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2022-2023学年福建省三明市五校协作高二上学期期中联考化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年福建省三明市五校协作高二上学期期中联考化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
福建省三明市五校协作2022-2023学年高二上学期期中联考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列说法不正确的是
A．恒温恒压下，且的反应正向能自发进行
B．相同物质的量的同种物质气态时熵值最大，固态时熵值最小
C．反应在室温下可自发进行，则该反应的
D．非自发的反应一定可以通过改变条件使其成为自发反应
【答案】D
【详解】A．根据复合判据时反应能自发进行分析恒温恒压下，且的反应正向能自发进行，A正确；
B．同种物质气态是熵值最大，固态最小，B正确；
C．该反应为熵减，室温下能自发进行，说明其为放热反应，C正确；
D．改变条件使时，反应能自发进行，若的反应在热河条件下均不能自发进行，D错误；
故选D。
2．下列铁制品防护的装置或方法中，不正确的是
A．外加电流
B．牺牲阳极
C．表面镀铜
D．制成不锈钢
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．此为外加电源的阴极保护法，被保护金属钢制管桩应与电源负极相连，故A错误；
B．镁比铁活泼，此为牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；
C．铁上镀铜，铁质镀件接电源负极，铜接电源正极，硫酸铜作电镀液，故C正确；
D．制成不锈钢可以起到防护作用，故D正确；
故选A。
3．已知： ，下列说法正确的是
A．在相同条件下，1 mol A2(g)与1 mol B2(g)的能量总和小于2 mol AB气体的能量
B．1 mol A2与1 mol B2反应生成2 mol液态AB时△H＞-46.6 kJ/mol
C．在密闭容器中，投入1 mol A2(g)与1 mol B2(g)进行反应，当反应不再进行时，放出热量一定为46.6 kJ
D．该逆反应过程的活化能Ea一定大于46.6 kJ/mol
【答案】D
【详解】A．该反应的正反应是放热反应，说明在相同条件下，1 mol A2(g)与1 mol B2(g)的能量总和大于2 mol AB气体的能量，A错误；
B．物质含有的能量：气态＞液态，当反应物的能量相同时，生成物含有的能量越低，反应放出热量就越多，则该反应的反应热就越小，所以1 mol A2与1 mol B2反应生成2 mol液态AB时△H＜-46.6 kJ/mol，B错误；
C．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故在密闭容器中，投入1 mol A2(g)与1 mol B2(g)进行反应，当反应不再进行时，放出热量小于46.6 kJ，C错误；
D．该反应的反应热为-46.6 kJ/mol表示正反应的活化能比逆反应小46.6 kJ/mol。由于断键吸收热量，形成化学键会释放热量，所以正反应、逆反应的活化能都大于0，则逆反应过程的活化能Ea一定大于46.6 kJ/mol，D正确；
故合理选项是D。
4．下列关于水的电离H2OH++OH- △H＞0的说法不正确的是
A．将水加热至80℃，水的电离平衡正向移动，水依然呈中性
B．向水中加入少量NaOH，水的电离平衡逆向移动，溶液呈碱性
C．在某温度时，纯水中水电离的c(H+)为1.0×10-6 mol/L，水呈酸性
D．25℃的某溶液中，水电离的c(H+)=1.0×10-12 mol/L时，溶液可能呈酸性
【答案】C
【详解】A．水电离过程会吸收热量，将水加热至80℃，水的电离平衡正向移动，但由于水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此水依然呈中性，A正确；
B．向水中加入少量NaOH，溶液中c(OH-)增大，水的电离平衡逆向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＜c(OH-)，因此溶液呈碱性，B正确；
C．在某温度时，纯水中水电离的c(H+)为1.0×10-6 mol/L，水电离程度增大，该温度比室温高，升高温度导致水电离产生的c(H+)增大，由于水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此水仍然呈中性，C错误；
D．25℃的某溶液中，水电离的c(H+)=1.0×10-12 mol/L时，水电离程度比纯水的低，抑制了水的电离，可能是向溶液中加入了酸，溶液显酸性，也可能是加入了碱，使溶液显碱性，因此该溶液可能呈酸性，也可能显碱性，D正确；
故合理选项是C。
5．少量铁粉与100 mL 0.1 mol/L的稀盐酸反应，若想减慢此反应速率，而不改变H2的产量。可以使用如下方法中的
A．加入少量硫酸铜溶液 B．加入少量KNO3溶液
C．加CH3COONa固体 D．加NaCl固体
【答案】C
【分析】少量铁粉与100 mL 0.1 mol/L的稀盐酸反应，制取H2的物质的量的多少取决于不足量的Fe，然后根据外界条件对反应的影响分析判断。
【详解】A．加入少量硫酸铜溶液时，发生反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Fe与Cu及H2SO4构成原电池，使反应速率加快，同时由于Fe消耗，导致反应产生H2的产量降低，A不符合题意；
B．加入少量KNO3溶液时，H+与起HNO3的作用，表现强氧化性，与Fe不能反应产生H2，B不符合题意；
C．加CH3COONa固体后，CH3COONa与HCl反应产生弱酸CH3COOH，使溶液中c(H+)降低，反应速率减慢，当反应进行一定程度后，CH3COOH电离产生H+与Fe反应产生H2，由于最终电离产生的H+的物质的量不变，因此最终不影响H2的产量，C符合题意；
D．加NaCl固体，NaCl与Fe及HCl都不反应，且c(H+)也不变，因此对反应速率及H2的产量都无影响，D不符合题意；
故合理选项是C。
6．一定温度下，100mLN2O5的CCl4溶液发生分解反应：2N2O5⇌4NO2+O2。不同时刻测得生成O2的体积，换算成对应时刻N2O5的浓度如下表。
t/min
0
10
20
30
…
80
90
c(N2O5)/(mol·L−1)
1.40
0.96
0.66
0.45
…
0.11
0.11
下列说法不正确的是A．0~10min的平均反应速率：v(N2O5)=0.044mol·L−1·min−1
B．10~20min的平均反应速率：v(N2O5)＜0.044mol·L−1·min−1
C．10~20min放出的O2体积为0.336L(标准状况)
D．80min后反应达到平衡，2v正(N2O5)=v逆(O2)
【答案】D
【详解】A．根据表格数据可知0~10min的平均反应速率：v(N2O5)= ，故A正确；
B．根据表格数据可知越反应c(N2O5)越小，相同时间段平均速率越小，故10~20min的平均反应速率v(N2O5)＜0.044mol·L−1·min−1，故B正确；
C．10~20min反应的，放出的O2物质的量为0.015mol，即体积为0.336L(标准状况)，故C正确；
D．80min时反应达到平衡，v正(N2O5)=2v逆(O2)，故D错误；
故答案为D
7．某溶液中含有两种溶质CuSO4和NaCl，它们的物质的量之比为2：1，用石墨作电极电解该混合溶液时，下列叙述不正确的是
A．阳极先析出Cl2后析出O2
B．阳极析出Cl2时，阴极析出的一定只有Cu
C．电解最后阶段为电解水
D．电解最后阶段溶液中pH会增大的
【答案】D
【详解】A．由于阴离子放电能力：Cl-＞OH-，所以阳极先发生反应：2Cl- -2e-=Cl2↑，后发生反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+，故阳极上先析出Cl2后析出O2，A正确；
B．阴离子放电能力Cl-＞OH-，故阳极上先析出Cl2，假设NaCl的物质的量是1 mol，CuSO4的物质的量是2 mol，当Cl-放电完全，转移1 mol电子。阳离子放电能力：Cu2+＞H+，阴极先发生反应：Cu2++2e-=Cu，Cu2+放电完全时要转移2 mol电子，故Cl-放电完全时，只有一半Cu2+放电产生Cu单质，因此阴极析出的一定只有Cu，B正确；
C．电解物质的量的比是1：2的CuSO4和NaCl混合溶液时，由于阴离子放电能力：Cl-＞OH-，阳离子放电能力：Cu2+＞H+，所以电解到最后，Cl-、Cu2+放电完全，为OH-、H+放电，OH-、H+是水电离产生，故电解最后阶段为电解水，C正确；
