D。
19．某同学研究浓度对化学平衡的影响，下列说法正确的是:已知：Cr2O（aq） + H2O（l）2CrO（aq）+ 2H＋（aq） △H＝+13.8 kJ/mol
待试管b 中颜色不变后与试管a 比较，溶液颜色变浅。滴加浓硫酸， 试管 c 温度略有升高，溶液颜色与试管 a 相比，变深。
A．该反应为氧化还原反应
B．待试管b中溶液颜色不变的目的是使Cr2O完全反应
C．试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度
D．该实验不能证明减小生成物浓度平衡正向移动
【答案】D
【详解】A．反应中元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B．试管b中溶液颜色不变的目的是使反应到达平衡，且可逆反应中反应物不能完全转化，故B错误；
C．试管c颜色变深，说明平衡逆向移动，而c中温度、氢离子浓度均变化，则c中的现象不能说明影响平衡的主要因素是温度，故C错误；
D．加入氢氧化钠溶液，可能溶液体积变大，使离子浓度减小导致颜色变浅的，不能证明减小生成物浓度使平衡正向移动，故D正确；
故答案选D。
20．在10 L密闭容器中充入气体X和Y，发生反应X（g）+Y（g）M（g）+N（g），所得实验数据如下表：
实验编号
温度／℃
起始时物质的量／mol
平衡时物质的量／mol
n（X）
n（Y）
n（M）
①
700
0.40
0.10
0.090
②
800
0.40
0.10
0.080
③
800
0.20
0.05
A
下列说法正确的是A．①中，若5 min末测得n（M）=0.050 mol，则0至5 min内，用N表示的平均反应速率v（N）=1.0×10－2 mol／（L·min）
B．③中，达到平衡时，Y的转化率为80％
C．800℃，该反应的平衡常数K=2.0
D．反应焓变H>0
【答案】B
【详解】A.v（N）=v（M）=Δc/Δt=0.05mol÷10L÷5min=1.0×10-3mol/（L•min），故A错误；
B.该反应前后气体总体积相同，压强对平衡无影响，③和②的投料比相同，即两次平衡是等效的，达到平衡时Y的转化率与②相同，为0.08mol/0.1mol×100%=80%，故B正确；
C. X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g）
起始浓度（mol/L） 0.01 0.04 0 0
转化浓度（mol/L） 0.008 0.008 0.008 0.008
平衡浓度（mol/L） 0.002 0.032 0.008 0.008
实验②中，该反应的平衡常数K=c（M）c（N）/c（X）c（Y）=0.008×0.008/0.002×0.032=1.0，故C错误；
D.由①和②可知温度升高时，平衡时n（M）下降，说明温度升高平衡逆向移动，所以该反应的ΔH＜0，故D错误。
故选B。
二、填空题
21．下图表示在密闭容器中反应：2SO2+O2⇌2SO3(g) △H<0，
(1)a时刻改变的条件可能是_______；
(2)b时刻改变的条件可能是_______；
(3)若增大压强时，反应速率变化情况画在c~d处_______。
【答案】(1)升温
(2)减小 SO3浓度
(3)
【解析】（1）
a时刻，改变条件后，v正、v逆都增大，说明改变的条件可能是增大压强或升高温度；改变条件后，v逆＞v正，说明平衡逆向移动，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动；同时，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故a时刻改变的条件可能是升高温度。
（2）
b时刻，改变条件后，v逆减小，v正不变，v正＞v逆平衡正向移动，则b时刻改变的条件可能是减小 SO3浓度。
（3）
增大压强，v正、v逆都增大；增大压强，平衡正向移动，v正＞v逆，且在建立新的平衡过程中，v正逐渐减小，v逆逐渐增大，最终v正=v逆，则增大压强时，反应速率变化情况为。
22．填空。
(1)已知：I.2NaOH(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+H2O(g) ΔH1=−127.4kJ·mol−1
II.NaOH(s)+CO2(g)=NaHCO3(s) ΔH2=−131.5kJ·mol−1
则NaHCO3晶体可制备碳酸钠的热化学方程式为：_______。
(2)NOx是汽车尾气中的主要污染物之一、汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：
写出该反应的△H=_______kJ·mol−1，随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是_______。(填“变大”“变小”或“不变”)。
【答案】(1)2NaHCO3(s) = Na2CO3(s) + CO2(g) + H2O(g) ΔH= +135.6 kJ·mol−1
(2) +183 kJ·mol−1 变大
【分析】(1)NaHCO3晶体制备碳酸钠，利用盖斯定律，将反应①−②×2计算；
(2)根据图示可知，该反应的反应热＝(945＋498)kJ/mol−2×630kJ/mol＝＋183kJ/mol，为吸热反应，温度升高，反应平衡向右移动， 化学平衡常数变大。
（1）
NaHCO3晶体制备碳酸钠，利用盖斯定律，将反应①−②×2计算；所以热化学方程式为2NaHCO3(s) = Na2CO3(s) + CO2(g) + H2O(g) ΔH= +135.6 kJ·mol−1；
故答案为2NaHCO3(s) = Na2CO3(s) + CO2(g) + H2O(g) ΔH= +135.6 kJ·mol−1；
（2）
由分析可知，N2和O2反应的反应热＝(945＋498)kJ/mol−2×630kJ/mol＝＋183kJ/mol，为吸热反应，温度升高，反应平衡向右移动， 化学平衡常数变大；
故答案为＋183kJ/mol，变大。
【点睛】本题涉及化学反应方程式、热化学反应方程式的书写等知识，题目难度中等，明确化学方程式、热化学方程式的书写原则为解答关键。
23．下列物质中：①Cl2、②CO2、③NH4Cl、④BaSO4、⑤CH3COONa、⑥NaHCO3⑦盐酸、⑧Ba(OH)2、⑨H2O、⑩CH3COOH
(1)属于强电解质的是_______，(填序号)
(2)弱电解质的是_______；(填序号)
(3)写出电离方程式：NaHCO3_______、CH3COOH_______。
(4)25℃，0.1mol/L的下列三种溶液①CH3COOH②HCl③H2SO4。pH由大到小的排列顺序是_______(填选项字母)；
A．①>②>③ B．③>②>① C．③>①=②
(5)浓度、体积相同①CH3COOH②HCl③H2SO4这三种溶液用NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH的物质的量的大小顺序是_______(填选项字母)。
A．①>②>③ B．③>②>① C．③>①=②
【答案】(1)③④⑤⑥⑧
(2)⑨⑩
(3)
(4)A
(5)C
【分析】强电解质在水溶液或熔融状态下能全部电离的电解质；弱电解质在水溶液或熔融状态下部分电离的电解质；且电解质和非电解质都是化合物；所以①为单质，既不是电解质，也不是非电解质；②CO2是非金属氧化物，属于非电解质；③④⑤⑥⑧为强电解质；⑦为混合物，既不是电解质，也不是非电解质；⑨⑩是弱电解质；据此答题。
（1）
根据分析可知，④⑤⑥⑧为强电解质；
故答案为④⑤⑥⑧；
（2）
根据分析可知，⑨⑩是弱电解质；
故答案为⑨⑩；
（3）
NaHCO3是盐，属于强电解质，电离方程式为，CH3COOH为弱电解质，电离方程式为；
故答案为，；
（4）
0.1mol/L的①CH3COOH、②HCl、③H2SO4，CH3COOH为弱电解质，H+浓度小于0.1mol/L；HCl为强电解质，H+浓度等于0.1mol/L；H2SO4为强电解质，且分子中含有两个可电离出的H，H+浓度等于0.2mol/L；氢离子浓度越大，酸性越强，pH越小，所以有pH大小为①>②>③；
故答案选A；
（5）
用NaOH溶液中和浓度、体积相同的①CH3COOH、②HCl、③H2SO4时，消耗的NaOH体积与可电离H+的浓度有关，可电离H+的浓度越大，消耗的NaOH体积越多，可电离H+的浓度为①=②<③；
故答案选C。
【点睛】本体主要考查电解质和非电解质的判断，强电解质和弱电解质的判断，掌握基本概念，熟悉物质性质是关键。
三、原理综合题
24．25℃时，反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H=+41kJ/mol
(1)某温度时，在2L密闭容器中，加入2molCO2和2molH2，该温度下反应10分钟达到平衡，其平衡常数K=1，则10分钟内v(H2)=_______，平衡时CO2的转化率为_______。
(2)能判断该反应是否已达平衡状态的依据是_______。
a.混合气体中n(CO)不变 b.v消耗(CO2)=v生成(CO) c.混合气的总物质的量不变
d.容器中压强不变 e.c(CO)=c(H2O)
(3)一定条件下的密闭容器中，反应达到平衡，要提高CO2的转化率，可以采取的措施是____。
a.向体系中通入CO2 b.降低温度 c.向体系中通入惰性气体
d.向体系中通入H2 e.加入催化剂
【答案】(1) v(H2)=0.05mol/(L·min) 50%
(2)a
(3)d
【解析】（1）
，x=0.5，10分钟内氢气的变化量为0.5mol/L,故v(H2)= 0.05mol/(L·min)，平衡时CO2的转化率为50%。
