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2022-2023学年新疆乌鲁木齐市第七十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2022-2023学年新疆乌鲁木齐市第七十中学高二上学期期中考试化学试题含解析，共31页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题，原理综合题，填空题等内容，欢迎下载使用。
新疆乌鲁木齐市第七十中学2022-2023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．相同条件下，下列各组热化学方程式中ΔH1>ΔH2的是
A．C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH1；C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2
B．2Al(s)+O2(g)=Al2O3(s) ΔH1；2Fe(s)+O2(g)=Fe2O3(s) ΔH2
C．2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH1；2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) ΔH2
D．CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s) ΔH1；NH4HCO3(s)=NH3(g)+CO2(g)+H2O(g) ΔH2
【答案】A
【详解】A．碳完全燃烧生成CO2放出热量更多，其焓更小，即ΔH1<ΔH2，A正确；
B．将B中的化学方程式依次编号为①②，根据盖斯定律，由①-②可得：2Al(s)+Fe2O3(s)=2Fe(s)+Al2O3(s) △H=△H1-△H2，已知铝热反应为放热反应，故 △H<0，即△H1<△H2，B错误；
C．将C中的化学方程式依次编号为③④，根据盖斯定律，由③-④可得：2S(s)+2O2(g)=2SO2(g) △H=△H1-△H2，即△H1<△H2，C错误；
D．氧化钙和水反应是放热反应，△H1<0，碳酸氢钠分解是吸热反应，△H2>0，即△H1<△H2，D错误；
故答案为：A。
【点睛】使用盖斯定律进行反应热的计算时，要先对几个反应进行观察，然后合理重组得到目标反应。重组技巧是：同向用加，异向用减，倍数用乘，焓变同变。即条件方程式中的各种物质与目标方程式同向的（如同在左边或同在右边）用加法，异向的用减法，化学计量数与目标存在倍数关系的用乘法，扩大一定倍数后（或缩小为几分之一）与目标化学方程式中的计量数相同，各条件方程式中的焓变看作生成物作同样变化。
2．下列事实中不能用勒夏特列原理来解释的是
A．红棕色的NO2气体，加压后颜色先变深后变浅
B．由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深
C．高压比常压有利于合成SO3 的反应
D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅
【答案】B
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，据此进行解答。
【详解】A．可逆反应2NO2（g）⇌N2O4（g），正反应为体积缩小的反应，加压后二氧化氮的浓度增大，所以气体颜色加深，由于增大了压强，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，可用平衡移动原理解释，故A不选；
B．反应为H2+I2(g)⇌2HI(g)，由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深，是因为碘蒸气的浓度增大，而平衡不移动，不能用勒夏特列原理来解释，故B选；
C．反应为O2（g）+2SO2（g）⇌2SO3（g），正反应体积减小，高压比常压有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故C不选；
D．氯水中存在化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，光照使氯水中的次氯酸分解，次氯酸浓度减小，使得平衡向右移动，因此黄绿色的氯水光照后颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故答案选B。
3．将和充入密闭容器中进行反应：。末该反应达到平衡时，生成了，测得的浓度为。下列叙述错误的是
A． B．内的反应速率为
C．的平衡转化率为60% D．平衡时的浓度为
【答案】D
【详解】A．已知2min末测得Q的浓度为0.4mol/L，Q的物质的量为0.8mol，生成的Q的物质的量等于Z的物质的量，则Z和Q的化学计量数相同，a=2，A正确；
B．，0-2min内Y的转化量为1.2mol，则其反应速率为，B正确；
C．根据上述计算可知， Y的平衡转化率为=60%，C正确；
D．平衡时X的物质的量为1.6mol，容器体积为2L，则其平衡浓度为0.8mol/L，D错误；
故选D。
4．根据下列反应原理设计的应用，不正确的是
A．CO+H2OHCO+OH-用热的纯碱溶液清洗油污效果更佳
B．Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+明矾净水
C．Cl2+H2OHCl+HClO新制氯水中加入碳酸钙，提高次氯酸浓度
D．Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+配制Fe2(SO4)3溶液时，加入一定量Fe粉
【答案】D
【详解】A．加热促进碳酸钠的水解，碱性增强，油脂水解更彻底，故用热的纯碱溶液清洗油污效果更佳，A正确；
B．明矾溶液中铝离子水解产生氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，可利用Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+来净水，B正确；
C．新制氯水中加入碳酸钙，消耗HCl，平衡Cl2+H2OHCl+HClO正向移动，HClO浓度增大，C正确；
D．配制Fe2(SO4)3溶液时，加入一定量Fe粉会消耗铁离子，所配制Fe2(SO4)3溶液不纯，应加少量硫酸促使Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+逆向移动，防止Fe3+水解，D错误；
答案选D。
5．常温下，0.005mol∙L-1的H2SO4溶液中由水电离出的OH-的物质的量浓度为
A．0.01mol∙L-1 B．1.0×10-12mol∙L-1 C．2.0×10-12mol∙L-1 D．无法确定
【答案】B
【详解】常温下，0.005mol∙L-1的H2SO4溶液中，c(H+)=0.01mol∙L-1，则由水电离出的OH-的物质的量浓度为mol∙L-1=1.0×10-12mol∙L-1，故选B。
6．在一恒容的密闭容器中充入0.1mol/LCO2、0.1mol/LCH4，在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，测得CH4平衡时转化率与温度、压强的关系如图，下列有关说法不正确的是（ ）
A．上述反应的ΔH>0
B．压强：p4>p3>p2>p1
C．1100℃时该反应平衡常数约为1.64
D．压强为p4时，在y点：v(正)