D．电解物质的量的比是1：2的CuSO4和NaCl混合溶液时，根据离子放电顺序可：当溶液中Cl-、Cu2+都放电完全，此时溶液为Na2SO4、H2SO4的混合溶液，再进行电解，实际上是电解水，导致溶液浓度增大，溶液酸性增强，则溶液pH会减小，D错误；
故合理选项是D。
8．如图为某电化学装置的一部分，电极材料为单一物质。已知两极反应式分别为a极：Cu2++2e-=Cu，b极：Mg-2e-=Mg2+。下列说法错误的是
A．a电极上发生还原反应
B．b电极材料是镁
C．该装置一定是原电池装置
D．电解质溶液中含有Cu2+
【答案】C
【详解】A．由a极发生的电极反应式：Cu2++2e-=Cu，可知a电极为正极，发生还原反应，A正确；
B．根据b电极反应式：Mg-2e-=Mg2+，可知b电极材料是镁，发生失去电子的氧化反应，B正确；
C．当不连接电源时，该装置为原电池，金属Mg为电极材料；当有电源时，装置为电解池，其中a电极连接电源负极，作阴极；b电极连接电源正极，作阳极，故该装置不一定就是原电池装置，C错误；
D．由a电极反应式：Cu2++2e-=Cu，可知电解质溶液中含有Cu2+，D正确；
故合理选项是C。
9．某反应的反应机理、能量与反应进程的关系如下图所示，下列说法正确的是
A．是该反应的催化剂
B．第一反应、第二步反应，和总反应都是放热反应|
C．第一步反应决定总反应的速率
D．在第一步反应中作还原剂
【答案】C
【详解】A．Fe2+在第一步反应中消耗，在第二步反应中生成，则Fe2+是该反应的催化剂，碘离子是反应物，故A错误；
B．由图可知，第一步反应为吸热反应，第二步反应和总反应都是放热反应，故B错误；
C．由图可知，第一步反应的活化能比第二步反应的大，第一步反应决定总反应的速率，故C正确；
D．第一步反应中中硫元素化合价下降，则在第一步反应中作氧化剂，故D错误；
故选C。
10．下列事实一定能说明NH3·H2O是弱碱的是
①用NH3·H2O溶液做导电性实验，灯泡很暗；
②NH3·H2O能与HCl发生反应；
③常温下，0.1 mol/L NH3·H2O溶液的pH为11；
④NH3·H2O能与AlCl3溶液反应产生Al(OH)3；
⑤NH3·H2O与水能以任意比互溶；
⑥NH3·H2O能使紫色石试液变蓝
A．①③ B．②③⑤ C．③④⑥ D．③
【答案】D
【详解】①用NH3·H2O溶液做导电性实验，灯泡很暗，只能表示溶液中自由移动的离子浓度很小，不能表示电解质的强弱，①错误；
②NH3·H2O能与HCl发生反应，只能证明NH3·H2O有碱性，不能表示电解质的强弱，②错误；
③常温下，0.1 mol/L NH3·H2O溶液的pH为11，c(H-)=10-11 mol/L，c(OH-)=10-3 mol/L＜0.1 mol/L=c(NH3·H2O)，可以证明NH3·H2O是弱碱，③正确；
④NH3·H2O能与AlCl3溶液反应产生Al(OH)3，证明NH3·H2O能够电离产生OH-，具有碱性，不能证明其碱性强弱，④错误；
⑤NH3·H2O与水能以任意比互溶，可证明其易溶于水，不能证明其是否具有碱性及碱性的强弱，⑤错误；
⑥NH3·H2O能使紫色石试液变蓝，说明NH3·H2O具有碱性，不能证明NH3·H2O是否是弱碱，⑥错误；
综上所述可知：能够证明NH3·H2O是弱碱的只有叙述③，故合理选项是D。
11．关于下列电化学装置说正确的是
A．装置①中，构成电解池时Fe极质量既可增加也可减少
B．装置②表示锌粒与盐酸反应的速率随时间变化的曲线，则t1时刻溶液的温度最高
C．装置③盐桥中的阴离子流向乙池
D．装置④中电流由Zn经导线流向Fe
【答案】A
【详解】A．装置①中，构成电解池时，若Fe极连接电源的负极作阴极，则Fe电极上发生反应：Cu2++2e-=Cu，Fe电极质量增加；若Fe电极连接电源的正极作阳极，则Fe电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Fe电极质量就会减少，故Fe电极的质量既可增加也可减少，A正确；
B．装置②表示锌粒与盐酸反应的速率随时间变化的曲线，随着反应的进行，c(H+)减小，导致反应速率减慢；反应放热是溶液温度升高，反应速率加快，在t1时刻前温度升高对速率的影响大于浓度减小使反应速率减小的影响，故此时反应速率最快，此时溶液的温度最高，后反应物浓度降低，反应速率逐渐减慢，B错误；
C．在装置③中，由于金属活动性：Cu＞Ag，所以Cu为原电池的负极，Ag为正极，盐桥中的阴离子流向正电荷较多的负极区，即盐桥中的阴离子流向甲池，C错误；
D．由于金属活动性：Zn＞Fe，所以Zn为原电池的负极，Fe为原电池的正极，则电子由负极Zn经导线流向正极Fe，电流则由正极Fe经导线流向负极Zn，D错误；
故合理选项是A。
12．在体积固定的绝热密闭容器中，可逆反应：达到平衡状态，下列说法正确的是
①NO的体积分数不再改变的状态
②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO
③混合气体的颜色不再改变的状态
④混合气体的密度不再改变的状态
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
⑥混合气体中NO与O2的物质的量之比保持恒定
⑦混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定
A．①③⑤⑦ B．②④⑤ C．①③④ D．①②③④⑤
【答案】A
【分析】本题实质是平衡状态的判断。
【详解】①在反应达到平衡状态时，体系中任何组分的浓度不变，则NO的体积分数不再改变的状态是平衡状态，①正确；
②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO表示 都是反应逆向进行，不能据此判断反应是否达到平衡状态，②错误；
③混合气体中只有NO2是有色气体，若混合气体的颜色不再改变的状态，则体系中任何气体的浓度不变，反应达到平衡状态，③正确；
④反应体系的体积不变，反应混合物都是气体，气体的质量也不变，则混合气体的密度始终不改变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，④错误；
⑤该反应的反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应前后气体的物质的量发生变化，若混合气体的平均相对分子质量不再改变，则气体的物质的量不再变化，反应达到了平衡状态，⑤正确；
⑥混合气体中NO与O2是同一边的物质，二者的物质的量之比始终保持恒定不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，⑥错误；
⑦若反应正向进行，则NO与NO2的物质的量的比就会减小；若反应逆向进行，则NO与NO2的物质的量的比就会增大，当混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定时，任何组分的浓度不变，反应达到了平衡状态，⑦正确；
综上所述可知：反应达到平衡状态的叙述是①③⑤⑦；
故合理选项是A。
13．在恒容密闭容器中存在下列平衡：。平衡时，CO的物质的量浓度与温度T的关系如图所示。下列说法错误的是
A．通过加热可以使B点变到C点
B．在T2时若反应进行到状态D，则有v(正)＞v(逆)
C．当反应从D点到B点时，容器内气体密度变小
D．若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
【答案】B
【详解】A．根据图示可知：升高温度，c(CO)增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，正反应方向，正反应方向为吸热反应，故通过加热可以使B点变到C点，A正确；
B．在T2时若反应进行到状态D，由于c(CO)大于该温度下的平衡状态的c(CO)，因此化学平衡逆向移动，则有v(正)＜v(逆)，B错误；
C．当反应从D点到B点时，化学平衡逆向移动，导致容器中气体质量减少，由于容器的容积恒定不变，则最终导致容器内气体密度变小，C正确；
D．温度升高，平衡时CO的浓度增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，导致化学平衡常数增大。若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，由于温度：T1＜T2，则化学平平衡常数：K1＜K2，D正确；
故合理选项是B。
14．镍镉电池是二次电池，其工作原理如图(L为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源两极)。下列说法不正确的是
A．断开K2、合上K1，OH-从电极B移向电极A
B．电极B发生还原反应过程中，溶液中的KOH浓度没有变化
C．断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生还原反应