（2）
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H=+41kJ/mol，该反应是一个等体积的吸热反应。当混合气体中n(CO)不变时，该反应达到平衡状态；反应的任何阶段始终存在v消耗(CO2)=v生成(CO)；对于等体积反应，混合气的总物质的量和容器中的压强始终不变，故选a。
（3）
反应有氢气和二氧化碳两种反应物，向体系中通入CO2会降低其转化率，反而增加体系中氢气的用量会提高二氧化碳的转化率。根据勒夏特列原理降低温度平衡将会逆向移动，降低二氧化碳转化率；对于密闭容器中通入惰性气体，平衡不移动。加入催化剂会加快反应速率，但不影响平衡。故选d。
25．工业烟道气中含有的二氧化硫和氮氧化物是大气主要污染物，脱硫脱氮是环境治理的热点问题。回答下列问题：
(1)配平利用KMnO4脱除二氧化硫的离子方程式：_______。
□+□SO2+□H2O⇌□+□_______+□_______
加入CaCO3可以提高SO2去除率，原因是_______。
(2)CaSO3与Na2SO4混合浆液可用于脱除NO2，反应过程为：
I．CaSO3(s)+(aq)⇌CaSO4(s)+(aq)
II．(aq)+2NO2(g)+H2O(l)⇌(aq)+2(aq)+2H+(aq)
浆液中CaSO3质量一定时，Na2SO4的质量与NO2的去除率变化趋势如图所示。
a点后NO2去除率降低的原因是_______。
【答案】(1) 2+1SO2+2H2O⇌2+1+4H+ CaCO3与反应体系中的H+反应，降低c(H+)，同时生成的Ca2+与反应生成CaSO4，降低c()，有利于上述反应向右进行，从而提高SO2脱除率
(2)c()过高时，以反应II平衡向逆反应方向移动为主，降低NO2去除率
【解析】（1）
KMnO4具有强氧化性，SO2具有还原性，二者在溶液中发生氧化还原反应，产生K2MnO4、H2SO4，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：2+1SO2+2H2O⇌2+1+4H+；
加入CaCO3可以提高SO2去除率，这是由于酸性：H2SO4＞H2SO3＞H2CO3，CaCO3与反应体系中的H+反应，降低了溶液c(H+)，同时生成的Ca2+与反应生成CaSO4，降低c()，有利于上述反应向右进行，从而提高SO2脱除率；
（2）
根据图示可知：a点后NO2去除率降低，这是由于c()过高时，以反应II平衡向逆反应方向移动为主，导致体系中c(NO2)增大，从而降低NO2去除率。
26．合成氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。
(1)反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的化学平衡常数表达式为_______。
(2)请结合下列数据分析，工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮的原因是_______。
序号
化学反应
K(298K)的数值
①
N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)
5×10-31
②
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)
4.1×106
(3)对于反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，在一定条件下氨的平衡含量如下表。
温度/℃
压强/MPa
氨的平衡含量
200
10
81.5%
550
10
8.25%
①该反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。
②其他条件不变时，温度升高氨的平衡含量减小的原因是_______(填字母序号)。
a.温度升高，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆向移动
b.温度升高，浓度商(Q)变大，Q>K，平衡逆向移动
c.温度升高，活化分子数增多，反应速率加快
d.温度升高，K变小，平衡逆向移动
③哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是_______。
(4)一定温度下，在容积恒定的密闭容器中充入1mol氮气和3mol氢气，一段时间后达化学平衡状态。若保持其他条件不变，向上述平衡体系中再充入1mol氮气和3mol氢气，氮气的平衡转化率_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
(5)T℃时，在有催化剂的恒容密闭容器中充入N2和H2。下图为不同投料比[n(H2)/n(N2)]时某反应物X的平衡转化率变化曲线。
①反应物X是_______(填“N2”或“H2”)。
②判断依据是_______。
(6)在其他条件相同时，下图为分别测定不同压强、不同温度下，N2的平衡转化率。L表示_______，其中X1_______X2(填“>”或“<”)。
【答案】(1)
(2)氮气与氢气反应的限度(或化学平衡常数)远大于氮气与氧气反应的
(3) 放热 d 提高合成氨反应的化学反应速率(或其他合理答案)
(4)变大
(5) N2 增大H2的浓度可以提高N2的转化率，但不能提高自身转化率
(6) 压强 <
【分析】(1)根据化学平衡常数等于生成物浓度系数次方之积比反应物浓度系数次方之积书写平衡常数表达式；(2)根据表格数据，通过比较氮气与氢气和氮气与氧气两个反应的平衡常数回答；(3)①根据表格数据，升高温度，氨的平衡含量减小，结合温度对平衡的影响分析判断；②其他条件不变时，温度升高氨的平衡含量减小，是因为升高温度，平衡逆向移动的结果，据此分析判断；③尽管降低温度有利于氨的合成，但温度越低，反应速率越慢，建立平衡需要的时间越长，据此分析解答；(4)再平衡体系中再充入1 mol氮气和3 mol 氢气，相当于增大压强，结合压强对平衡的影响分析解答；（5）考查投料比对化学平衡的影响；（6）压强和温度对该可逆反应平衡的影响。
（1）
化学平衡常数等于生成物浓度系数次方之积比反应物浓度系数次方之积，故N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数表达式为K=；
（2）
根据表格数据，氮气与氢气反应的限度(或化学平衡常数)远大于氮气与氧气反应的，因此工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮；
（3）
①根据表格数据，升高温度，氨的平衡含量减小，说明N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，故答案为放热；
② a. 温度升高，正反应速率和逆反应速率均增大，故a错误；b. 温度升高，压强不变，浓度商(Q)不变，但K减小，使得Q > K，平衡逆向移动，故b错误；c. 温度升高，活化分子数百分数增大，活化分子数增多，反应速率加快，但没有解释氨的平衡含量减小的原因，故c错误；d. 温度升高，K变小，平衡逆向移动，使得氨的平衡含量减小，故d正确；故选d；
③尽管降低温度有利于氨的合成，但温度越低，反应速率越慢，建立平衡需要的时间越长，因此哈伯选用的条件是550℃、10 MPa，而非200℃、10 MPa，可能的原因是提高合成氨反应的化学反应速率，故答案为提高合成氨反应的化学反应速率；
（4）
一定温度下，在容积恒定的密闭容器中充入1 mol 氮气和3 mol氢气，一段时间后达化学平衡状态。若保持其他条件不变，向上述平衡体系中再充入1 mol氮气和3 mol 氢气，相当于增大压强，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡正向移动，氮气的平衡转化率变大，故答案为变大；
（5）
该反应有两种反应物，氢气和氮气，增大H2的浓度可以提高N2的转化率，但不能提高自身转化率
（6）
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)是一个气体体积缩小的放热反应，温度相同时，随着压强的增大，平衡正向移动，氮气的转化率增大；压强不变时，随着温度的升高，平衡逆向移动，氮气的转化率降低，故X1
(1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是____ 。
(2)利用上述反应制备760 g CH3CO3H，放出的热量为____kJ。
(3)取质量相等的冰醋酸和50% H2O2溶液混合均匀，在一定量硫酸催化下进行如下实验。
实验1：在25 ℃下，测定不同时间所得溶液中过氧乙酸的质量分数。数据如图1所示。
实验2：在不同温度下反应，测定24小时所得溶液中过氧乙酸的质量分数，数据如图2所示。
①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间，v(CH3CO3H)=____ g／h（用含m的代数式表示）。
②综合图1、图2分析，与20 ℃相比，25 ℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是_________。（写出2条）。
(4) SV-1、SV-2是两种常用于实验研究的病毒，粒径分别为40 nm和70 nm。病毒在水中可能会聚集成团簇。不同pH下，病毒团簇粒径及过氧乙酸对两种病毒的相对杀灭速率分别如图3、图4所示。
依据图3、图4分析，过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是______