【详解】A．从图象分析，随温度升高CH4转化率增大，平衡正向移动，正反应吸热，△H＞0，故A正确；
B．根据方程式，压强增大，平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率变小，故P4＞P3＞P2＞P1，故B正确
C．
平衡常数K==1.64，故C正确；
D．在y点，甲烷的转化率小于平衡时的转化率，反应正向进行，v正＞v逆，故D错误；
故选D。
7．在一定体积的密闭容器中，某化学反应的平衡常数表达式为K=，在不同的温度下该反应的平衡常数值分别为：
t℃
700
800
830
1000
1200
K
1.67
1.11
1.00
0.60
0.38
下列有关叙述不正确的是A．该反应的化学方程式是：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
B．上述反应的正反应是放热反应
C．830℃时加入CO2和H2各1mol，测得CO为0.4mol时，v正＞v逆
D．若平衡浓度符合下列关系式：=，此时的温度是1000℃
【答案】C
【详解】A．平衡常数表达式是用平衡时生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，根据平衡常数表达式，该反应的化学方程式为CO(g)+H2O(g) ⇌ CO2(g)+H2(g)，故A正确；
B．从表格可以看出，随着温度升高，平衡常数减小，说明温度升高，平衡逆向移动，所以该反应的正反应是放热反应，故B正确；
C．830℃时平衡常数为1.00。起始时加入CO2和H2各1mol，某时刻测得CO为0.4mol，则生成的水蒸气也为0.4mol，消耗的CO2和H2也为0.4mol，所以此时剩余的CO2和H2的物质的量均为1mol-0.4mol=0.6mol，该反应的反应前后气体系数之和相等，可以用物质的量代替物质的量浓度计算Qc= = =2.25 ＞1，平衡逆向移动，所以 v正＜v逆，故C错误；
D．若平衡浓度符合下列关系式： ，即 =0.60 ，此时的温度是1000℃，故D正确；
故选C。
8．在Na2S溶液中存在着多种分子和离子，下列关系不正确的是
A．c(OH-)=c(HS-)+c(H+)+c(H2S) B．c(OH-)=c(HS-)+c(H+)+2c(H2S)
C．c(Na+)=2[c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)] D．c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)
【答案】A
【分析】硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，结合电荷守恒和物料守恒分析解答。
【详解】A．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+2c（S2-）+c（HS-）、存在物料守恒c（Na+）=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S），所以得c（OH-）=c（HS-）+c（H+）+2c（H2S），故A错误；
B．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+2c（S2-）+c（HS-）、存在物料守恒c（Na+）=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S），所以得c（OH-）=c（HS-）+c（H+）+2c（H2S），故B正确；
C．溶液中存在物料守恒c(Na+)=2[c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)]，故C正确；
D．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+2c（S2-）+c（HS-），故D正确；
故选：A。
9．下列实验操作会使实验最终结果偏高的是
A．用湿润的pH试纸测定NaOH的pH
B．用0.0001mol∙L-1盐酸滴定20.00mLNaOH溶液时，未排尽滴定管尖嘴处的气泡
C．用0.0001mol∙L-1盐酸滴定20.00mL NaOH溶液时，滴定前读数时仰视，滴定后平视
D．测定中和热的数值时，将0.5mol∙L-1 NaOH溶液倒入盐酸后，立即读数
【答案】B
【详解】A．用湿润的pH试纸测定NaOH的pH，溶液浓度减小，碱性减弱，则pH偏低，A不符合题意；
B．用0.0001mol∙L-1盐酸滴定20.00mLNaOH溶液时，未排尽滴定管尖嘴处的气泡，则所用标准溶液的体积偏大，所测NaOH溶液的浓度偏高，B符合题意；
C．用0.0001mol∙L-1盐酸滴定20.00mL NaOH溶液时，滴定前读数时仰视，滴定后平视，则读取的所用盐酸的体积偏小，所测NaOH溶液的浓度偏低，C不符合题意；
D．测定中和热的数值时，将0.5mol∙L-1 NaOH溶液倒入盐酸后，立即读数，反应未完全进行，此时溶液温度没有达到最大值，则读取的温度偏低，所测中和热数值偏低，D不符合题意；
故选B。
10．常温下，，，。下列说法不正确的是
A．与等体积混合后的溶液中：
B．用相同浓度的溶液分别滴定等体积均为3的和溶液至终点，消耗溶液的体积前者小于后者
C．浓度为的溶液中离子的物质的量浓度大小为：
D．与盐酸等体积混合后的溶液中()：
【答案】A
【详解】A．与等体积混合完全反应后，溶液中溶质为等浓度HCOOH和HCOONa，溶液中电荷守恒为，物料守恒为，联立可得，的水解平衡常数，因此反应后溶液中的电离程度大于的水解程度，溶液中，故A项错误；
B．因，因此pH相同的和两溶液中溶质浓度：，用相同浓度的溶液分别滴定等体积均为3的和溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗碱的体积越大，即溶液消耗NaOH溶液更多，故B项正确；
C．溶液中由于发生微弱水解使溶液呈酸性，溶液中，故C项正确；
D．与盐酸等体积混合后的溶液中溶质为等浓度、、NaCl，溶液pH<7，说明的电离程度大于的水解程度，因此溶液中，因的电离程度较小，所以溶液中较小，溶液中，故D项正确；
综上所述，不正确的是A项。
11．已知25℃时，，，下列说法不正确的是
A．25℃时，等浓度的NaA 和 NaB两溶液，水的电离程度：前者＜后者
B．25℃时，等浓度的NaA 和 NaB两溶液，c(A-)＞c(B-)
C．25℃时，等浓度的 HA 和 HB两溶液加水稀释10倍后，电离度α(HA)＜?(HB)
D．25℃时，c(A-)和c(B-)相等的两种酸溶液pH相等，混合后pH不变
【答案】C
【分析】25℃时，，，则HA的酸性比HB强，B-的水解能力比A- 强。
【详解】A．25℃时，由于HA的酸性强于HB，所以等浓度的NaA 和 NaB两溶液中，B-的水解能力更强，水的电离程度更大，从而得出水的电离程度：前者＜后者，A正确；
B．25℃时，等浓度的NaA 和 NaB两溶液，由于B-的水解能力比A- 强，溶液中c(B-)减小更多，所以溶液中c(A-)＞c(B-)，B正确；
C．25℃时，等浓度的 HA 和 HB两溶液加水稀释10倍后，二者的浓度仍然相同，由于HA的电离常数比HB大，所以电离度α(HA)＞?(HB)，C不正确；
D．25℃时，c(A-)和c(B-)相等的两种酸溶液pH相等，混合后两种酸中弱酸及其对应酸根离子都减小了相同的倍数，所以溶液中c(H+)不变，pH不变，D正确；
故选C。
12．一定量的混合气体在密闭容器中发生反应：mA（g）+nB（g）pC（g）。达到平衡时，维持温度不变，将气体体积缩小到原来的1/2，当达到新的平衡时，气体C的浓度变为原平衡时的1.9倍。则下列说法正确的是