D．镍镉二次电池的总反应式：
【答案】B
【分析】根据图示，断开K2、合上K1，形成原电池，电极A为负极，负极上Cd失电子发生氧化反应生成Cd(OH)2，负极反应式为Cd-2e-+2OH -=Cd(OH)2；电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e-+2H2O=2 Ni(OH)2+2OH-，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，断开K1、合上K2形成电解池，电极A为阴极，电极B为阳极，据此分析作答。
【详解】A．断开 K2、合上K1，形成原电池，在原电池中，OH-移向正电荷较多的负极电极A，故OH-从电极B移向电极A，A正确；
B．断开K1、合上K2，装置为原电池，电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为：2NiOOH+2e-+2H2O=2Ni(OH)2+2OH-，溶液中c(OH-)增大，B错误；
C．断开K1、合上K2，装置为电解池，电极A为阴极，发生还原反应，C正确；
D．镍镉二次电池放电时发生反应：Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，充电时发生反应：Cd(OH)2+2Ni(OH)2=Cd+2NiOOH+2H2O，故该电池的总反应式，D正确；
故合理选项是B。
15．在密闭容器中充入l mol CO和1 mol NO，在一定条件下发生反应：，测得CO的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。实验测得，、(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)，下列说法不正确的是
A．达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数
B．压强从大到小的顺序为P3＞P2＞P1
C．NO的物质的量：b点＜a点
D．逆反应速率：a点＞c点
【答案】C
【详解】A．达到平衡后，仅升高温度，物质的内能增加，分子之间有效碰撞此时增加，化学反应速率增大。由于物质的浓度不变，则根据可知化学反应速率常数k正倍数增大，A正确；
B．反应的正反应是气体体积减小的反应，在温度不变时，增大压强，化学平衡正向移动，导致CO的平衡转化率提高。根据图象可知CO的平衡转化率：P3＞P2＞P1，所以压强大小关系为：P3＞P2＞P1，B正确；
C．反应开始时加入的CO、NO的物质的量相等，二者反应转化量相同，因此平衡时二者的物质的量也相同。根据图象可知：a点、b点反应温度相同，CO的平衡转化率：a＞b，反应的转化率越大，反应正向进行的程度就越大，平衡时气体物质的量就越少。所以NO的物质的量：b点＞a点，C错误；
D．a、c两点都处于相应温度和压强下的化学平衡状态，a点的温度、压强都比c点大，温度越高，压强越大，反应速率就越快，所以逆反应速率：a点＞c点，D正确；
故合理选项是C。
16．通过甲醇羧基化法取甲酸甲酯(HCOOCH3)：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下CO的平衡转化率随温度的变化)，下列说法不正确的是
A．此制取甲酸甲酯的反应△H＜0
B．图中X点，延长反应时间能提高CO转化率
C．图中W点，升高温度能提高CO转化率
D．380℃下，图中Z点，c起始(CH3OH)=5.0×10-4 mol/L，CO平衡转化率为50%，则平衡常数K(z)=2000
【答案】D
【详解】A．根据图象可知：CO的转化率达到最高点时反应达到平衡，升高温度，CO的转化率减小，说明升高温度化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，所以此制取甲酸甲酯的反应△H＜0，A正确；
B．根据图象可知：X点反应未达到平衡而接近平衡，反应正向进行，正反应是放热反应，反应进行使体系温度升高，升高温度，反应速率加快，反应正向进行速率加快，直至建立平衡状态，故此时延长反应时间能提高CO转化率，B正确；
C．图中W点反应正向进行，未达到平衡状态，升高温度加快反应正向进行的速率，直至化学反应达到平衡状态，从而能提高CO转化率，C正确；
D．380℃下，图中Z点，c起始(CH3OH)=5.0×10-4 mol/L，CO平衡转化率为50%，由于在容积固定的密闭容器中，开始时投入等物质的量CH3OH和CO，则平衡时c(HCOOCH3)=c(CO)=2.5×10-4 mol/L= c(CH3OH)=2.5×10-4 mol/L，该点时的化学平衡常数K(z)=，D错误；
故合理选项是D。
二、填空题
17．回答下列问题：
(1)某温度时，水的，该温度下，的溶液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)。
(2)在25℃时，的两种一元酸溶液A、B各1 mL，分别加水稀释到1000 mL，其pH与溶液体积V的关系如图所示，则下列说法正确的是_______
A．稀释后，A酸溶液的导电性比B酸溶液强
B．稀释前，两种酸溶液的物质的量浓度相等
C．若a=5，则A是强酸，B是弱酸
D．若，则A、B都是弱酸
(3)甲酸(HCOOH)和乙酸()一样属于一元弱酸，请写出甲酸的电离方程式：_______，常温下，测的同浓度的甲酸溶液和乙酸溶液的pH，甲酸pH更小，则_______(填写“＜”“>”“=”)。
(4)25℃时，0.1mol/L下列物质的溶液，水电离出的由大到小的顺序是_______(填序号)。
① ② ③HCOOH ④
(5)25℃时，的HA溶液中，此溶液的_______。
(6)25℃时，在体积为的的NaOH溶液中，加入体积为的的溶液。若反应后溶液的，(反应后溶液体积等于NaOH溶液与溶液的体积之和)，则_______。
【答案】(1)酸性
(2)CD
(3) >
(4)④③①②
(5)4
(6)2：9
【详解】（1）水的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡右移，水的离子积常数增大，由某温度时水的离子积常数小于1×10-14可知，该温度低于25℃，该温度下，溶液中氢离子浓度为1×10-7mol/L，c(OH-)===10-8，说明溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性；
（2）由图可知，稀释相同的倍数，A的pH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+)。
A．由图可知，稀释相同的倍数，A的pH变化大，故A的酸性比B的酸性强，稀释后，A酸溶液中的pH比B酸溶液的pH大，故B酸溶液中离子浓度较大，导电性较强，A错误；
B．A、B酸的强弱不同，对于一元强酸来说c(酸)=c(H+)，对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)，故A、B两种酸溶液的物质的量浓度不相等，B错误；
C．由图可知，若a=5，A完全电离，故A是强酸，B的pH变化小，故B为弱酸，C正确；
D．pH=2的酸，加水稀释到1000倍，若2＜a＜5，故A、B 都是弱酸，D正确；
故选CD。
（3）甲酸是一元弱酸，电离方程式为HCOOHHCOO-+H+；同浓度的甲酸溶液和乙酸溶液的pH，甲酸pH更小，说明甲酸酸性强，电离常数大，即Ka(甲酸)＞Ka(乙酸)；
（4）水的电离会被酸或碱抑制，Ba(OH)2是二元强碱，c(OH-)=0.2mol/L，对水的电离抑制最大，HClO4是一元强酸，c(H+)=0.1mol/L，而HCOOH、CH3COOH为弱酸，电离出的c(H+)＜0.1mol/L，HCOOH酸性较强，因此甲酸电离的氢离子浓度大于乙酸，故水电离出的c(H+)大到小的顺序是④③①②；
（5），常温下c(H+)c(OH-)=10-14，故c(H+)=10-4mol/L，pH=-lgc(H+)=4；
（6）混合后溶液为碱性，c(OH-)==10-3 mol/L，解得=。
18．以CH3OH燃料电池为电源电解法制取二氧化氯(ClO2)，ClO2为一种黄绿色气体，是国际上公认的高、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。
(1)CH3OH燃料电池放电过程中，通入O2的电极附近溶液的pH_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，负极反应式为_______。
(2)图中电解池用石墨作电极，在一定条件下，生成ClO2的电极与电源的_______(填“X”或“Y”)连接，产生ClO2的反应式为_______，C口出来的溶液是_______。