【答案】 高浓度易爆炸（或不稳定，或易分解） 137 0.1m/6 温度升高，过氧乙酸分解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降 随着pH升高，SV-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快
【分析】（1）过氧乙酸(CH3CO3H)不稳定、易分解，高浓度易爆炸，为了安全市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%
(2) 利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算
(3) 结合图象分析计算
【详解】(1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是不稳定、易分解，高浓度易爆炸。
(2) 利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算。 利用上述反应制备760 g CH3CO3H，物质的量是10mol,所以放出的热量是方程式中反应热的10倍为137kJ。
(3) ①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间，v(CH3CO3H)=0.1
②综合图1、图2分析，与20 ℃相比，25 ℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是温度升高，过氧乙酸分解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降 。
（4）依据图3、图4分析，过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是随着pH升高，SV-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快。
四、实验题
28．某学习小组用硫酸酸化的FeSO4溶液探究Fe2+的稳定性，进行如图实验。
酸性
pH=1
pH=2
pH=3
pH=4
5小时后
淡绿色
略显橙色
浅红色
红色稍浑浊
(1)根据实验，Fe2+的稳定性与溶液酸性的关系是___________。
(2)已知：i
开始沉淀pH
沉淀完全pH
Fe2+
7.0
9.0
Fe3+
1.9
3.2
ii pH=4的溶液中发生反应：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+，依据以上信息分析5小时后pH=1的0.1mol·L-1 FeSO4溶液仍显淡绿色的原因是___________。
(3)测定0.1mol·L-1FeSO4溶液在pH=5.5条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图(实验过程中溶液温度几乎无变化)。反应0~10 min Fe2+氧化速率逐渐增大的原因可能是___________。
(4)配制硫酸亚铁溶液时为防止变质，将称取的硫酸亚铁晶体于烧杯中，加入___________，搅拌至完全溶解。
【答案】 溶液酸性越强，Fe2+越稳定 c(H+)越大，不利于反应正向进行，抑制Fe2+被氧化 pH=5.5时，反应生成的Fe(OH)3有加快反应的作用 pH<1的稀硫酸
【详解】(1)从表中数据可知，酸性越弱，5小时后溶液变色越明显，说明溶液酸性越强，Fe2+越稳定，故答案为：溶液酸性越强Fe2+越稳定；
(2)pH=1的溶液中c(H+)最大，溶液呈浅绿色，pH=4的溶液中c(H+)最小，溶液呈红色且浑浊，说明生成了Fe(OH)3，说明c(H+)越大，不利于反应正向进行，抑制Fe2+被氧化，故答案为：c(H+)越大，不利于反应正向进行，抑制Fe2+被氧化；
(3)对于该反而言，影响反应速率的因素有反应物的浓度、催化剂，随着反应的进行，反应物的浓度减小，反应速率减小，不符合图中曲线的走势，故影响氧化速率的是催化剂，且经排除后体系中5种物质，仅Fe(OH)3可以作催化剂，故0∼10min Fe2+氧化速率逐渐增大的原因可能是pH=5.5时，反应生成的Fe(OH)3有加快反应的作用，故答案为：pH=5.5时，反应生成的Fe(OH)3有加快反应的作用；
(4)根据题中的信息可知，pH=1的溶液中， Fe2+最稳定，故配制硫酸亚铁溶液时，须加入pH<1的稀硫酸，故答案为：pH<1的稀硫酸。
29．探究Fe3+具有较强的氧化性，用1 mol·L−1 FeCl3溶液与SO2进行实验。
（1）用如图所示装置进行实验（夹持装置略去）。
实验操作
实验现象
I
将装置A加热
A中铜片上有气泡；
B中有气泡，溶液很快变为红色
II
B中继续通入足量气体，溶液仍呈红色。停止通气，静置
15 min后，溶液由红色变为黄色；
60 min后，变为浅绿色
装置A中反应的化学方程式是________。
（2）取B中红色溶液，加入铁氰化钾，观察到________生成，B中有Fe2+生成。B中发生了2个反应，写出反应2的离子方程式：
反应1：Fe3+ + 6SO2Fe(SO2)63+（红色）； 反应2：________。
（3）B中溶液颜色由红色变为浅绿色的原因是________。
【答案】 Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+2H2O 蓝色沉淀 2Fe3+ + SO2 + 2H2O = 2Fe2++SO42- +4H+ 反应1达到平衡时，反应2仍未达到平衡，在建立平衡过程中，不断消耗反应1的反应物，使反应1逆向移动，从而使溶液最终由红色变浅绿色
【分析】该实验的目的是探究Fe3+的氧化性，用FeCl3溶液与SO2进行实验；其中A装置是SO2的发生装饰，B装置是探究Fe3+的氧化性的装置；
（1）A中的化学反应是Cu和浓H2SO4的反应；
（2）根据题中的信息可知，生成Fe2+用铁氰化钾检验，对应的现象是生成蓝色沉淀；实验的目的是探究Fe3+的氧化性，则反应2是SO2和Fe3+的反应；
（3）题中告知反应1是可逆反应，则可以根据平衡来回答问题。
【详解】（1）A装置为SO2的发生装置，发生的化学反应为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
（2）B中有Fe2+生成，则加入K3Fe(CN)6之后会生成Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀；Fe3+具有氧化性，SO2具有还原性，二者相遇还会发生氧化还原反应：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；
（3）B中溶液颜色由红色变为浅绿色是因为反应1达到平衡时，反应2仍未达到平衡，在建立平衡过程中，不断消耗反应1的反应物，使反应1逆向移动，从而使溶液最终由红色变浅绿色。
五、计算题
30．工业生产中用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：，对于反应A，下图是4种投料比[，分别为1：1、2：1、4：1、6：1]下，反应温度对HCl平衡转化率影响的曲线。
①曲线b对应的投料比是______。
②当曲线b、c、d对应的投料比达到相同的HCl平衡转化率时，对应的反应温度与投料比的关系是_____。
③投料比为2：1、温度为400℃时，平衡混合气中Cl2的物质的量分数是____。
【答案】 4：1 投料比越高时对应的反应温度越低 30.8%
【分析】①采用控制变量方法，利用浓度对化学平衡移动的影响分析；
②由图可知，当HCl的转化率相同时，温度由低到高对应的投料比为4：1、2：1、1：1，由此可确定温度与投料比的关系；
③依据物质反应中转化关系，计算平衡时各种气体的物质的量，进而可得平衡混合气中Cl2的物质的量分数。
【详解】①在其它条件不变时，O2的量越大，HCl的转化率越大，由此可确定a为6：1；b为4：1；c为2：1；d为1：1。则曲线b对应的投料比是4：1；
②根据图象可知：当曲线b、c、d对应的投料比达到相同的HCl平衡转化率时，温度由低到高对应的投料比为4：1、2：1、1：1，即对应的反应温度与投料比的关系是：投料比越高，对应的反应温度越低；投料比越低，则对应的反应温度就越高；
③由图可得出投料比为2：1、温度为400℃时，HCl的转化率为80%。假设开始投入的HCl为2 mol，O2为1 mol，发生反应4HCl+O2=2Cl2+2H2O，反应消耗HCl的物质的量是△n(HCl)=2 mol×80%=1.6 mol，则同时消耗0.4 mol O2，反应产生0.8 mol Cl2和0.8 mol H2O，平衡时各种气体的物质的量n(HCl)=2 mol-1.6 mol=0.4 mol，n(O2)=1 mol-0.4 mol=0.6 mol，n(Cl2)=n(H2O)=0.8 mol，此时混合气体总物质的量n(总)=0.4 mol+0.6 mol+0.8 mol+0.8 mol=2.6 mol，所以平衡混合气中Cl2的物质的量分数是×100%=30.8%。
北京市第四十四中学2021-2022学年高二上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列反应中，属于吸热反应的是
A．H2在Cl2中燃烧 B．Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体反应
C．NaOH与稀盐酸反应 D．Al与稀硫酸反应
【答案】B
【详解】A．H2在Cl2中燃烧反应产生HCl，同时放出热量，因此该反应是放热反应，A不符合题意；