A．m+n＞p B．m+n＜p
C．平衡向正反应方向移动 D．C的质量分数增加
【答案】B
【详解】mA(g)+nB(g)pC(g)，达到平衡后，温度不变，将气体体积压缩到1/2，若平衡不移动，C的浓度为原来的2倍；维持温度不变，将气体体积缩小到原来的1/2，当达到新的平衡时，气体C的浓度变为原平衡时的1.9倍<原平衡的2倍，即缩小体积，增大压强，平衡向逆反应方向移动，m+n
A．OH-参与了该催化循环 B．该反应可产生清洁燃料H2
C．该反应可消耗温室气体CO2 D．该催化循环中Fe的成键数目发生变化
【答案】C
【分析】题干中明确指出，铁配合物Fe(CO)5充当催化剂的作用。机理图中，凡是出现在历程中，进去的箭头表示反应物，出来的箭头表示生成物，既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余可以看成为中间物种。由题干中提供的反应机理图可知，铁配合物Fe(CO)5在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，反应过程中所需的反应物除CO外还需要H2O，最终产物是CO2和H2，同时参与反应的还有OH-，故OH-也可以看成是另一个催化剂或反应条件。
【详解】A．从反应机理图中可知，OH-有进入的箭头也有出去的箭头，说明OH-参与了该催化循环，故A项正确；
B．从反应机理图中可知，该反应的反应物为CO和H2O，产物为H2和CO2，Fe(CO)5作为整个反应的催化剂，而OH-仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说明该反应方程式为，故有清洁燃料H2生成，故 B项正确；
C．由B项分析可知，该反应不是消耗温室气体CO2，反而是生成了温室气体CO2，故 C项不正确；
D．从反应机理图中可知，Fe的成键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化，故 D项正确；
答案选C。
【点睛】对于反应机理图的分析，最重要的是判断反应物，产物以及催化剂；一般催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的；通过一个箭头进入整个历程的物质则是反应物；而通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物。
14．下图三条曲线表示不同温度下水的离子积常数，下列说法不正确的是
A．图中温度： B．图中的关系：
C．C点物质可能是盐酸 D．图中五点间的关系：
【答案】C
【详解】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c(H+)、c(OH-)及离子积常数增大，根据图知，离子积常数T3>T2>T1，所以温度T3>T2>T1，故A正确；
B．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是B＜D＜E，但三点溶液的氢离子浓度相等，则pH相等，故B正确；
C．C点时，Kw=1×10-14，c(OH-)=1×10-6，溶液的pH=8，显碱性，故C错误；
D．温度高低点顺序是A=B=C＜D＜E，水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，Kw间的关系：E>D>A=B=C，故D正确；
故选C。
15．运用电离常数判断可以发生的反应是
酸
电离常数(25℃)
碳酸
Ki1=4.3×10-7 Ki2=5.6×10-11
次溴酸
Ki=2.4×10-9
A．HBrO+Na2CO3=NaBrO+NaHCO3
B．2HBrO+Na2CO3=2NaBrO+H2O+CO2↑
C．HBrO+NaHCO3=NaBrO+H2O+CO2↑
D．2NaBrO+CO2+H2O=Na2CO3+2HBrO
【答案】A
【分析】弱酸的电离常数越大酸性越强，依据题目中给出的电离常数可知酸性强弱顺序为H2CO3＞HBrO＞HCO ，
【详解】A．依据强酸制弱酸规律可知HBrO+Na2CO3=NaBrO+NaHCO3能发生，A项正确；
B．依据强酸制弱酸规律可知2HBrO+Na2CO3=2NaBrO+H2O+CO2↑不能发生，B项错误；
C．依据强酸制弱酸规律可知HBrO+NaHCO3=NaBrO+H2O+CO2↑不能发生，C项错误；
D．依据强酸制弱酸规律可知2NaBrO+CO2+H2O=Na2CO3+2HBrO不能发生，D项错误；
答案选A。
16．酚酞为指示剂，用0.1000 mol/LNaOH溶液滴定10.00 mL未知浓度的CH3COOH溶液，滴定过程中的pH变化如下图所示。下列分析正确的是
A．溶液中水的电离程度大小关系：a处＞b处
B．CH3COOH的电离常数
C．溶液从粉红色变为无色，且半分钟不褪色，表示已达滴定终点
D．pH=a时，溶液中c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)
【答案】B
【详解】A．CH3COOH、NaOH以1：1的物质的量关系发生中和反应，根据图像可知，加入V( NaOH )=20.00 mL时的b点，酸碱恰好完全反应产生CH3COONa，CH3COONa对水电离平衡起促进作用。在a处NaOH溶液为10.00 mL，此时溶液为CH3COOH、CH3COONa等浓度的混合溶液，CH3COOH对水的电离平衡起抑制作用，且CH3COOH的抑制作用大于CH3COONa的促进作用，故水电离程度：a处＜b处，A错误；
B．根据图像可知，在滴入NaOH溶液20.00 mL时二者恰好反应，此时n(CH3COOH)=n(NaOH)，c(CH3COOH)·v(CH3COOH)=c(NaOH)·v(NaOH)，c(CH3COOH)=。开始滴定时溶液的pH=3，溶液中c(CH3COO-)≈c(H+) =0.001mol/L，CH3COOH电离程度较小，平衡时溶液中c(CH3COOH)近似等于0.2000 mol/L，则该温度下CH3COOH的电离常数Ka=，B正确；
C．酚酞遇酸呈无色，遇碱变红色，以酚酞作指示剂，当溶液从无色变为粉红色，且半分钟内不变色，表示已达滴定终点，C错误；
D．pH=a时，加入V(NaOH )=10.00 mL，此时溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COO-)＞c(Na+)，酸电离程度小于等浓度的盐电离程度，则c(Na+)＞c(H+)，酸电离程度较小，所以存在微粒浓度关系：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)，D错误；
故合理选项是D。
17．常温下，向20 mL某浓度的硫酸溶液中滴入0.1 mol·L-1氨水，溶液中水电离的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图。下列分析正确的是
A．V=40
B．c点所示溶液中：c(H＋)-c(OH-)=2c(NH3·H2O)
C．NH3·H2O的电离常数K=10-4
D．d点所示溶液中：c(NH)=2c(SO)
【答案】D
【详解】A．c点水的电离程度最大，说明此时c()最大，对水的电离促进程度最大，氨水与硫酸恰好完全反应生成(NH4)2SO4，氨水体积为0时，水电离出c(H＋)=1×10-13 mol·L-1，水电离出c(OH-)=1.0×10-13 mol·L-1，溶液中的c(H＋)=0.1 mol·L-1，c(H2SO4)=0.05 mol·L-1，消耗氨水的体积也是20 mL，即V=20，A错误；