(3)电解一段时间，从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多6.72 L时(标准状况。忽略生成的气体溶解)，电路通过的电子的物质的量为：_______mol。燃料电池消耗的O2的质量为_______g。
【答案】(1) 增大 CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O
(2) Y Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+ 浓NaOH溶液
(3) 1 8
【详解】（1）在甲醇燃料电池中，通入O2的电极Y为正极，正极上O2得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，反应消耗H2O产生OH-，使正极附近溶液的c(OH-)增大，溶液pH增大；通入燃料CH3OH的电极X为负极，负极失去电子发生氧化反应产生，则负极的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O；
（2）在图中电解池中，在b电极上Cl-失去电子被氧化产生ClO2，故b电极应该连接电源的正极，即b电极连接Y电极；在b电极上Cl-失去电子被氧化产生ClO2，该电极的电极反应式为：Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；
a电极连接电源的负极，作阴极，由于放电能力：H+＞Na+，阴极上H2O电离产生的H+得到电子被还原产生H2，H+放电导致附近溶液中OH-浓度增大，因此从C口流出的溶液为较浓的NaOH溶液；
（3）电解时，阴极发生反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极发生反应：Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，可知两个电极产生气体关系式为：5H2~2ClO2~10e-，根据关系式可知：若电路中电子转移10 mol，阴极比阳极产生的气体的物质的量多5 mol-2 mol=3 mol，则阴极比阳极的气体体积多3×22.4 L=67.2 L，现在从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多6.72 L，则电路中电子转移的物质的量n(e-)=；在同一闭合回路中电子转移的物质的量相等，则原电池的正极上通入O2的物质的量n(O2)=，则反应消耗O2的质量m(O2)=0.25 mol×32 g/mol=8 g。
19．为流少大气污染。科学家采取多种措施处理工业废气中排放的氮氧化物()、、等。回答下列问题：
(1)某脱硝反应机理如图所示，的作用为_______，此过程总反应的方程式为_______。
(2)选择性催化还原技术(SCR)是目前较为成熟脱硝技术，其反应原理主要为： 。
①若反应过程放出热量为32.54 kJ，则除去的NO物质的量为_______。
②不考虑催化剂因素，催化还原时应控制反应温度在315~400℃之间，反应温度不宜过高的原因是_______。
(3)是性能优良的脱硫脱硝试剂，常温下，的含的盐溶液中，能把氧化生成硫酸盐，自身被还原成，该反应的离子方程式为_______，反应一段时间后溶液pH_______(填“增大”或“减小”)
【答案】(1) 催化剂
(2) 0.08 正反应放热，温度过高会降低NO的转化率
(3) 减小
【详解】（1）由图可知，整个过程中NO、O2、C2H4为反应物，H2O、CO2、N2为生成物，因此Cu+为催化剂；
由图可知，反应过程中O2与NO反应生成NO2，NO2再与C2H4反应生成N2、H2O、CO2，反应方程式分别为、，NO2为中间产物，两方程式联立消去NO2可得总反应方程式为。
（2）①由热化学方程式可知，反应中每消耗4mol NO，反应放出1627kJ能量，因此若反应过程放出热量为32.54 kJ，则除去的NO物质的量为0.08mol。
②该反应正向为放热反应，温度升高，平衡将逆向移动，不利于NO转化，NO的转化率将降低。
（3）常温下，的含的盐溶液中，能把氧化生成硫酸盐，自身被还原成，反应过程中Cl元素化合价由+4降低至-1，S元素化合价由-2升高至+6，根据化合价升降守恒、原子守恒、电荷守恒以及反应前溶液呈中性可知反应离子方程式为；反应生成大量H+，溶液pH将减小。
20．为实现生产生活的“碳减”和经济的可持续发展，科学工作者开展的价值型转化的相关研究。请回答以下有关问题：
Ⅰ.利用太阳能分解获得氢气，再通过加氢制甲醇()等燃料，从而实现可再生能源和的资源化利用。
(1)过程Ⅰ、Ⅱ典型的人工光合作用过程：，该反应是反应_______ (填“吸热”或“放热)。
(2)过程Ⅱ中催化加氢制取甲醇，反应如下：
主反应：
副反应：
①CO、生成的热化学方程式是_______。
②一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol 和3 mol 发生上述反应，达到平衡时，容器中为a mol，CO为b mol，此时的浓度为_______(用含a、b、V的代数式表示)。
③为提高在单位时间的产率，可采取措施：_______(写出一条即可)。
Ⅱ.催化加氢也可制取乙烯： ，在体积为2 L的恒容容器中制取乙烯，投料为x mol 和3 mol ，测得温度对的平衡转化率的影响，曲线a表示x=1，改变投料比测量后得到曲线b，
(3)曲线b条件下投料比改变，则x_______1(填“>”、“＜”或“=”)；反应从开始分别进行到M、M1、N三点时，放出热量为、、，其由大到小的顺序为_______。
(4)工业生产中采取较高温度(250℃左右)，原因是_______。
【答案】(1)吸热
(2) 增大压强、降低温度、选择合适催化剂等
(3) >
(4)为了提高催化效率(或催化剂活性)，加快反应速率
【详解】（1）光合作用需要吸收太阳光，故为吸热反应。
（2）主反应：
副反应：
①根据盖斯定律分析，主反应-副反应可得热化学方程式为： 。
②一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol 和3 mol 发生上述反应，达到平衡时，容器中为a mol，则二氧化碳消耗amol，氢气消耗3amol,CO为b mol，则二氧化碳消耗bmol，氢气消耗bmol，则反应后二氧化碳有（1-a-b）mol，氢气有（3-3a-b）mol，此时的浓度为。
③为提高在单位时间的产率，即加快反应速率，使主反应正向移动，则采取措施：增大压强、降低温度、选择合适催化剂等。
（3）曲线b的二氧化碳的平衡转化率降低，说明增加了二氧化碳的量，即x大于1。相同投料比时，二氧化碳的转化率越高，反应放热越多，在相同温度下，增大二氧化碳的量，增大了氢气的转化率，平衡正向移动，反应放热更多，故。
（4）在250℃左右催化剂的催化效果最高，故为了提高催化效率(或催化剂活性)，加快反应速率，选择温度为250℃左右。
三、实验题
21．某兴趣小组研究影响反应速率的因素：(溶液已酸化)和草酸)反应，离子方程式为：。某实验小组欲通过测定单位时间内生成的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如图所示：
实验序号
A溶液
B溶液
①
20 mL 溶液
30 mL 溶液
②
20 mL 溶液
30 mL 溶液
(1)该实验探究的是_______因素对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得的体积较多的是_______(填实验序号)。
(2)若实验①在2 min末收集了2.24 mL (标准状况下)；则在2 min末，_______(假设混合溶液体积为50 mL)。
(3)除通过测定一定时间内的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定_______来比较化学反应速率。
【答案】(1) 浓度 ②
(2)0.0596
(3)高锰酸钾溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间
【分析】将不同浓度的草酸溶液滴入相同浓度的高锰酸钾溶液中，利用注射器测量一段时间内产生的二氧化碳气体的体积探究影响化学反应速率的因素，结合有关物质的性质、问题分析解答。
【详解】（1）由表中数据可知，只有草酸浓度不同，则该实验探究的是浓度因素对化学反应速率的影响，高锰酸钾均过量，②中草酸的物质的量大生成气体多，则该实验探究的是浓度因素对化学反应速率的影响，图一中相同时间内针筒中所得的CO2体积大小关系是①小于②，故答案为：浓度；②；
（2）在2min末收集了2.24mL CO2（标准状况下），其物质的量为，由反应可知参加反应的n（MnO）=10-4mol×=2×10-5mol，则在2min末，c（MnO）=，故答案为：0.0596mol/L；