B．Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体反应发生会吸收热量，使体系温度降低，因此该反应是吸热反应，B符合题意；
C．NaOH与稀盐酸发生中和反应会放出热量，使溶液温度升高，因此该反应为放热反应，C不符合题意；
D．Al与稀硫酸发生置换反应产生硫酸铝和氢气，同时放出热量，使溶液温度升高，因此该反应是放热反应，D不符合题意；
故合理选项是B。
2．下列物质属于弱电解质的是
A．NaCl B．NaOH C．NH3·H2O D．H2SO4
【答案】C
【详解】A．氯化钠在水溶液中完全电离，属于强电解质，故A不符合题意；
B．氢氧化钠在水溶液中完全电离，属于强电解质，故B不符合题意；
C．一水合氨在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故C符合题意；
D．硫酸在水溶液中完全电离，属于强电解质，故D不符合题意；
故选C。
3．改变下列条件，能使水的电离平衡向正方向移动的是
A．通入HCl气体 B．加入NaOH固体 C．升高温度 D．加入NaCl固体
【答案】C
【分析】H2O是极弱电解质，存在电离平衡：H2OH++OH-，根据操作及加入的物质在水中产生的微粒，分析水电离平衡移动方向。
【详解】A．向水中通入HCl气体，HCl溶于水电离产生H+，导致溶液中c(H+)增大，水电离受到抑制作用，最终使水的电离平衡逆向移动，A不符合题意；
B．加入NaOH固体，NaOH溶于水，电离产生OH-，使溶液中c(OH-)增大，水电离平衡受到抑制作用，水电离平衡逆向移动，B不符合题意；
C．H2O是弱电解质，电离过程会吸收热量，升高温度，水的电离平衡向吸热的电离方向移动，最终导致水的电离平衡向正方向移动，C符合题意；
D．加入NaCl固体，在水中NaCl电离产生Na+、Cl-，Na+、Cl-与水电离产生的离子之间不能发生任何反应，因此对水的电离平衡移动无影响，即加入NaCl固体水的电离平衡不移动，D不符合题意；
故合理选项是C。
4．已知： ，不同条件下反应过程能量变化如图所示。下列说法中不正确的是
A．反应的
B．过程b使用了催化剂
C．使用催化剂可以提高的平衡转化率
D．过程b发生两步反应，第一步为吸热反应
【答案】C
【详解】A．由图中信息可知，该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应为放热反应，反应的ΔH＜0，A正确；
B．使用催化剂可以降低反应的活化能，由图中信息可知，过程b的活化能比过程a的活化能低，因此可以判断过程b使用了催化剂，B正确；
C．催化剂可以同等程度地加快正反应速率和逆反应速率，不影响平衡移动，使用催化剂不能提高SO2的平衡转化率，C错误；
D．由图中信息可知，过程b发生两步反应，第一步生成中间产物，中间产物的总能量高于反应物的总能量，因此第一步为吸热反应，D正确；
答案选C。
5．一定量的气体在密闭容器中发生反应：xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，平衡时测得A的浓度为1.0mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达到新平衡后，测得A的浓度为0.60mol/L。下列有关判断不正确的是
A．平衡向正反应方向移动 B．x+y>z
C．物质B的转化率减小 D．物质C的质量分数减小
【答案】A
【分析】温度不变，容器的容积扩大到原来的2倍，若平衡不移动，A的浓度应为0.50 mol/L，而A的浓度为0.60 mol/L说明平衡向逆反应方向移动，逆反应是气体体积增大的方向，即x＋y>z，以此解题。
【详解】A．由分析可知，平衡逆向移动，A错误；
B．由分析可知x+y>z，B正确；
C．由分析可知，平衡逆向移动，则B的转化率减小，C正确；
D．由分析可知平衡逆向移动，则消耗物质C，物质C的质量分数减小，D正确；
故选A。
6．1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94KJ热量，此反应的热化学方程式为
A．C + H2O=CO + H2 ΔH=+131.3KJ·mol-1
B．C(s)+ H2O(g)=CO(g) + H2(g) ΔH=+10.94KJ·mol-1
C．C(s)+ H2O(l)=CO(g) + H2(g) ΔH= +131.3KJ·mol-1
D．C(s)+ H2O(g)=CO(g) + H2(g) ΔH=+131.3KJ·mol-1
【答案】D
【详解】1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94KJ热量，可知1molC完全反应吸热为12×10.94KJ=131.3KJ，则此反应的热化学方程式为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131kJ/mol或C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)-131.3KJ，
故选：D。
7．痛风病与关节滑液中形成的尿酸钠（NaUr）有关（NaUr增多，病情加重），其化学原理为：HUr(aq)+Na+(aq)NaUr(s)+H+(aq) ∆H＜0。下列说法不正确的是（ ）
A．寒冷季节更易诱发关节疼痛
B．大量饮水会增大痛风病发作的可能性
C．饮食中摄入过多食盐，会加重痛风病病情
D．患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物
【答案】B
【详解】A．寒冷季节温度降低，平衡正向移动，从而增大c(NaUr)，更易诱发关节疼痛，A正确；
B．大量饮水，会降低c(NaUr)，从而降低痛风病发作的风险，B不正确；
C．饮食中摄入过多食盐，会使平衡正向移动，c(NaUr)增大，加重痛风病病情，C正确；
D．患痛风病的人吃能代谢产生更多尿酸的食物，会增大c(NaUr)，所以应少吃，以减轻痛风病病情，D正确；
故选B。
8．下列溶液一定显酸性的是
A．c(H+)>10-7mol/L B．pH<7的溶液
C．c(H+)>c(OH-)的溶液 D．c(H+)=10-6mol/L
【答案】C
【详解】A．不确定温度，不确定溶液中氢离子浓度是否大于氢氧根离子浓度，不能判断溶液是否显酸性，A错误；
B．不确定溶液中氢离子浓度是否大于氢氧根离子浓度，不能判断溶液是否显酸性，B错误；
C．氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液显酸性，C正确；
D．不确定溶液中氢离子浓度是否大于氢氧根离子浓度，不能判断溶液是否显酸性，D错误；
故选C。
9．中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示。
已知：几种物质中化学键的键能如表所示。
化学键
H2O中H-O键
O2中O=O 键
H2中H-H键
H2O2中O-O键
H2O2中O-H键
键能kJ/mol
463
496
436
138
463
若反应过程中分解了2 mol水，则下列说法不正确的是A．总反应为2H2O2H2↑+O2↑ B．过程I吸收了926 kJ能量
C．过程II放出了574 kJ能量 D．过程Ⅲ属于放热反应
【答案】D
【详解】A．用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，则总反应为2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；
B．断裂化学键吸收能量，结合表中数据可知，过程Ⅰ吸收了463kJ×2=926kJ能量，故B正确；
C．形成化学键释放能量，则过程Ⅱ放出了436kJ+138kJ=574kJ能量，故C正确；
D．过程III 为1 mol 过氧化氢 生成1 mol 氧气和1 mol 氢气，吸收的能量大于放出的能量，该过程为吸热反应，，故D错误；
故答案选D。
10．25℃时，已知HClO和电离平衡常数：
HClO
根据提供的数据判断，下列离子方程式或化学方程式不正确的是A．向NaClO溶液中通入过量：
B．向NaClO溶液中通入少量：
C．向溶液中滴加过量氯水：
D．向溶液中滴加过量氯水：
【答案】B
【详解】A．由表中数据可知，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，故向NaClO溶液中通入CO2，应得到的是NaHCO3，故A正确；
B．根据表格数据可知，次氯酸的酸性比碳酸的酸性弱，比碳酸氢根离子的酸性强，则向NaClO溶液中通入CO2，应得到的是NaHCO3，而不是Na2CO3，故B错误；
C．氯水中有Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HCl可以和CO反应，使得平衡不断向右移动，最终生成HClO、CO2、Cl-，故C正确；
D．氯水中有Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HCl可以和HCO反应，使得平衡不断向右移动，最终生成HClO、CO2、Cl-，故D正确；
故选：B。
11．有一化学平衡mA(g)+nB(g)⇌pC(g)+qD(g)，图中表示A的转化率α(A)与压强、温度的关系。由此得出的正确结论是
A．正反应是吸热反应，m+n>p+q B．正反应是吸热反应，m+n
【分析】由图可知，升高温度转化率增大，增大压强转化率增大，则该反应为吸热、且气体体积减小的反应，以此来解答。
【详解】由图可知，相同温度下，压强越大，A的转化率越大，可知正反应为气体体积减小的反应，则m+n>p+q；相同压强时，温度越高，A的转化率越大，可知正反应为吸热反应，△H>0，故选：A。