B．c点所示溶液是(NH4)2SO4溶液，由质子守恒得c(H＋)-c(OH-)=c(NH3·H2O)，B错误；
C．根据题意，无法判断NH3·H2O的电离常数的大小，C错误；
D．根据电荷守恒：c(H＋)＋c()=2c()＋c(OH-)，而溶液呈中性c(OH-)=c(H＋)，所以c()=2c()，D正确；
答案选D。
18．下列图示与对应的叙述相符的是
A．图甲表示常温下稀释pH=11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线Ⅱ表示氨水
B．图乙表示常温下，0.1000mol∙L-1NaOH 溶液滴定20.00mL0.1000mol∙L-1醋酸溶液的滴定曲线
C．图丙表示某可逆反应的反应速率随时间的变化，时刻改变的条件一定是使用了催化剂
D．图丁表示反应4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)，在其他条件不变的情况下改变起始CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知NO2的转化率c＞b＞a
【答案】D
【详解】A．pH=11的NaOH溶液和氨水加水稀释相同倍数时，由于一水合氨为弱碱，电离程度增大，则NaOH溶液的pH变化大，所以曲线Ⅱ表示NaOH溶液，A不正确；
B．醋酸为弱酸，滴定终点时，醋酸钠呈碱性，pH＞7，所以pH=7时，所用NaOH溶液的体积小于20.00mL，B不正确；
C．若反应前后气体的分子数相等，增大压强，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不发生移动，C不正确；
D．对于反应4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)，增大CO的物质的量，平衡正向移动，N2的物质的量增大，适当增加CO用量时，N2的体积分数增大，但若CO加入量过多，N2的体积分数减小(分母过大)，CO不断增多，NO2的转化率不断增大，则NO2的转化率c＞b＞a，D正确；
故选D。
19．乙烯气相直接水合反应制备乙醇：。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图【起始时，，容器体积为2L】。下列分析正确的是
A．乙烯气相直接水合反应的
B．图中压强的大小关系为
C．图中a点对应的平衡常数
D．达到平衡状态a、b所需要的时间：
【答案】C
【详解】A．压强不变时，升高温度乙烯转化率降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则△H＜0，A错误；
B．温度相同时，增大压强平衡正向移动，乙烯转化率增大，根据图知压强p1＜p2＜p3，B错误；
C．a点乙烯转化率为20%，则消耗的n(C2H4)=1 mol×20%=0.2 mol，对于可逆反应可列三段式：，有化学平衡常数，C正确；
D．温度越高、压强越大反应速率越快，反应达到平衡时间越短，压强：p2＜p3，温度：a点＜b点，则达到平衡时间：a＞b，D错误；
故答案选C。
20．下列各组离子一定能大量共存的组合是
①在含有大量溶液中：、、、
②常温下的溶液：、、、
③常温下的溶液中：、、、
④在水溶液中：、、、
⑤常温下的溶液：、、、
⑥常温下的溶液中：、、、
A．①②⑥ B．②④⑤ C．④⑤⑥ D．①②③
【答案】B
【详解】①和发生双水解不能共存，与反应生成Al(OH)3和CO不能共存；②常温下的溶液呈碱性，与此项中的离子均能共存；③水解呈酸性，不能存在于中性环境中；④在水溶液中：、、、均能共存；⑤常温下的溶液呈酸性，与此项中的离子均能共存；⑥常温下的溶液中H+不能与共存；故选②④⑤，答案选B。
21．下列有关说法中正确的是
A．已知常温下0.1 mol·L-1NaHSO3溶液pH＜7，则HSO电离程度小于水解程度
B．向0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小
C．已知25℃时NH4CN溶液显碱性，则25℃的电离常数K(NH3·H2O)＜K(HCN)
D．25 ℃时，0.1 mol·L-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
【答案】D
【详解】A．由NaHSO3可知该盐属于酸式弱酸盐，在溶液中既可电离又可水解，电离显酸性，水解显碱性，由常温下0.1 mol·L-1NaHSO3溶液pH＜7，可知电离大于水解，A错误；
B．向0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，可以促进弱酸的电离，各种离子CH3COO-和H+数目增加，CH3COOH分子数目减小，浓度均减小，溶液中OH-离子浓度增大，由电离平衡常数=可知变大，B错误；
C．25℃时NH4CN溶液显碱性说明离子的水解小于CN-的水解，则电离常数K(NH3·H2O)>K(HCN)，C错误；
D．硫化氢为弱电解质，硫化钠为强电解质，若等浓度则硫化钠溶液中离子浓度更大，导电能力更强，D正确；
故答案为：D
22．常温下，用浓度为0.1000mol/L的盐酸分别逐滴加入到20.00mL0.1000mol/L的两种一元碱MOH、ROH溶液中，pH随盐酸溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．pH=10时，c(M+)>c(MOH)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
B．将上述MOH、ROH溶液等体积混合后，用盐酸滴定至MOH恰好反应时：c(R+)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)
C．10mL
【答案】B
【详解】A．MOH溶液中加入10mLHCl溶液时，溶液中的溶质为等物质的量浓度的MOH和MCl，溶液呈碱性，说明MOH电离程度大于MCl水解程度，MOH电离程度较小，氯离子不电离也不水解，所以，故A错误；
B．将上述MOH、ROH溶液等体积混合后，用盐酸滴定至MOH恰好反应时，ROH已经完全反应，溶液中溶质为等物质的量浓度的MCl、RCl，MCl为强酸弱碱盐，水解导致溶液呈酸性，但水解程度较小，不水解，所以存在，故B正确；
C．时，溶液中溶质为MOH和MCl，且，溶液中存在物料守恒，故C错误；
D．时，HCl过量导致溶液呈酸性，根据电荷守恒得，溶液中溶质存在有、或三种情况，可能出现，故D错误；
故选：B。
【点睛】考查酸碱混合溶液定性判断，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，根据图知，未加HCl溶液时，ROH的，说明，为强碱；MOH的pH小于13，则MOH为弱碱；易错选项是D，注意滴加过程中可能出现c(M+)＞c(H+)、c(M+)=c(H+)、c(M+)＜c(H+)情况。
二、多选题
23．CH4—CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)，有利于减小温室效应，其主要反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ·mol-1，同时存在以下反应：
积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)△H1>0
消碳反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)△H2>0
积碳会影响催化剂的活性，一定时间内积碳量和反应温度的关系如图。一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行该反应，达平衡时CO2的转化率为50%，下列说法正确的是