（3）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定产生相同体积气体所需的时间或相同时间内高锰酸钾溶液颜色变化的程度来比较化学反应速率，故答案为：产生相同体积气体所需的时间或相同时间内高锰酸钾溶液颜色变化的程度。
福建省三明市五校协作2022-2023学年高二上学期期中联考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列说法不正确的是
A．恒温恒压下，且的反应正向能自发进行
B．相同物质的量的同种物质气态时熵值最大，固态时熵值最小
C．反应在室温下可自发进行，则该反应的
D．非自发的反应一定可以通过改变条件使其成为自发反应
【答案】D
【详解】A．根据复合判据时反应能自发进行分析恒温恒压下，且的反应正向能自发进行，A正确；
B．同种物质气态是熵值最大，固态最小，B正确；
C．该反应为熵减，室温下能自发进行，说明其为放热反应，C正确；
D．改变条件使时，反应能自发进行，若的反应在热河条件下均不能自发进行，D错误；
故选D。
2．下列铁制品防护的装置或方法中，不正确的是
A．外加电流
B．牺牲阳极
C．表面镀铜
D．制成不锈钢
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．此为外加电源的阴极保护法，被保护金属钢制管桩应与电源负极相连，故A错误；
B．镁比铁活泼，此为牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；
C．铁上镀铜，铁质镀件接电源负极，铜接电源正极，硫酸铜作电镀液，故C正确；
D．制成不锈钢可以起到防护作用，故D正确；
故选A。
3．已知： ，下列说法正确的是
A．在相同条件下，1 mol A2(g)与1 mol B2(g)的能量总和小于2 mol AB气体的能量
B．1 mol A2与1 mol B2反应生成2 mol液态AB时△H＞-46.6 kJ/mol
C．在密闭容器中，投入1 mol A2(g)与1 mol B2(g)进行反应，当反应不再进行时，放出热量一定为46.6 kJ
D．该逆反应过程的活化能Ea一定大于46.6 kJ/mol
【答案】D
【详解】A．该反应的正反应是放热反应，说明在相同条件下，1 mol A2(g)与1 mol B2(g)的能量总和大于2 mol AB气体的能量，A错误；
B．物质含有的能量：气态＞液态，当反应物的能量相同时，生成物含有的能量越低，反应放出热量就越多，则该反应的反应热就越小，所以1 mol A2与1 mol B2反应生成2 mol液态AB时△H＜-46.6 kJ/mol，B错误；
C．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故在密闭容器中，投入1 mol A2(g)与1 mol B2(g)进行反应，当反应不再进行时，放出热量小于46.6 kJ，C错误；
D．该反应的反应热为-46.6 kJ/mol表示正反应的活化能比逆反应小46.6 kJ/mol。由于断键吸收热量，形成化学键会释放热量，所以正反应、逆反应的活化能都大于0，则逆反应过程的活化能Ea一定大于46.6 kJ/mol，D正确；
故合理选项是D。
4．下列关于水的电离H2OH++OH- △H＞0的说法不正确的是
A．将水加热至80℃，水的电离平衡正向移动，水依然呈中性
B．向水中加入少量NaOH，水的电离平衡逆向移动，溶液呈碱性
C．在某温度时，纯水中水电离的c(H+)为1.0×10-6 mol/L，水呈酸性
D．25℃的某溶液中，水电离的c(H+)=1.0×10-12 mol/L时，溶液可能呈酸性
【答案】C
【详解】A．水电离过程会吸收热量，将水加热至80℃，水的电离平衡正向移动，但由于水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此水依然呈中性，A正确；
B．向水中加入少量NaOH，溶液中c(OH-)增大，水的电离平衡逆向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＜c(OH-)，因此溶液呈碱性，B正确；
C．在某温度时，纯水中水电离的c(H+)为1.0×10-6 mol/L，水电离程度增大，该温度比室温高，升高温度导致水电离产生的c(H+)增大，由于水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此水仍然呈中性，C错误；
D．25℃的某溶液中，水电离的c(H+)=1.0×10-12 mol/L时，水电离程度比纯水的低，抑制了水的电离，可能是向溶液中加入了酸，溶液显酸性，也可能是加入了碱，使溶液显碱性，因此该溶液可能呈酸性，也可能显碱性，D正确；
故合理选项是C。
5．少量铁粉与100 mL 0.1 mol/L的稀盐酸反应，若想减慢此反应速率，而不改变H2的产量。可以使用如下方法中的
A．加入少量硫酸铜溶液 B．加入少量KNO3溶液
C．加CH3COONa固体 D．加NaCl固体
【答案】C
【分析】少量铁粉与100 mL 0.1 mol/L的稀盐酸反应，制取H2的物质的量的多少取决于不足量的Fe，然后根据外界条件对反应的影响分析判断。
【详解】A．加入少量硫酸铜溶液时，发生反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Fe与Cu及H2SO4构成原电池，使反应速率加快，同时由于Fe消耗，导致反应产生H2的产量降低，A不符合题意；
B．加入少量KNO3溶液时，H+与起HNO3的作用，表现强氧化性，与Fe不能反应产生H2，B不符合题意；
C．加CH3COONa固体后，CH3COONa与HCl反应产生弱酸CH3COOH，使溶液中c(H+)降低，反应速率减慢，当反应进行一定程度后，CH3COOH电离产生H+与Fe反应产生H2，由于最终电离产生的H+的物质的量不变，因此最终不影响H2的产量，C符合题意；
D．加NaCl固体，NaCl与Fe及HCl都不反应，且c(H+)也不变，因此对反应速率及H2的产量都无影响，D不符合题意；
故合理选项是C。
6．一定温度下，100mLN2O5的CCl4溶液发生分解反应：2N2O5⇌4NO2+O2。不同时刻测得生成O2的体积，换算成对应时刻N2O5的浓度如下表。
t/min
0
10
20
30
…
80
90
c(N2O5)/(mol·L−1)
1.40
0.96
0.66
0.45
…
0.11
0.11
下列说法不正确的是A．0~10min的平均反应速率：v(N2O5)=0.044mol·L−1·min−1
B．10~20min的平均反应速率：v(N2O5)＜0.044mol·L−1·min−1
C．10~20min放出的O2体积为0.336L(标准状况)
D．80min后反应达到平衡，2v正(N2O5)=v逆(O2)
【答案】D
【详解】A．根据表格数据可知0~10min的平均反应速率：v(N2O5)= ，故A正确；
B．根据表格数据可知越反应c(N2O5)越小，相同时间段平均速率越小，故10~20min的平均反应速率v(N2O5)＜0.044mol·L−1·min−1，故B正确；
C．10~20min反应的，放出的O2物质的量为0.015mol，即体积为0.336L(标准状况)，故C正确；
D．80min时反应达到平衡，v正(N2O5)=2v逆(O2)，故D错误；
故答案为D
7．某溶液中含有两种溶质CuSO4和NaCl，它们的物质的量之比为2：1，用石墨作电极电解该混合溶液时，下列叙述不正确的是
A．阳极先析出Cl2后析出O2
B．阳极析出Cl2时，阴极析出的一定只有Cu
C．电解最后阶段为电解水
D．电解最后阶段溶液中pH会增大的
【答案】D
【详解】A．由于阴离子放电能力：Cl-＞OH-，所以阳极先发生反应：2Cl- -2e-=Cl2↑，后发生反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+，故阳极上先析出Cl2后析出O2，A正确；
B．阴离子放电能力Cl-＞OH-，故阳极上先析出Cl2，假设NaCl的物质的量是1 mol，CuSO4的物质的量是2 mol，当Cl-放电完全，转移1 mol电子。阳离子放电能力：Cu2+＞H+，阴极先发生反应：Cu2++2e-=Cu，Cu2+放电完全时要转移2 mol电子，故Cl-放电完全时，只有一半Cu2+放电产生Cu单质，因此阴极析出的一定只有Cu，B正确；
C．电解物质的量的比是1：2的CuSO4和NaCl混合溶液时，由于阴离子放电能力：Cl-＞OH-，阳离子放电能力：Cu2+＞H+，所以电解到最后，Cl-、Cu2+放电完全，为OH-、H+放电，OH-、H+是水电离产生，故电解最后阶段为电解水，C正确；
D．电解物质的量的比是1：2的CuSO4和NaCl混合溶液时，根据离子放电顺序可：当溶液中Cl-、Cu2+都放电完全，此时溶液为Na2SO4、H2SO4的混合溶液，再进行电解，实际上是电解水，导致溶液浓度增大，溶液酸性增强，则溶液pH会减小，D错误；
故合理选项是D。