12．下列不能用勒夏特列原理解释的是
A．H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深
B．红棕色NO2加压后颜色先变深后变浅
C．新制氯水在光照下颜色变浅
D．Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深
【答案】A
【详解】A．H2、I2、HI在密闭容器中存在化学平衡：H2(g)+I2(g)2HI(g)，该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，将平衡混合气加压后，由于气体的浓度增大，因此混合气体颜色变深，但化学平衡不发生移动，因此不能用勒夏特列原理解释，A符合题意；
B．红棕色NO2在密闭容器中存在化学平衡：2NO2(g)N2O4(g)，该反应的正反应是气体体积减小的反应，在其他条件不变时，增大压强，会使混合气体的浓度增大，混合气体颜色先变深，后来由于增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，最终达到平衡时体系中c(NO2)又有所减小，因此混合气体颜色又变浅，可以用勒夏特列原理解释，B不符合题意；
C．新制氯水中存在化学平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，光照时，HClO发生分解反应：2HClO2HCl+O2↑，c(HClO)减小，化学平衡正向移动，最终导致溶液中c(Cl2)减小，因此在光照下颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，C不符合题意；
D．在Fe(SCN)3溶液中存在化学平衡：Fe(SCN)3Fe3++3SCN-，加入固体KSCN后，溶液中c(SCN-)增大，化学平衡逆向移动，最终达到平衡后溶液中c[Fe(SCN)3]增大，因此混合溶液颜色变深，可以用勒夏特列原理解释，D不符合题意；
故合理选项是A。
13．工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯()：，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如下图所示。下列说法不正确的是
A．增大压强甲醇转化率增大
B．b点反应速率
C．平衡常数，反应速率
D．生产时反应温度控制在80～85℃为宜
【答案】B
【详解】A．该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，则甲醇转化率增大，故A正确；
B．根据图中曲线，最高点是达到平衡即，最高点以前的点都是未达到平衡的点，是正在建立平衡的点即b点反应速率，故B错误；
C．根据图中最高点以后的点，升高温度，平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，则平衡常数，温度越高化学反应速率越快即，故C正确；
D．根据图中曲线在80～85℃时，转化率最大，因此生产时反应温度控制在80～85℃为宜，故D正确。
综上所述，答案为B。
14．CH3OH是重要的化工原料,工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为:CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。按n(CO):n(H2)=1:2，向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是
A．p1
C．平衡常数:K(A)=K(B)
D．在C点时,CO转化率为75%
【答案】D
【分析】A．增大压强平衡向正反应方向移动；
B．由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的△H＜0；
C．平衡常数只与温度有关；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法进行数据分析计算．
【详解】A．由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；
B．图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故B错误；
C．A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始 1 2 0
变化 x 2x x
结束 1-x 2-2x x
在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x＋2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正确；
故选D。
15．我国科研人员提出了CO2和CH4转化为高附加产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。下列说法不正确的是
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C-C键
D．该催化剂不但能提高反应速率，还可以提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【详解】A．根据图示可知：1 mol甲烷和1 mol CO2反应生成1 molCH3COOH，生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%，A正确；
B．根据图中变化可知：甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一新的共价键，必有C-H键发生断裂，同时也有C=O键的断裂，B正确；
C．①→②的焓值降低，反应过程为放热过程，在此过程中有C-C键形成，C正确；
D．催化剂只加快反应速率而不能使化学平衡发生移动，因此不能提高反应物的平衡转化率，D错误；
故合理选项是D。
16．将0.2 mol·L－1的KI溶液和0.05 mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I－2Fe2++I2”的是
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AgNO3溶液
有黄色沉淀生成
③
滴入K3[Fe(CN)6]溶液
有蓝色沉淀生成
④
滴入淀粉溶液
溶液变蓝色
A．①和② B．②和④ C．③和④ D．①和③
【答案】D
【详解】将0.2mol⋅L−1的KI溶液和0.05mol⋅L−1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，n（I-）为n（Fe3+）的两倍，若要证明存在化学平衡“2Fe3++2I-2Fe2++I2”，一方面要证明发生了反应，另一方面要证明溶液中仍存在Fe3+。
①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中仍有Fe3+；
②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，说明溶液中仍有I−，但由于I-过量，过量的I-也能与Ag+产生黄色沉淀；
③溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液有蓝色沉淀生成，说明溶液中含有Fe2+，说明有Fe3+被还原成Fe2+；
④溶液中滴入淀粉溶液后溶液变蓝色，说明溶液中含I2，说明有I-被氧化成I2；
综上分析，答案选D。
【点睛】要想证明化学平衡“2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2”的存在，既要证明发生了反应，又要证明没有完全反应；注意：将0.2mol•L-1的KI溶液和0.05mol•L-1 Fe2（SO4）3等体积混合后，若完全反应，I-过量，所以不能检验混合液中是否含I-。
17．对一定温度下的容积固定的密闭容器中，可逆反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，达到平衡的标志是
A．压强不随时间的变化而变化 B．混合气的平均相对分子质量一定
C．生成n mol H2，同时生成2n mol HI D．v(H2)=v(I2)
【答案】C
【详解】A．该反应在恒温、恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；反应前后气体的物质的量不变，则反应体系中气体压强始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A错误；
B．反应前后气体的质量不变、气体的物质的量不变，则气体的平均摩尔质量不变，故混合气的平均相对分子质量始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，B错误；
C．生成n mol H2，就会反应消耗2n mol HI，又同时生成2n mol HI，则HI的物质的量不随时间而改变，故反应处于平衡状态，C正确；
D．未指明反应速率的正、逆，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，D错误；
故合理选项是C。
18．下列说法中，正确的是
A．凡是放热反应都是自发反应
B．能自发的化学反应就一定能发生并进行完全
C．熵增大的反应都是自发反应
D．判断反应进行的方向应综合考虑体系的焓变和熵变
【答案】D