A．该温度下催化重整反应的平衡常数为
B．高压利于提高CH4的平衡转化率并减少积碳
C．增大CH4与CO2的物质的量之比有助于减少积碳
D．温度高于600℃，积碳反应的速率减慢，消碳反应的速率加快，积碳量减少
【答案】AC
【详解】A．催化重整的反应为CH4(g)+CO2(g) ⇌2CO(g)+2H2(g)，一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行该反应，达平衡时CO2的转化率为50%，即平衡时CH4、CO2、CO、H2的物质的量分别为1.5mol、0.5mol、1mol、1mol，则该温度下催化重整反应的平衡常数==，故A正确；
B．反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)和CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，可减少积碳，但CH4的平衡转化率降低，故B错误；
C．假设CH4的物质的量不变，增大CO2的物质的量，CO2与CH4的物质的量之比增大，对于反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)平衡正向移动，CH4的浓度减小，对于积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，由于甲烷浓度减小，平衡逆向移动，碳含量减少；增大CO2的物质的量，对于消碳反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)，平衡正向移动，碳含量也减少，综上分析，增大CO2与CH4的物质的量之比，有助于减少积碳，故C正确；
D．根据图象，温度高于600℃，积碳量减少，但温度升高，存在的反应体系中反应速率都加快，故D错误；
故选AC。
三、计算题
24．完成下列问题
(1)某温度(t℃)时，水的Kw=10-13，则该温度(填大于、等于或小于)_______25℃，将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合，
①若所得混合溶液为中性，则a：b=_______；
②若所得混合溶液pH=2， 则 a：b=_______。
(2)在一定温度下，有a.醋酸 b.盐酸 c.硫酸 三种酸：
①同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是_______；(用a、b、c表示，下同)
②若三者c(H+)相同时，酸的物质的量浓度由大到小的顺序为_______；
③将c(H+)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(H+)由大到小的顺序是_______。
【答案】(1) 大于 10:1 9:2
(2) c >a=b a > b> c a>b=c
【详解】（1）水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，水的Kw值增大；25℃时，水的Kw=1×10-14，t℃时的Kw=1×10-13>1×10-14，说明该温度大于25℃；故答案为：大于；
①该温度下，pH=1的硫酸中，pH=11的NaOH溶液中，要使混合溶液呈中性，则，即，则a：b=10:1，故答案为10:1；
②若所得混合溶液pH=2， 则，求得a：b=9:2；
（2）①同体积、同物质的量浓度的三种酸物质的量相同，由H2SO4~2NaOH、HCl~NaOH、CH3COOH~NaOH可知物质的量相同的三种酸中和NaOH的能力由大到小的顺序是c >a=b；
②HCl是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，若三者c(H+)相同时，酸的物质的量浓度从大到小的顺序为：a > b> c；
③HCl是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，将c(H+)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，盐酸和硫酸稀释后c(H+)减小倍数相同，但加水过程中醋酸还会不断电离少量氢离子，所以c(H+)减小倍数会减小，则最终c(H+)由大到小的顺序是a>b=c。
四、原理综合题
25．Ⅰ.已知合成氨反应 。在其他条件不变的情况下，探究改变起始时氢气的物质的量对合成反应的影响，实验结果如图所示：(图中T表示温度，n表示起始时物质的量)
(1)图象中和的关系是：_______ (填“>”“＜”“=”或“无法确定”)。
(2)在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物转化率最大的是_______(填字母)。
(3)若容器容积为，b点对应的，测得平衡时和的转化率均为60%，则平衡时的物质的量浓度为_______。
Ⅱ.已知：25℃时，亚硫酸()的电离平衡常数为，；次氨酸()的电离平衡常数为；碳酸()的电离平衡常数为，。回答下列问题：
(4)的电离方程式为_______。
(5)足量的溶液和溶液发生反应的主要离子方程式为_______；足量的溶液中加入溶液发生反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)>
(2)c
(3)0.01
(4)HClOH++ClO-
(5) H2SO3+HCO=HSO+CO2↑+H2O ClO-+ H2SO3 =Cl-+SO+2H+
【分析】Ⅱ．题中H2SO3、HClO和H2CO3都属于弱电解质，其电离程度与电离平衡常数相关，电离平衡常数越大，电离程度越大，产生的氢离子越多，酸性越强，pH越低，酸性由强到弱的顺序为H2SO3＞H2CO3＞ ＞HClO＞。
【详解】（1）起始氢气的物质的量相同时，反应为放热反应，温度越高，平衡逆向进行程度越大，氨气含量越少，所以T1＞T2；
（2）随着氢气的物质的量增加，平衡正向进行的程度越大，消耗的氮气越多，氮气的转化率越大，所以氮气转化率最大的点应该为氢气的量最大的一点，即c点；
（3）b点处NH3的百分含量最大，因此H2、N2是按照系数比投料的，此时n(H2)=0.15mol，故n(N2)=0.05mol，根据题意可列出三段式：
，平衡时c(N2)= 0.02mol÷2L =0.01mol/L；
（4）HClO是弱酸，不能完全电离，电离方程式为HClO ⇌ H++ClO-；
（5）根据分析以及强酸制弱酸的原理，足量的H2SO3溶液和NaHCO3溶液发生反应生成NaHSO3、CO2和水，主要离子方程式为：H2SO3＋=CO2↑＋＋H2O；NaClO具有强氧化性，H2SO3具有还原性，二者混合后，发生氧化还原反应，生成 和Cl-，足量的H2SO3溶液中加入NaClO溶液发生反应的离子方程式为：ClO-+ H2SO3 =Cl-++2H+。
26．习近平总书记在世界领导人气候峰会上指出，中国将在2030年前实现“碳达峰”、2060年前实现“碳中和”。这是中国基于推动构建人类命运共同体的责任担当和实现可持续发展的内在要求作出的重大战略决策。因此CO2的捕集、创新利用与封存成为科学家研究的重要课题。
Ⅰ.最近有科学家提出“绿色自由”构想：先把空气吹入饱和碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，并使之变为可再生燃料甲醇。“绿色自由”构想技术流程如图：
(1)在合成塔中，CO2与H2反应，生成气态的H2O和CH3OH。
已知：i.
ii.