8．如图为某电化学装置的一部分，电极材料为单一物质。已知两极反应式分别为a极：Cu2++2e-=Cu，b极：Mg-2e-=Mg2+。下列说法错误的是
A．a电极上发生还原反应
B．b电极材料是镁
C．该装置一定是原电池装置
D．电解质溶液中含有Cu2+
【答案】C
【详解】A．由a极发生的电极反应式：Cu2++2e-=Cu，可知a电极为正极，发生还原反应，A正确；
B．根据b电极反应式：Mg-2e-=Mg2+，可知b电极材料是镁，发生失去电子的氧化反应，B正确；
C．当不连接电源时，该装置为原电池，金属Mg为电极材料；当有电源时，装置为电解池，其中a电极连接电源负极，作阴极；b电极连接电源正极，作阳极，故该装置不一定就是原电池装置，C错误；
D．由a电极反应式：Cu2++2e-=Cu，可知电解质溶液中含有Cu2+，D正确；
故合理选项是C。
9．某反应的反应机理、能量与反应进程的关系如下图所示，下列说法正确的是
A．是该反应的催化剂
B．第一反应、第二步反应，和总反应都是放热反应|
C．第一步反应决定总反应的速率
D．在第一步反应中作还原剂
【答案】C
【详解】A．Fe2+在第一步反应中消耗，在第二步反应中生成，则Fe2+是该反应的催化剂，碘离子是反应物，故A错误；
B．由图可知，第一步反应为吸热反应，第二步反应和总反应都是放热反应，故B错误；
C．由图可知，第一步反应的活化能比第二步反应的大，第一步反应决定总反应的速率，故C正确；
D．第一步反应中中硫元素化合价下降，则在第一步反应中作氧化剂，故D错误；
故选C。
10．下列事实一定能说明NH3·H2O是弱碱的是
①用NH3·H2O溶液做导电性实验，灯泡很暗；
②NH3·H2O能与HCl发生反应；
③常温下，0.1 mol/L NH3·H2O溶液的pH为11；
④NH3·H2O能与AlCl3溶液反应产生Al(OH)3；
⑤NH3·H2O与水能以任意比互溶；
⑥NH3·H2O能使紫色石试液变蓝
A．①③ B．②③⑤ C．③④⑥ D．③
【答案】D
【详解】①用NH3·H2O溶液做导电性实验，灯泡很暗，只能表示溶液中自由移动的离子浓度很小，不能表示电解质的强弱，①错误；
②NH3·H2O能与HCl发生反应，只能证明NH3·H2O有碱性，不能表示电解质的强弱，②错误；
③常温下，0.1 mol/L NH3·H2O溶液的pH为11，c(H-)=10-11 mol/L，c(OH-)=10-3 mol/L＜0.1 mol/L=c(NH3·H2O)，可以证明NH3·H2O是弱碱，③正确；
④NH3·H2O能与AlCl3溶液反应产生Al(OH)3，证明NH3·H2O能够电离产生OH-，具有碱性，不能证明其碱性强弱，④错误；
⑤NH3·H2O与水能以任意比互溶，可证明其易溶于水，不能证明其是否具有碱性及碱性的强弱，⑤错误；
⑥NH3·H2O能使紫色石试液变蓝，说明NH3·H2O具有碱性，不能证明NH3·H2O是否是弱碱，⑥错误；
综上所述可知：能够证明NH3·H2O是弱碱的只有叙述③，故合理选项是D。
11．关于下列电化学装置说正确的是
A．装置①中，构成电解池时Fe极质量既可增加也可减少
B．装置②表示锌粒与盐酸反应的速率随时间变化的曲线，则t1时刻溶液的温度最高
C．装置③盐桥中的阴离子流向乙池
D．装置④中电流由Zn经导线流向Fe
【答案】A
【详解】A．装置①中，构成电解池时，若Fe极连接电源的负极作阴极，则Fe电极上发生反应：Cu2++2e-=Cu，Fe电极质量增加；若Fe电极连接电源的正极作阳极，则Fe电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Fe电极质量就会减少，故Fe电极的质量既可增加也可减少，A正确；
B．装置②表示锌粒与盐酸反应的速率随时间变化的曲线，随着反应的进行，c(H+)减小，导致反应速率减慢；反应放热是溶液温度升高，反应速率加快，在t1时刻前温度升高对速率的影响大于浓度减小使反应速率减小的影响，故此时反应速率最快，此时溶液的温度最高，后反应物浓度降低，反应速率逐渐减慢，B错误；
C．在装置③中，由于金属活动性：Cu＞Ag，所以Cu为原电池的负极，Ag为正极，盐桥中的阴离子流向正电荷较多的负极区，即盐桥中的阴离子流向甲池，C错误；
D．由于金属活动性：Zn＞Fe，所以Zn为原电池的负极，Fe为原电池的正极，则电子由负极Zn经导线流向正极Fe，电流则由正极Fe经导线流向负极Zn，D错误；
故合理选项是A。
12．在体积固定的绝热密闭容器中，可逆反应：达到平衡状态，下列说法正确的是
①NO的体积分数不再改变的状态
②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO
③混合气体的颜色不再改变的状态
④混合气体的密度不再改变的状态
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
⑥混合气体中NO与O2的物质的量之比保持恒定
⑦混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定
A．①③⑤⑦ B．②④⑤ C．①③④ D．①②③④⑤
【答案】A
【分析】本题实质是平衡状态的判断。
【详解】①在反应达到平衡状态时，体系中任何组分的浓度不变，则NO的体积分数不再改变的状态是平衡状态，①正确；
②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO表示 都是反应逆向进行，不能据此判断反应是否达到平衡状态，②错误；
③混合气体中只有NO2是有色气体，若混合气体的颜色不再改变的状态，则体系中任何气体的浓度不变，反应达到平衡状态，③正确；
④反应体系的体积不变，反应混合物都是气体，气体的质量也不变，则混合气体的密度始终不改变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，④错误；
⑤该反应的反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应前后气体的物质的量发生变化，若混合气体的平均相对分子质量不再改变，则气体的物质的量不再变化，反应达到了平衡状态，⑤正确；
⑥混合气体中NO与O2是同一边的物质，二者的物质的量之比始终保持恒定不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，⑥错误；
⑦若反应正向进行，则NO与NO2的物质的量的比就会减小；若反应逆向进行，则NO与NO2的物质的量的比就会增大，当混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定时，任何组分的浓度不变，反应达到了平衡状态，⑦正确；
综上所述可知：反应达到平衡状态的叙述是①③⑤⑦；
故合理选项是A。
13．在恒容密闭容器中存在下列平衡：。平衡时，CO的物质的量浓度与温度T的关系如图所示。下列说法错误的是
A．通过加热可以使B点变到C点
B．在T2时若反应进行到状态D，则有v(正)＞v(逆)
C．当反应从D点到B点时，容器内气体密度变小
D．若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
【答案】B
【详解】A．根据图示可知：升高温度，c(CO)增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，正反应方向，正反应方向为吸热反应，故通过加热可以使B点变到C点，A正确；
B．在T2时若反应进行到状态D，由于c(CO)大于该温度下的平衡状态的c(CO)，因此化学平衡逆向移动，则有v(正)＜v(逆)，B错误；
C．当反应从D点到B点时，化学平衡逆向移动，导致容器中气体质量减少，由于容器的容积恒定不变，则最终导致容器内气体密度变小，C正确；
D．温度升高，平衡时CO的浓度增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，导致化学平衡常数增大。若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，由于温度：T1＜T2，则化学平平衡常数：K1＜K2，D正确；
故合理选项是B。
14．镍镉电池是二次电池，其工作原理如图(L为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源两极)。下列说法不正确的是
A．断开K2、合上K1，OH-从电极B移向电极A
B．电极B发生还原反应过程中，溶液中的KOH浓度没有变化
C．断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生还原反应
D．镍镉二次电池的总反应式：
【答案】B