【详解】A．反应自发进行的判断依据为△H-T△S<0，放热反应的△H<0，高温下的熵减小的反应，可有△H-T△S>0，为非自发进行的反应，A错误；
B．自发进行的反应实际需要一定的反应条件才能进行，不一定能实际发生，B错误；
C．反应自发进行的判断依据为△H-T△S<0，熵增大有利于反应自发进行，但熵增大的反应不一定都是自发反应，C错误；
D．判断反应进行的方向应综合考虑体系的焓变和熵变，当△H-T△S<0时，反应自发进行，D正确；
答案选D。
19．某同学研究浓度对化学平衡的影响，下列说法正确的是:已知：Cr2O（aq） + H2O（l）2CrO（aq）+ 2H＋（aq） △H＝+13.8 kJ/mol
待试管b 中颜色不变后与试管a 比较，溶液颜色变浅。滴加浓硫酸， 试管 c 温度略有升高，溶液颜色与试管 a 相比，变深。
A．该反应为氧化还原反应
B．待试管b中溶液颜色不变的目的是使Cr2O完全反应
C．试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度
D．该实验不能证明减小生成物浓度平衡正向移动
【答案】D
【详解】A．反应中元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B．试管b中溶液颜色不变的目的是使反应到达平衡，且可逆反应中反应物不能完全转化，故B错误；
C．试管c颜色变深，说明平衡逆向移动，而c中温度、氢离子浓度均变化，则c中的现象不能说明影响平衡的主要因素是温度，故C错误；
D．加入氢氧化钠溶液，可能溶液体积变大，使离子浓度减小导致颜色变浅的，不能证明减小生成物浓度使平衡正向移动，故D正确；
故答案选D。
20．在10 L密闭容器中充入气体X和Y，发生反应X（g）+Y（g）M（g）+N（g），所得实验数据如下表：
实验编号
温度／℃
起始时物质的量／mol
平衡时物质的量／mol
n（X）
n（Y）
n（M）
①
700
0.40
0.10
0.090
②
800
0.40
0.10
0.080
③
800
0.20
0.05
A
下列说法正确的是A．①中，若5 min末测得n（M）=0.050 mol，则0至5 min内，用N表示的平均反应速率v（N）=1.0×10－2 mol／（L·min）
B．③中，达到平衡时，Y的转化率为80％
C．800℃，该反应的平衡常数K=2.0
D．反应焓变H>0
【答案】B
【详解】A.v（N）=v（M）=Δc/Δt=0.05mol÷10L÷5min=1.0×10-3mol/（L•min），故A错误；
B.该反应前后气体总体积相同，压强对平衡无影响，③和②的投料比相同，即两次平衡是等效的，达到平衡时Y的转化率与②相同，为0.08mol/0.1mol×100%=80%，故B正确；
C. X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g）
起始浓度（mol/L） 0.01 0.04 0 0
转化浓度（mol/L） 0.008 0.008 0.008 0.008
平衡浓度（mol/L） 0.002 0.032 0.008 0.008
实验②中，该反应的平衡常数K=c（M）c（N）/c（X）c（Y）=0.008×0.008/0.002×0.032=1.0，故C错误；
D.由①和②可知温度升高时，平衡时n（M）下降，说明温度升高平衡逆向移动，所以该反应的ΔH＜0，故D错误。
故选B。
二、填空题
21．下图表示在密闭容器中反应：2SO2+O2⇌2SO3(g) △H<0，
(1)a时刻改变的条件可能是_______；
(2)b时刻改变的条件可能是_______；
(3)若增大压强时，反应速率变化情况画在c~d处_______。
【答案】(1)升温
(2)减小 SO3浓度
(3)
【解析】（1）
a时刻，改变条件后，v正、v逆都增大，说明改变的条件可能是增大压强或升高温度；改变条件后，v逆＞v正，说明平衡逆向移动，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动；同时，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故a时刻改变的条件可能是升高温度。
（2）
b时刻，改变条件后，v逆减小，v正不变，v正＞v逆平衡正向移动，则b时刻改变的条件可能是减小 SO3浓度。
（3）
增大压强，v正、v逆都增大；增大压强，平衡正向移动，v正＞v逆，且在建立新的平衡过程中，v正逐渐减小，v逆逐渐增大，最终v正=v逆，则增大压强时，反应速率变化情况为。
22．填空。
(1)已知：I.2NaOH(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+H2O(g) ΔH1=−127.4kJ·mol−1
II.NaOH(s)+CO2(g)=NaHCO3(s) ΔH2=−131.5kJ·mol−1
则NaHCO3晶体可制备碳酸钠的热化学方程式为：_______。
(2)NOx是汽车尾气中的主要污染物之一、汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：
写出该反应的△H=_______kJ·mol−1，随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是_______。(填“变大”“变小”或“不变”)。
【答案】(1)2NaHCO3(s) = Na2CO3(s) + CO2(g) + H2O(g) ΔH= +135.6 kJ·mol−1
(2) +183 kJ·mol−1 变大
【分析】(1)NaHCO3晶体制备碳酸钠，利用盖斯定律，将反应①−②×2计算；
(2)根据图示可知，该反应的反应热＝(945＋498)kJ/mol−2×630kJ/mol＝＋183kJ/mol，为吸热反应，温度升高，反应平衡向右移动， 化学平衡常数变大。
（1）
NaHCO3晶体制备碳酸钠，利用盖斯定律，将反应①−②×2计算；所以热化学方程式为2NaHCO3(s) = Na2CO3(s) + CO2(g) + H2O(g) ΔH= +135.6 kJ·mol−1；
故答案为2NaHCO3(s) = Na2CO3(s) + CO2(g) + H2O(g) ΔH= +135.6 kJ·mol−1；
（2）
由分析可知，N2和O2反应的反应热＝(945＋498)kJ/mol−2×630kJ/mol＝＋183kJ/mol，为吸热反应，温度升高，反应平衡向右移动， 化学平衡常数变大；
故答案为＋183kJ/mol，变大。
【点睛】本题涉及化学反应方程式、热化学反应方程式的书写等知识，题目难度中等，明确化学方程式、热化学方程式的书写原则为解答关键。
23．下列物质中：①Cl2、②CO2、③NH4Cl、④BaSO4、⑤CH3COONa、⑥NaHCO3⑦盐酸、⑧Ba(OH)2、⑨H2O、⑩CH3COOH
(1)属于强电解质的是_______，(填序号)
(2)弱电解质的是_______；(填序号)
(3)写出电离方程式：NaHCO3_______、CH3COOH_______。
(4)25℃，0.1mol/L的下列三种溶液①CH3COOH②HCl③H2SO4。pH由大到小的排列顺序是_______(填选项字母)；
A．①>②>③ B．③>②>① C．③>①=②
(5)浓度、体积相同①CH3COOH②HCl③H2SO4这三种溶液用NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH的物质的量的大小顺序是_______(填选项字母)。
A．①>②>③ B．③>②>① C．③>①=②
【答案】(1)③④⑤⑥⑧
(2)⑨⑩
(3)
(4)A
(5)C
【分析】强电解质在水溶液或熔融状态下能全部电离的电解质；弱电解质在水溶液或熔融状态下部分电离的电解质；且电解质和非电解质都是化合物；所以①为单质，既不是电解质，也不是非电解质；②CO2是非金属氧化物，属于非电解质；③④⑤⑥⑧为强电解质；⑦为混合物，既不是电解质，也不是非电解质；⑨⑩是弱电解质；据此答题。
（1）
根据分析可知，④⑤⑥⑧为强电解质；
故答案为④⑤⑥⑧；
（2）
根据分析可知，⑨⑩是弱电解质；
故答案为⑨⑩；
（3）
NaHCO3是盐，属于强电解质，电离方程式为，CH3COOH为弱电解质，电离方程式为；
故答案为，；
（4）
0.1mol/L的①CH3COOH、②HCl、③H2SO4，CH3COOH为弱电解质，H+浓度小于0.1mol/L；HCl为强电解质，H+浓度等于0.1mol/L；H2SO4为强电解质，且分子中含有两个可电离出的H，H+浓度等于0.2mol/L；氢离子浓度越大，酸性越强，pH越小，所以有pH大小为①>②>③；
故答案选A；
（5）
用NaOH溶液中和浓度、体积相同的①CH3COOH、②HCl、③H2SO4时，消耗的NaOH体积与可电离H+的浓度有关，可电离H+的浓度越大，消耗的NaOH体积越多，可电离H+的浓度为①=②<③；
故答案选C。
【点睛】本体主要考查电解质和非电解质的判断，强电解质和弱电解质的判断，掌握基本概念，熟悉物质性质是关键。
三、原理综合题
24．25℃时，反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H=+41kJ/mol
(1)某温度时，在2L密闭容器中，加入2molCO2和2molH2，该温度下反应10分钟达到平衡，其平衡常数K=1，则10分钟内v(H2)=_______，平衡时CO2的转化率为_______。
(2)能判断该反应是否已达平衡状态的依据是_______。
a.混合气体中n(CO)不变 b.v消耗(CO2)=v生成(CO) c.混合气的总物质的量不变
d.容器中压强不变 e.c(CO)=c(H2O)