①写出合成塔中反应的热化学方程式_______。
②若反应i为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_______。
(2)在一定条件下，在某催化剂作用下，向2L恒容密闭容器中充入2mol CO2和3molH2发生以上制备甲醇的反应，测得在相同时间内，不同温度下H2的转化率如图所示，已知T2时已达平衡状态。
①a点v正________v逆 (填“＞”，“＜”，“=”)；
②b点的转化率比c点高的原因是_______；
③T2时，若平衡时压强为1.7MPa，Kp=_______MPa-2(计算结果保留三位有效数字，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ. 在一定条件下，和可以直接化合生成甲酸(HCOOH)。
(3)温度为t1℃时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应： ，K=2。实验测得：、，、为速率常数。t1℃时，_______；温度为t2℃时，，则t2℃_______(填“＞”“＜”或“=”) t1℃。
【答案】(1) CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H= -58.58kJ/mol C
(2) ＞ 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动 9.88
(3) 2 ＜
【分析】空气通入饱和K2CO3溶液中，吸收CO2生成KHCO3；在分解池中通入高温水蒸气，KHCO3分解生成的CO2在合成塔中与H2反应制取甲醇，分解生成的K2CO3循环使用。
【详解】（1）i.
ii.
①利用盖斯定律，将反应ⅰ+ⅱ得：合成塔中反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=(+41.19-99.77) kJ/mol =-58.58kJ/mol。
②A．图中显示，反应物的总能量大于最终产物的总能量，总反应为放热反应，但反应ⅰ的活化能小于反应ⅱ的活化能，A不符合题意；
B．图中显示，反应ⅰ的活化能大于反应ⅱ的活化能，但总反应为吸热反应，B不符合题意；
C．图中显示，总反应为放热反应，且反应ⅰ的活化能大于反应ⅱ的活化能，C符合题意；
D．图中显示，总反应为吸热反应，且反应ⅰ的活化能小于反应ⅱ的活化能，D不符合题意；
故选C。答案为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H= -58.58kJ/mol；C；
（2）①a点后升高温度，H2的转化率继续增大，则反应正向进行，所以a点v正＞v逆；
②在T2点后，随温度升高，H2的转化率减小，则平衡逆向移动，从而得出正反应为放热反应，所以b点的转化率比c点高的原因是：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；
③在一定条件下，在某催化剂作用下，向2L恒容密闭容器中充入2mol CO2和3molH2发生以上制备甲醇的反应，T2时，H2的转化率为80%，则可建立以下三段式：
若平衡时压强为1.7MPa，Kp==9.88MPa-2。答案为：＞；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；9.88。
（3）t1℃达平衡时，=，则=K=2；温度为t2℃时，，=K′=2.2＞2，平衡常数增大，则为降低温度，所以t2℃＜t1℃。答案为：2；＜。
【点睛】对于放热反应，降低温度，平衡常数增大。
五、填空题
27．回答下列问题
(1)含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液，在化学上用作缓冲溶液。向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大。
现将0.04mol∙L-1HA溶液和0.02mol∙L-1NaOH溶液等体积混合，得到缓冲溶液。
a.若HA为HCN，该溶液显碱性，则溶液中c(Na+)_______c(CN-) (填“＜”、“=”或“＞”)。
b.若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，则溶液中所有的离子按浓度由大到小排列的顺序是_______。
(2)常温下，向100mL0.01mol∙L-1HCl溶液中逐滴加入0.02mol∙L-1MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计)。回答下列问题：
①常温下一定浓度的MCl稀溶液的pH_______(填“＞”“＜”或“=”)7，用离子方程式表示其原因_______。
②K点对应的溶液中，c(M+)+c(MOH) _______(填“＞”“＜”或“=”) 2c(Cl-)。
【答案】(1) ＞ c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
(2) ＜ M＋＋H2OMOH＋H＋ =
【详解】（1）将0.04mol∙L-1HA溶液和0.02mol∙L-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液为0.01mol∙L-1HA和0.01mol∙L-1NaA的混合溶液。
a.若HA为HCN，该溶液显碱性，则主要发生CN-水解，所以溶液中c(Na+)＞c(CN-)。
b.若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，则主要发生CH3COOH电离，从而使c(CH3COO-)＞c(Na+)，溶液呈酸性，所以溶液中所有的离子按浓度由大到小排列的顺序是：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)。答案为：＞；c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；
（2）①常温下，向100mL0.01mol∙L-1HCl溶液中逐滴加入0.02mol∙L-1MOH溶液，若MOH为强碱，则pH=7时，MOH溶液的体积为50mL，现加入51mLMOH时，溶液的pH=7，则MOH为弱碱。MCl为强酸弱碱盐，常温下一定浓度的MCl稀溶液中，M+因发生水解而使溶液显酸性，pH＜7，用离子方程式表示其原因：M＋＋H2OMOH＋H＋。
②向100mL0.01mol∙L-1HCl溶液中逐滴加入0.02mol∙L-1MOH溶液100mL时，K点对应的溶液中，MCl和MOH的物质的量浓度都为0.005mol∙L-1，依据物料守恒：c(M+)+c(MOH) =2c(Cl-)。答案为：＜；M＋＋H2OMOH＋H＋；=。
【点睛】分析溶液中微粒的定量关系时，常使用电荷守恒和物料守恒。
28．自然界是各类物质相互依存、各种变化相互制约的复杂平衡体系，水溶液中的离子平衡是其中一个重要方面。请根据所学知识，回答下列问题。
(1)常温下将pH均为3，体积均为V0的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，随的变化如图所示。
①a、b、c三点水的电离程度_______(用“＞”、“=”、“＜”填空)。
②常温下，取上述pH均为3的HA和HB溶液各100mL，向其中分别加入足量的粒，反应结束时HA中产生氢气的物质的量为n1，HB溶液中产生氢气的物质的量为n2，则n1_______n2 (用“＞”、“=”、“＜”填空)。
(2)查阅资料获得25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据：
化学式
HF
HClO
H2CO3
CH3COOH
HSCN
NH3∙H2O
电离平衡常数
0.13
①KSCN溶液呈弱碱性，用离子方程式解释原因_______。
②Na2CO3溶液的水解平衡常数Kh1=_______(保留两位有效数字)。