【分析】根据图示，断开K2、合上K1，形成原电池，电极A为负极，负极上Cd失电子发生氧化反应生成Cd(OH)2，负极反应式为Cd-2e-+2OH -=Cd(OH)2；电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e-+2H2O=2 Ni(OH)2+2OH-，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，断开K1、合上K2形成电解池，电极A为阴极，电极B为阳极，据此分析作答。
【详解】A．断开 K2、合上K1，形成原电池，在原电池中，OH-移向正电荷较多的负极电极A，故OH-从电极B移向电极A，A正确；
B．断开K1、合上K2，装置为原电池，电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为：2NiOOH+2e-+2H2O=2Ni(OH)2+2OH-，溶液中c(OH-)增大，B错误；
C．断开K1、合上K2，装置为电解池，电极A为阴极，发生还原反应，C正确；
D．镍镉二次电池放电时发生反应：Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，充电时发生反应：Cd(OH)2+2Ni(OH)2=Cd+2NiOOH+2H2O，故该电池的总反应式，D正确；
故合理选项是B。
15．在密闭容器中充入l mol CO和1 mol NO，在一定条件下发生反应：，测得CO的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。实验测得，、(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)，下列说法不正确的是
A．达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数
B．压强从大到小的顺序为P3＞P2＞P1
C．NO的物质的量：b点＜a点
D．逆反应速率：a点＞c点
【答案】C
【详解】A．达到平衡后，仅升高温度，物质的内能增加，分子之间有效碰撞此时增加，化学反应速率增大。由于物质的浓度不变，则根据可知化学反应速率常数k正倍数增大，A正确；
B．反应的正反应是气体体积减小的反应，在温度不变时，增大压强，化学平衡正向移动，导致CO的平衡转化率提高。根据图象可知CO的平衡转化率：P3＞P2＞P1，所以压强大小关系为：P3＞P2＞P1，B正确；
C．反应开始时加入的CO、NO的物质的量相等，二者反应转化量相同，因此平衡时二者的物质的量也相同。根据图象可知：a点、b点反应温度相同，CO的平衡转化率：a＞b，反应的转化率越大，反应正向进行的程度就越大，平衡时气体物质的量就越少。所以NO的物质的量：b点＞a点，C错误；
D．a、c两点都处于相应温度和压强下的化学平衡状态，a点的温度、压强都比c点大，温度越高，压强越大，反应速率就越快，所以逆反应速率：a点＞c点，D正确；
故合理选项是C。
16．通过甲醇羧基化法取甲酸甲酯(HCOOCH3)：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下CO的平衡转化率随温度的变化)，下列说法不正确的是
A．此制取甲酸甲酯的反应△H＜0
B．图中X点，延长反应时间能提高CO转化率
C．图中W点，升高温度能提高CO转化率
D．380℃下，图中Z点，c起始(CH3OH)=5.0×10-4 mol/L，CO平衡转化率为50%，则平衡常数K(z)=2000
【答案】D
【详解】A．根据图象可知：CO的转化率达到最高点时反应达到平衡，升高温度，CO的转化率减小，说明升高温度化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，所以此制取甲酸甲酯的反应△H＜0，A正确；
B．根据图象可知：X点反应未达到平衡而接近平衡，反应正向进行，正反应是放热反应，反应进行使体系温度升高，升高温度，反应速率加快，反应正向进行速率加快，直至建立平衡状态，故此时延长反应时间能提高CO转化率，B正确；
C．图中W点反应正向进行，未达到平衡状态，升高温度加快反应正向进行的速率，直至化学反应达到平衡状态，从而能提高CO转化率，C正确；
D．380℃下，图中Z点，c起始(CH3OH)=5.0×10-4 mol/L，CO平衡转化率为50%，由于在容积固定的密闭容器中，开始时投入等物质的量CH3OH和CO，则平衡时c(HCOOCH3)=c(CO)=2.5×10-4 mol/L= c(CH3OH)=2.5×10-4 mol/L，该点时的化学平衡常数K(z)=，D错误；
故合理选项是D。
二、填空题
17．回答下列问题：
(1)某温度时，水的，该温度下，的溶液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)。
(2)在25℃时，的两种一元酸溶液A、B各1 mL，分别加水稀释到1000 mL，其pH与溶液体积V的关系如图所示，则下列说法正确的是_______
A．稀释后，A酸溶液的导电性比B酸溶液强
B．稀释前，两种酸溶液的物质的量浓度相等
C．若a=5，则A是强酸，B是弱酸
D．若，则A、B都是弱酸
(3)甲酸(HCOOH)和乙酸()一样属于一元弱酸，请写出甲酸的电离方程式：_______，常温下，测的同浓度的甲酸溶液和乙酸溶液的pH，甲酸pH更小，则_______(填写“＜”“>”“=”)。
(4)25℃时，0.1mol/L下列物质的溶液，水电离出的由大到小的顺序是_______(填序号)。
① ② ③HCOOH ④
(5)25℃时，的HA溶液中，此溶液的_______。
(6)25℃时，在体积为的的NaOH溶液中，加入体积为的的溶液。若反应后溶液的，(反应后溶液体积等于NaOH溶液与溶液的体积之和)，则_______。
【答案】(1)酸性
(2)CD
(3) >
(4)④③①②
(5)4
(6)2：9
【详解】（1）水的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡右移，水的离子积常数增大，由某温度时水的离子积常数小于1×10-14可知，该温度低于25℃，该温度下，溶液中氢离子浓度为1×10-7mol/L，c(OH-)===10-8，说明溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性；
（2）由图可知，稀释相同的倍数，A的pH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+)。
A．由图可知，稀释相同的倍数，A的pH变化大，故A的酸性比B的酸性强，稀释后，A酸溶液中的pH比B酸溶液的pH大，故B酸溶液中离子浓度较大，导电性较强，A错误；
B．A、B酸的强弱不同，对于一元强酸来说c(酸)=c(H+)，对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)，故A、B两种酸溶液的物质的量浓度不相等，B错误；
C．由图可知，若a=5，A完全电离，故A是强酸，B的pH变化小，故B为弱酸，C正确；
D．pH=2的酸，加水稀释到1000倍，若2＜a＜5，故A、B 都是弱酸，D正确；
故选CD。
（3）甲酸是一元弱酸，电离方程式为HCOOHHCOO-+H+；同浓度的甲酸溶液和乙酸溶液的pH，甲酸pH更小，说明甲酸酸性强，电离常数大，即Ka(甲酸)＞Ka(乙酸)；
（4）水的电离会被酸或碱抑制，Ba(OH)2是二元强碱，c(OH-)=0.2mol/L，对水的电离抑制最大，HClO4是一元强酸，c(H+)=0.1mol/L，而HCOOH、CH3COOH为弱酸，电离出的c(H+)＜0.1mol/L，HCOOH酸性较强，因此甲酸电离的氢离子浓度大于乙酸，故水电离出的c(H+)大到小的顺序是④③①②；
（5），常温下c(H+)c(OH-)=10-14，故c(H+)=10-4mol/L，pH=-lgc(H+)=4；
（6）混合后溶液为碱性，c(OH-)==10-3 mol/L，解得=。
18．以CH3OH燃料电池为电源电解法制取二氧化氯(ClO2)，ClO2为一种黄绿色气体，是国际上公认的高、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。
(1)CH3OH燃料电池放电过程中，通入O2的电极附近溶液的pH_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，负极反应式为_______。
(2)图中电解池用石墨作电极，在一定条件下，生成ClO2的电极与电源的_______(填“X”或“Y”)连接，产生ClO2的反应式为_______，C口出来的溶液是_______。
(3)电解一段时间，从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多6.72 L时(标准状况。忽略生成的气体溶解)，电路通过的电子的物质的量为：_______mol。燃料电池消耗的O2的质量为_______g。
【答案】(1) 增大 CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O