(3)一定条件下的密闭容器中，反应达到平衡，要提高CO2的转化率，可以采取的措施是____。
a.向体系中通入CO2 b.降低温度 c.向体系中通入惰性气体
d.向体系中通入H2 e.加入催化剂
【答案】(1) v(H2)=0.05mol/(L·min) 50%
(2)a
(3)d
【解析】（1）
，x=0.5，10分钟内氢气的变化量为0.5mol/L,故v(H2)= 0.05mol/(L·min)，平衡时CO2的转化率为50%。
（2）
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H=+41kJ/mol，该反应是一个等体积的吸热反应。当混合气体中n(CO)不变时，该反应达到平衡状态；反应的任何阶段始终存在v消耗(CO2)=v生成(CO)；对于等体积反应，混合气的总物质的量和容器中的压强始终不变，故选a。
（3）
反应有氢气和二氧化碳两种反应物，向体系中通入CO2会降低其转化率，反而增加体系中氢气的用量会提高二氧化碳的转化率。根据勒夏特列原理降低温度平衡将会逆向移动，降低二氧化碳转化率；对于密闭容器中通入惰性气体，平衡不移动。加入催化剂会加快反应速率，但不影响平衡。故选d。
25．工业烟道气中含有的二氧化硫和氮氧化物是大气主要污染物，脱硫脱氮是环境治理的热点问题。回答下列问题：
(1)配平利用KMnO4脱除二氧化硫的离子方程式：_______。
□+□SO2+□H2O⇌□+□_______+□_______
加入CaCO3可以提高SO2去除率，原因是_______。
(2)CaSO3与Na2SO4混合浆液可用于脱除NO2，反应过程为：
I．CaSO3(s)+(aq)⇌CaSO4(s)+(aq)
II．(aq)+2NO2(g)+H2O(l)⇌(aq)+2(aq)+2H+(aq)
浆液中CaSO3质量一定时，Na2SO4的质量与NO2的去除率变化趋势如图所示。
a点后NO2去除率降低的原因是_______。
【答案】(1) 2+1SO2+2H2O⇌2+1+4H+ CaCO3与反应体系中的H+反应，降低c(H+)，同时生成的Ca2+与反应生成CaSO4，降低c()，有利于上述反应向右进行，从而提高SO2脱除率
(2)c()过高时，以反应II平衡向逆反应方向移动为主，降低NO2去除率
【解析】（1）
KMnO4具有强氧化性，SO2具有还原性，二者在溶液中发生氧化还原反应，产生K2MnO4、H2SO4，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：2+1SO2+2H2O⇌2+1+4H+；
加入CaCO3可以提高SO2去除率，这是由于酸性：H2SO4＞H2SO3＞H2CO3，CaCO3与反应体系中的H+反应，降低了溶液c(H+)，同时生成的Ca2+与反应生成CaSO4，降低c()，有利于上述反应向右进行，从而提高SO2脱除率；
（2）
根据图示可知：a点后NO2去除率降低，这是由于c()过高时，以反应II平衡向逆反应方向移动为主，导致体系中c(NO2)增大，从而降低NO2去除率。
26．合成氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。
(1)反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的化学平衡常数表达式为_______。
(2)请结合下列数据分析，工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮的原因是_______。
序号
化学反应
K(298K)的数值
①
N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)
5×10-31
②
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)
4.1×106
(3)对于反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，在一定条件下氨的平衡含量如下表。
温度/℃
压强/MPa
氨的平衡含量
200
10
81.5%
550
10
8.25%
①该反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。
②其他条件不变时，温度升高氨的平衡含量减小的原因是_______(填字母序号)。
a.温度升高，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆向移动
b.温度升高，浓度商(Q)变大，Q>K，平衡逆向移动
c.温度升高，活化分子数增多，反应速率加快
d.温度升高，K变小，平衡逆向移动
③哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是_______。
(4)一定温度下，在容积恒定的密闭容器中充入1mol氮气和3mol氢气，一段时间后达化学平衡状态。若保持其他条件不变，向上述平衡体系中再充入1mol氮气和3mol氢气，氮气的平衡转化率_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
(5)T℃时，在有催化剂的恒容密闭容器中充入N2和H2。下图为不同投料比[n(H2)/n(N2)]时某反应物X的平衡转化率变化曲线。
①反应物X是_______(填“N2”或“H2”)。
②判断依据是_______。
(6)在其他条件相同时，下图为分别测定不同压强、不同温度下，N2的平衡转化率。L表示_______，其中X1_______X2(填“>”或“<”)。
【答案】(1)
(2)氮气与氢气反应的限度(或化学平衡常数)远大于氮气与氧气反应的
(3) 放热 d 提高合成氨反应的化学反应速率(或其他合理答案)
(4)变大
(5) N2 增大H2的浓度可以提高N2的转化率，但不能提高自身转化率
(6) 压强 <
【分析】(1)根据化学平衡常数等于生成物浓度系数次方之积比反应物浓度系数次方之积书写平衡常数表达式；(2)根据表格数据，通过比较氮气与氢气和氮气与氧气两个反应的平衡常数回答；(3)①根据表格数据，升高温度，氨的平衡含量减小，结合温度对平衡的影响分析判断；②其他条件不变时，温度升高氨的平衡含量减小，是因为升高温度，平衡逆向移动的结果，据此分析判断；③尽管降低温度有利于氨的合成，但温度越低，反应速率越慢，建立平衡需要的时间越长，据此分析解答；(4)再平衡体系中再充入1 mol氮气和3 mol 氢气，相当于增大压强，结合压强对平衡的影响分析解答；（5）考查投料比对化学平衡的影响；（6）压强和温度对该可逆反应平衡的影响。
（1）
化学平衡常数等于生成物浓度系数次方之积比反应物浓度系数次方之积，故N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数表达式为K=；
（2）
根据表格数据，氮气与氢气反应的限度(或化学平衡常数)远大于氮气与氧气反应的，因此工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮；
（3）
①根据表格数据，升高温度，氨的平衡含量减小，说明N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，故答案为放热；
② a. 温度升高，正反应速率和逆反应速率均增大，故a错误；b. 温度升高，压强不变，浓度商(Q)不变，但K减小，使得Q > K，平衡逆向移动，故b错误；c. 温度升高，活化分子数百分数增大，活化分子数增多，反应速率加快，但没有解释氨的平衡含量减小的原因，故c错误；d. 温度升高，K变小，平衡逆向移动，使得氨的平衡含量减小，故d正确；故选d；
③尽管降低温度有利于氨的合成，但温度越低，反应速率越慢，建立平衡需要的时间越长，因此哈伯选用的条件是550℃、10 MPa，而非200℃、10 MPa，可能的原因是提高合成氨反应的化学反应速率，故答案为提高合成氨反应的化学反应速率；
（4）
一定温度下，在容积恒定的密闭容器中充入1 mol 氮气和3 mol氢气，一段时间后达化学平衡状态。若保持其他条件不变，向上述平衡体系中再充入1 mol氮气和3 mol 氢气，相当于增大压强，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡正向移动，氮气的平衡转化率变大，故答案为变大；
（5）
该反应有两种反应物，氢气和氮气，增大H2的浓度可以提高N2的转化率，但不能提高自身转化率
（6）
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)是一个气体体积缩小的放热反应，温度相同时，随着压强的增大，平衡正向移动，氮气的转化率增大；压强不变时，随着温度的升高，平衡逆向移动，氮气的转化率降低，故X1
(1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是____ 。
(2)利用上述反应制备760 g CH3CO3H，放出的热量为____kJ。
(3)取质量相等的冰醋酸和50% H2O2溶液混合均匀，在一定量硫酸催化下进行如下实验。
实验1：在25 ℃下，测定不同时间所得溶液中过氧乙酸的质量分数。数据如图1所示。
实验2：在不同温度下反应，测定24小时所得溶液中过氧乙酸的质量分数，数据如图2所示。
①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间，v(CH3CO3H)=____ g／h（用含m的代数式表示）。
②综合图1、图2分析，与20 ℃相比，25 ℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是_________。（写出2条）。