③同浓度的NaF溶液和CH3COOK溶液相比，后者溶液中c(K+)－c(CH3COO-)_______前者溶液中c(Na+)－c(F-) (用“＞”、“=”、“＜”填空)。
④现有25℃时等浓度的5种溶液：
A．NH4Cl B．CH3COONH4 C．NH4SCN D．NH4HCO3 E．NH4HSO4
这5种溶液中浓度由大到小的顺序排列是：_______(填字母)。
【答案】(1) b=c＞a或a＜b=c ＜
(2) 2.1×10-4 ＞ E＞A＞C＞B＞D
【详解】（1）从图中可以看出，当=2，即HA和HB各稀释100倍时，HA的pH变化大，则HA的酸性比HB强；稀释前，pH=3时，HB的浓度比HA大；
①a、b、c三点中，a点溶液的pH最小，则溶液的酸性最强，水的电离程度最小，b、c两点溶液的pH相同，对水电离的抑制作用相同，且都比a点小，从而得出水的电离程度：b=c＞a或a＜b=c；
②上述pH均为3的HA和HB溶液各100mL，因为HB的起始浓度大，物质的量大，与足量的Zn粒完全反应产生的H2多，所以n1＜n2。答案为：b=c＞a或a＜b=c；＜；
（2）①KSCN溶液呈弱碱性，则表明SCN-发生水解生成OH-等，离子方程式为：；
②Na2CO3溶液的水解平衡常数Kh1==≈2.1×10-4；
③同浓度的NaF溶液和CH3COOK溶液相比，由于Ka(HF)＞Ka(CH3COOH)，所以CH3COOK水解程度大，c(OH-)大，后者溶液中c(K+)－c(CH3COO-)=c(OH-)－c(H+)＞前者溶液中c(Na+)－c(F-)=c(OH-)－c(H+)；
④5种溶液中，NH4Cl和NH4HSO4发生单水解，且NH4HSO4中电离出的H+抑制水解，所以浓度E＞A；CH3COONH4、NH4SCN、NH4HCO3都发生双水解反应，由于Ka(HSCN)＞Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)，所以对水解的促进作用C＜B＜D，从而得出浓度由大到小的顺序排列是：E＞A＞C＞B＞D。答案为：；2.1×10-4；＞；E＞A＞C＞B＞D。
【点睛】酸的电离常数越大，对应酸根离子的水解常数越小。
新疆乌鲁木齐市第七十中学2022-2023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．相同条件下，下列各组热化学方程式中ΔH1>ΔH2的是
A．C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH1；C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2
B．2Al(s)+O2(g)=Al2O3(s) ΔH1；2Fe(s)+O2(g)=Fe2O3(s) ΔH2
C．2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH1；2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) ΔH2
D．CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s) ΔH1；NH4HCO3(s)=NH3(g)+CO2(g)+H2O(g) ΔH2
【答案】A
【详解】A．碳完全燃烧生成CO2放出热量更多，其焓更小，即ΔH1<ΔH2，A正确；
B．将B中的化学方程式依次编号为①②，根据盖斯定律，由①-②可得：2Al(s)+Fe2O3(s)=2Fe(s)+Al2O3(s) △H=△H1-△H2，已知铝热反应为放热反应，故 △H<0，即△H1<△H2，B错误；
C．将C中的化学方程式依次编号为③④，根据盖斯定律，由③-④可得：2S(s)+2O2(g)=2SO2(g) △H=△H1-△H2，即△H1<△H2，C错误；
D．氧化钙和水反应是放热反应，△H1<0，碳酸氢钠分解是吸热反应，△H2>0，即△H1<△H2，D错误；
故答案为：A。
【点睛】使用盖斯定律进行反应热的计算时，要先对几个反应进行观察，然后合理重组得到目标反应。重组技巧是：同向用加，异向用减，倍数用乘，焓变同变。即条件方程式中的各种物质与目标方程式同向的（如同在左边或同在右边）用加法，异向的用减法，化学计量数与目标存在倍数关系的用乘法，扩大一定倍数后（或缩小为几分之一）与目标化学方程式中的计量数相同，各条件方程式中的焓变看作生成物作同样变化。
2．下列事实中不能用勒夏特列原理来解释的是
A．红棕色的NO2气体，加压后颜色先变深后变浅
B．由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深
C．高压比常压有利于合成SO3 的反应
D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅
【答案】B
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，据此进行解答。
【详解】A．可逆反应2NO2（g）⇌N2O4（g），正反应为体积缩小的反应，加压后二氧化氮的浓度增大，所以气体颜色加深，由于增大了压强，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，可用平衡移动原理解释，故A不选；
B．反应为H2+I2(g)⇌2HI(g)，由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深，是因为碘蒸气的浓度增大，而平衡不移动，不能用勒夏特列原理来解释，故B选；
C．反应为O2（g）+2SO2（g）⇌2SO3（g），正反应体积减小，高压比常压有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故C不选；
D．氯水中存在化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，光照使氯水中的次氯酸分解，次氯酸浓度减小，使得平衡向右移动，因此黄绿色的氯水光照后颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故答案选B。
3．将和充入密闭容器中进行反应：。末该反应达到平衡时，生成了，测得的浓度为。下列叙述错误的是
A． B．内的反应速率为
C．的平衡转化率为60% D．平衡时的浓度为
【答案】D
【详解】A．已知2min末测得Q的浓度为0.4mol/L，Q的物质的量为0.8mol，生成的Q的物质的量等于Z的物质的量，则Z和Q的化学计量数相同，a=2，A正确；
B．，0-2min内Y的转化量为1.2mol，则其反应速率为，B正确；
C．根据上述计算可知， Y的平衡转化率为=60%，C正确；
D．平衡时X的物质的量为1.6mol，容器体积为2L，则其平衡浓度为0.8mol/L，D错误；
故选D。
4．根据下列反应原理设计的应用，不正确的是
A．CO+H2OHCO+OH-用热的纯碱溶液清洗油污效果更佳
B．Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+明矾净水
C．Cl2+H2OHCl+HClO新制氯水中加入碳酸钙，提高次氯酸浓度
D．Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+配制Fe2(SO4)3溶液时，加入一定量Fe粉
【答案】D
【详解】A．加热促进碳酸钠的水解，碱性增强，油脂水解更彻底，故用热的纯碱溶液清洗油污效果更佳，A正确；
B．明矾溶液中铝离子水解产生氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，可利用Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+来净水，B正确；
C．新制氯水中加入碳酸钙，消耗HCl，平衡Cl2+H2OHCl+HClO正向移动，HClO浓度增大，C正确；
D．配制Fe2(SO4)3溶液时，加入一定量Fe粉会消耗铁离子，所配制Fe2(SO4)3溶液不纯，应加少量硫酸促使Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+逆向移动，防止Fe3+水解，D错误；