(2) Y Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+ 浓NaOH溶液
(3) 1 8
【详解】（1）在甲醇燃料电池中，通入O2的电极Y为正极，正极上O2得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，反应消耗H2O产生OH-，使正极附近溶液的c(OH-)增大，溶液pH增大；通入燃料CH3OH的电极X为负极，负极失去电子发生氧化反应产生，则负极的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O；
（2）在图中电解池中，在b电极上Cl-失去电子被氧化产生ClO2，故b电极应该连接电源的正极，即b电极连接Y电极；在b电极上Cl-失去电子被氧化产生ClO2，该电极的电极反应式为：Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；
a电极连接电源的负极，作阴极，由于放电能力：H+＞Na+，阴极上H2O电离产生的H+得到电子被还原产生H2，H+放电导致附近溶液中OH-浓度增大，因此从C口流出的溶液为较浓的NaOH溶液；
（3）电解时，阴极发生反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极发生反应：Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，可知两个电极产生气体关系式为：5H2~2ClO2~10e-，根据关系式可知：若电路中电子转移10 mol，阴极比阳极产生的气体的物质的量多5 mol-2 mol=3 mol，则阴极比阳极的气体体积多3×22.4 L=67.2 L，现在从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多6.72 L，则电路中电子转移的物质的量n(e-)=；在同一闭合回路中电子转移的物质的量相等，则原电池的正极上通入O2的物质的量n(O2)=，则反应消耗O2的质量m(O2)=0.25 mol×32 g/mol=8 g。
19．为流少大气污染。科学家采取多种措施处理工业废气中排放的氮氧化物()、、等。回答下列问题：
(1)某脱硝反应机理如图所示，的作用为_______，此过程总反应的方程式为_______。
(2)选择性催化还原技术(SCR)是目前较为成熟脱硝技术，其反应原理主要为： 。
①若反应过程放出热量为32.54 kJ，则除去的NO物质的量为_______。
②不考虑催化剂因素，催化还原时应控制反应温度在315~400℃之间，反应温度不宜过高的原因是_______。
(3)是性能优良的脱硫脱硝试剂，常温下，的含的盐溶液中，能把氧化生成硫酸盐，自身被还原成，该反应的离子方程式为_______，反应一段时间后溶液pH_______(填“增大”或“减小”)
【答案】(1) 催化剂
(2) 0.08 正反应放热，温度过高会降低NO的转化率
(3) 减小
【详解】（1）由图可知，整个过程中NO、O2、C2H4为反应物，H2O、CO2、N2为生成物，因此Cu+为催化剂；
由图可知，反应过程中O2与NO反应生成NO2，NO2再与C2H4反应生成N2、H2O、CO2，反应方程式分别为、，NO2为中间产物，两方程式联立消去NO2可得总反应方程式为。
（2）①由热化学方程式可知，反应中每消耗4mol NO，反应放出1627kJ能量，因此若反应过程放出热量为32.54 kJ，则除去的NO物质的量为0.08mol。
②该反应正向为放热反应，温度升高，平衡将逆向移动，不利于NO转化，NO的转化率将降低。
（3）常温下，的含的盐溶液中，能把氧化生成硫酸盐，自身被还原成，反应过程中Cl元素化合价由+4降低至-1，S元素化合价由-2升高至+6，根据化合价升降守恒、原子守恒、电荷守恒以及反应前溶液呈中性可知反应离子方程式为；反应生成大量H+，溶液pH将减小。
20．为实现生产生活的“碳减”和经济的可持续发展，科学工作者开展的价值型转化的相关研究。请回答以下有关问题：
Ⅰ.利用太阳能分解获得氢气，再通过加氢制甲醇()等燃料，从而实现可再生能源和的资源化利用。
(1)过程Ⅰ、Ⅱ典型的人工光合作用过程：，该反应是反应_______ (填“吸热”或“放热)。
(2)过程Ⅱ中催化加氢制取甲醇，反应如下：
主反应：
副反应：
①CO、生成的热化学方程式是_______。
②一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol 和3 mol 发生上述反应，达到平衡时，容器中为a mol，CO为b mol，此时的浓度为_______(用含a、b、V的代数式表示)。
③为提高在单位时间的产率，可采取措施：_______(写出一条即可)。
Ⅱ.催化加氢也可制取乙烯： ，在体积为2 L的恒容容器中制取乙烯，投料为x mol 和3 mol ，测得温度对的平衡转化率的影响，曲线a表示x=1，改变投料比测量后得到曲线b，
(3)曲线b条件下投料比改变，则x_______1(填“>”、“＜”或“=”)；反应从开始分别进行到M、M1、N三点时，放出热量为、、，其由大到小的顺序为_______。
(4)工业生产中采取较高温度(250℃左右)，原因是_______。
【答案】(1)吸热
(2) 增大压强、降低温度、选择合适催化剂等
(3) >
(4)为了提高催化效率(或催化剂活性)，加快反应速率
【详解】（1）光合作用需要吸收太阳光，故为吸热反应。
（2）主反应：
副反应：
①根据盖斯定律分析，主反应-副反应可得热化学方程式为： 。
②一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol 和3 mol 发生上述反应，达到平衡时，容器中为a mol，则二氧化碳消耗amol，氢气消耗3amol,CO为b mol，则二氧化碳消耗bmol，氢气消耗bmol，则反应后二氧化碳有（1-a-b）mol，氢气有（3-3a-b）mol，此时的浓度为。
③为提高在单位时间的产率，即加快反应速率，使主反应正向移动，则采取措施：增大压强、降低温度、选择合适催化剂等。
（3）曲线b的二氧化碳的平衡转化率降低，说明增加了二氧化碳的量，即x大于1。相同投料比时，二氧化碳的转化率越高，反应放热越多，在相同温度下，增大二氧化碳的量，增大了氢气的转化率，平衡正向移动，反应放热更多，故。
（4）在250℃左右催化剂的催化效果最高，故为了提高催化效率(或催化剂活性)，加快反应速率，选择温度为250℃左右。
三、实验题
21．某兴趣小组研究影响反应速率的因素：(溶液已酸化)和草酸)反应，离子方程式为：。某实验小组欲通过测定单位时间内生成的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如图所示：
实验序号
A溶液
B溶液
①
20 mL 溶液
30 mL 溶液
②
20 mL 溶液
30 mL 溶液
(1)该实验探究的是_______因素对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得的体积较多的是_______(填实验序号)。
(2)若实验①在2 min末收集了2.24 mL (标准状况下)；则在2 min末，_______(假设混合溶液体积为50 mL)。
(3)除通过测定一定时间内的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定_______来比较化学反应速率。
【答案】(1) 浓度 ②
(2)0.0596
(3)高锰酸钾溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间
【分析】将不同浓度的草酸溶液滴入相同浓度的高锰酸钾溶液中，利用注射器测量一段时间内产生的二氧化碳气体的体积探究影响化学反应速率的因素，结合有关物质的性质、问题分析解答。
【详解】（1）由表中数据可知，只有草酸浓度不同，则该实验探究的是浓度因素对化学反应速率的影响，高锰酸钾均过量，②中草酸的物质的量大生成气体多，则该实验探究的是浓度因素对化学反应速率的影响，图一中相同时间内针筒中所得的CO2体积大小关系是①小于②，故答案为：浓度；②；
（2）在2min末收集了2.24mL CO2（标准状况下），其物质的量为，由反应可知参加反应的n（MnO）=10-4mol×=2×10-5mol，则在2min末，c（MnO）=，故答案为：0.0596mol/L；
（3）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定产生相同体积气体所需的时间或相同时间内高锰酸钾溶液颜色变化的程度来比较化学反应速率，故答案为：产生相同体积气体所需的时间或相同时间内高锰酸钾溶液颜色变化的程度。
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