(4) SV-1、SV-2是两种常用于实验研究的病毒，粒径分别为40 nm和70 nm。病毒在水中可能会聚集成团簇。不同pH下，病毒团簇粒径及过氧乙酸对两种病毒的相对杀灭速率分别如图3、图4所示。
依据图3、图4分析，过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是______
【答案】 高浓度易爆炸（或不稳定，或易分解） 137 0.1m/6 温度升高，过氧乙酸分解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降 随着pH升高，SV-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快
【分析】（1）过氧乙酸(CH3CO3H)不稳定、易分解，高浓度易爆炸，为了安全市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%
(2) 利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算
(3) 结合图象分析计算
【详解】(1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是不稳定、易分解，高浓度易爆炸。
(2) 利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算。 利用上述反应制备760 g CH3CO3H，物质的量是10mol,所以放出的热量是方程式中反应热的10倍为137kJ。
(3) ①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间，v(CH3CO3H)=0.1
②综合图1、图2分析，与20 ℃相比，25 ℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是温度升高，过氧乙酸分解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降 。
（4）依据图3、图4分析，过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是随着pH升高，SV-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快。
四、实验题
28．某学习小组用硫酸酸化的FeSO4溶液探究Fe2+的稳定性，进行如图实验。
酸性
pH=1
pH=2
pH=3
pH=4
5小时后
淡绿色
略显橙色
浅红色
红色稍浑浊
(1)根据实验，Fe2+的稳定性与溶液酸性的关系是___________。
(2)已知：i
开始沉淀pH
沉淀完全pH
Fe2+
7.0
9.0
Fe3+
1.9
3.2
ii pH=4的溶液中发生反应：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+，依据以上信息分析5小时后pH=1的0.1mol·L-1 FeSO4溶液仍显淡绿色的原因是___________。
(3)测定0.1mol·L-1FeSO4溶液在pH=5.5条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图(实验过程中溶液温度几乎无变化)。反应0~10 min Fe2+氧化速率逐渐增大的原因可能是___________。
(4)配制硫酸亚铁溶液时为防止变质，将称取的硫酸亚铁晶体于烧杯中，加入___________，搅拌至完全溶解。
【答案】 溶液酸性越强，Fe2+越稳定 c(H+)越大，不利于反应正向进行，抑制Fe2+被氧化 pH=5.5时，反应生成的Fe(OH)3有加快反应的作用 pH<1的稀硫酸
【详解】(1)从表中数据可知，酸性越弱，5小时后溶液变色越明显，说明溶液酸性越强，Fe2+越稳定，故答案为：溶液酸性越强Fe2+越稳定；
(2)pH=1的溶液中c(H+)最大，溶液呈浅绿色，pH=4的溶液中c(H+)最小，溶液呈红色且浑浊，说明生成了Fe(OH)3，说明c(H+)越大，不利于反应正向进行，抑制Fe2+被氧化，故答案为：c(H+)越大，不利于反应正向进行，抑制Fe2+被氧化；
(3)对于该反而言，影响反应速率的因素有反应物的浓度、催化剂，随着反应的进行，反应物的浓度减小，反应速率减小，不符合图中曲线的走势，故影响氧化速率的是催化剂，且经排除后体系中5种物质，仅Fe(OH)3可以作催化剂，故0∼10min Fe2+氧化速率逐渐增大的原因可能是pH=5.5时，反应生成的Fe(OH)3有加快反应的作用，故答案为：pH=5.5时，反应生成的Fe(OH)3有加快反应的作用；
(4)根据题中的信息可知，pH=1的溶液中， Fe2+最稳定，故配制硫酸亚铁溶液时，须加入pH<1的稀硫酸，故答案为：pH<1的稀硫酸。
29．探究Fe3+具有较强的氧化性，用1 mol·L−1 FeCl3溶液与SO2进行实验。
（1）用如图所示装置进行实验（夹持装置略去）。
实验操作
实验现象
I
将装置A加热
A中铜片上有气泡；
B中有气泡，溶液很快变为红色
II
B中继续通入足量气体，溶液仍呈红色。停止通气，静置
15 min后，溶液由红色变为黄色；
60 min后，变为浅绿色
装置A中反应的化学方程式是________。
（2）取B中红色溶液，加入铁氰化钾，观察到________生成，B中有Fe2+生成。B中发生了2个反应，写出反应2的离子方程式：
反应1：Fe3+ + 6SO2Fe(SO2)63+（红色）； 反应2：________。
（3）B中溶液颜色由红色变为浅绿色的原因是________。
【答案】 Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+2H2O 蓝色沉淀 2Fe3+ + SO2 + 2H2O = 2Fe2++SO42- +4H+ 反应1达到平衡时，反应2仍未达到平衡，在建立平衡过程中，不断消耗反应1的反应物，使反应1逆向移动，从而使溶液最终由红色变浅绿色
【分析】该实验的目的是探究Fe3+的氧化性，用FeCl3溶液与SO2进行实验；其中A装置是SO2的发生装饰，B装置是探究Fe3+的氧化性的装置；
（1）A中的化学反应是Cu和浓H2SO4的反应；
（2）根据题中的信息可知，生成Fe2+用铁氰化钾检验，对应的现象是生成蓝色沉淀；实验的目的是探究Fe3+的氧化性，则反应2是SO2和Fe3+的反应；
（3）题中告知反应1是可逆反应，则可以根据平衡来回答问题。
【详解】（1）A装置为SO2的发生装置，发生的化学反应为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
（2）B中有Fe2+生成，则加入K3Fe(CN)6之后会生成Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀；Fe3+具有氧化性，SO2具有还原性，二者相遇还会发生氧化还原反应：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；
（3）B中溶液颜色由红色变为浅绿色是因为反应1达到平衡时，反应2仍未达到平衡，在建立平衡过程中，不断消耗反应1的反应物，使反应1逆向移动，从而使溶液最终由红色变浅绿色。
五、计算题
30．工业生产中用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：，对于反应A，下图是4种投料比[，分别为1：1、2：1、4：1、6：1]下，反应温度对HCl平衡转化率影响的曲线。
①曲线b对应的投料比是______。
②当曲线b、c、d对应的投料比达到相同的HCl平衡转化率时，对应的反应温度与投料比的关系是_____。
③投料比为2：1、温度为400℃时，平衡混合气中Cl2的物质的量分数是____。
【答案】 4：1 投料比越高时对应的反应温度越低 30.8%
【分析】①采用控制变量方法，利用浓度对化学平衡移动的影响分析；
②由图可知，当HCl的转化率相同时，温度由低到高对应的投料比为4：1、2：1、1：1，由此可确定温度与投料比的关系；
③依据物质反应中转化关系，计算平衡时各种气体的物质的量，进而可得平衡混合气中Cl2的物质的量分数。
【详解】①在其它条件不变时，O2的量越大，HCl的转化率越大，由此可确定a为6：1；b为4：1；c为2：1；d为1：1。则曲线b对应的投料比是4：1；
②根据图象可知：当曲线b、c、d对应的投料比达到相同的HCl平衡转化率时，温度由低到高对应的投料比为4：1、2：1、1：1，即对应的反应温度与投料比的关系是：投料比越高，对应的反应温度越低；投料比越低，则对应的反应温度就越高；
③由图可得出投料比为2：1、温度为400℃时，HCl的转化率为80%。假设开始投入的HCl为2 mol，O2为1 mol，发生反应4HCl+O2=2Cl2+2H2O，反应消耗HCl的物质的量是△n(HCl)=2 mol×80%=1.6 mol，则同时消耗0.4 mol O2，反应产生0.8 mol Cl2和0.8 mol H2O，平衡时各种气体的物质的量n(HCl)=2 mol-1.6 mol=0.4 mol，n(O2)=1 mol-0.4 mol=0.6 mol，n(Cl2)=n(H2O)=0.8 mol，此时混合气体总物质的量n(总)=0.4 mol+0.6 mol+0.8 mol+0.8 mol=2.6 mol，所以平衡混合气中Cl2的物质的量分数是×100%=30.8%。
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