答案选D。
5．常温下，0.005mol∙L-1的H2SO4溶液中由水电离出的OH-的物质的量浓度为
A．0.01mol∙L-1 B．1.0×10-12mol∙L-1 C．2.0×10-12mol∙L-1 D．无法确定
【答案】B
【详解】常温下，0.005mol∙L-1的H2SO4溶液中，c(H+)=0.01mol∙L-1，则由水电离出的OH-的物质的量浓度为mol∙L-1=1.0×10-12mol∙L-1，故选B。
6．在一恒容的密闭容器中充入0.1mol/LCO2、0.1mol/LCH4，在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，测得CH4平衡时转化率与温度、压强的关系如图，下列有关说法不正确的是（ ）
A．上述反应的ΔH>0
B．压强：p4>p3>p2>p1
C．1100℃时该反应平衡常数约为1.64
D．压强为p4时，在y点：v(正)
【详解】A．从图象分析，随温度升高CH4转化率增大，平衡正向移动，正反应吸热，△H＞0，故A正确；
B．根据方程式，压强增大，平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率变小，故P4＞P3＞P2＞P1，故B正确
C．
平衡常数K==1.64，故C正确；
D．在y点，甲烷的转化率小于平衡时的转化率，反应正向进行，v正＞v逆，故D错误；
故选D。
7．在一定体积的密闭容器中，某化学反应的平衡常数表达式为K=，在不同的温度下该反应的平衡常数值分别为：
t℃
700
800
830
1000
1200
K
1.67
1.11
1.00
0.60
0.38
下列有关叙述不正确的是A．该反应的化学方程式是：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
B．上述反应的正反应是放热反应
C．830℃时加入CO2和H2各1mol，测得CO为0.4mol时，v正＞v逆
D．若平衡浓度符合下列关系式：=，此时的温度是1000℃
【答案】C
【详解】A．平衡常数表达式是用平衡时生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，根据平衡常数表达式，该反应的化学方程式为CO(g)+H2O(g) ⇌ CO2(g)+H2(g)，故A正确；
B．从表格可以看出，随着温度升高，平衡常数减小，说明温度升高，平衡逆向移动，所以该反应的正反应是放热反应，故B正确；
C．830℃时平衡常数为1.00。起始时加入CO2和H2各1mol，某时刻测得CO为0.4mol，则生成的水蒸气也为0.4mol，消耗的CO2和H2也为0.4mol，所以此时剩余的CO2和H2的物质的量均为1mol-0.4mol=0.6mol，该反应的反应前后气体系数之和相等，可以用物质的量代替物质的量浓度计算Qc= = =2.25 ＞1，平衡逆向移动，所以 v正＜v逆，故C错误；
D．若平衡浓度符合下列关系式： ，即 =0.60 ，此时的温度是1000℃，故D正确；
故选C。
8．在Na2S溶液中存在着多种分子和离子，下列关系不正确的是
A．c(OH-)=c(HS-)+c(H+)+c(H2S) B．c(OH-)=c(HS-)+c(H+)+2c(H2S)
C．c(Na+)=2[c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)] D．c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)
【答案】A
【分析】硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，结合电荷守恒和物料守恒分析解答。
【详解】A．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+2c（S2-）+c（HS-）、存在物料守恒c（Na+）=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S），所以得c（OH-）=c（HS-）+c（H+）+2c（H2S），故A错误；
B．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+2c（S2-）+c（HS-）、存在物料守恒c（Na+）=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S），所以得c（OH-）=c（HS-）+c（H+）+2c（H2S），故B正确；
C．溶液中存在物料守恒c(Na+)=2[c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)]，故C正确；
D．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+2c（S2-）+c（HS-），故D正确；
故选：A。
9．下列实验操作会使实验最终结果偏高的是
A．用湿润的pH试纸测定NaOH的pH
B．用0.0001mol∙L-1盐酸滴定20.00mLNaOH溶液时，未排尽滴定管尖嘴处的气泡
C．用0.0001mol∙L-1盐酸滴定20.00mL NaOH溶液时，滴定前读数时仰视，滴定后平视
D．测定中和热的数值时，将0.5mol∙L-1 NaOH溶液倒入盐酸后，立即读数
【答案】B
【详解】A．用湿润的pH试纸测定NaOH的pH，溶液浓度减小，碱性减弱，则pH偏低，A不符合题意；
B．用0.0001mol∙L-1盐酸滴定20.00mLNaOH溶液时，未排尽滴定管尖嘴处的气泡，则所用标准溶液的体积偏大，所测NaOH溶液的浓度偏高，B符合题意；
C．用0.0001mol∙L-1盐酸滴定20.00mL NaOH溶液时，滴定前读数时仰视，滴定后平视，则读取的所用盐酸的体积偏小，所测NaOH溶液的浓度偏低，C不符合题意；
D．测定中和热的数值时，将0.5mol∙L-1 NaOH溶液倒入盐酸后，立即读数，反应未完全进行，此时溶液温度没有达到最大值，则读取的温度偏低，所测中和热数值偏低，D不符合题意；
故选B。
10．常温下，，，。下列说法不正确的是
A．与等体积混合后的溶液中：
B．用相同浓度的溶液分别滴定等体积均为3的和溶液至终点，消耗溶液的体积前者小于后者
C．浓度为的溶液中离子的物质的量浓度大小为：
D．与盐酸等体积混合后的溶液中()：
【答案】A
【详解】A．与等体积混合完全反应后，溶液中溶质为等浓度HCOOH和HCOONa，溶液中电荷守恒为，物料守恒为，联立可得，的水解平衡常数，因此反应后溶液中的电离程度大于的水解程度，溶液中，故A项错误；
B．因，因此pH相同的和两溶液中溶质浓度：，用相同浓度的溶液分别滴定等体积均为3的和溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗碱的体积越大，即溶液消耗NaOH溶液更多，故B项正确；
C．溶液中由于发生微弱水解使溶液呈酸性，溶液中，故C项正确；
D．与盐酸等体积混合后的溶液中溶质为等浓度、、NaCl，溶液pH<7，说明的电离程度大于的水解程度，因此溶液中，因的电离程度较小，所以溶液中较小，溶液中，故D项正确；
综上所述，不正确的是A项。
11．已知25℃时，，，下列说法不正确的是
A．25℃时，等浓度的NaA 和 NaB两溶液，水的电离程度：前者＜后者
B．25℃时，等浓度的NaA 和 NaB两溶液，c(A-)＞c(B-)
C．25℃时，等浓度的 HA 和 HB两溶液加水稀释10倍后，电离度α(HA)＜?(HB)
D．25℃时，c(A-)和c(B-)相等的两种酸溶液pH相等，混合后pH不变
【答案】C
【分析】25℃时，，，则HA的酸性比HB强，B-的水解能力比A- 强。
【详解】A．25℃时，由于HA的酸性强于HB，所以等浓度的NaA 和 NaB两溶液中，B-的水解能力更强，水的电离程度更大，从而得出水的电离程度：前者＜后者，A正确；
B．25℃时，等浓度的NaA 和 NaB两溶液，由于B-的水解能力比A- 强，溶液中c(B-)减小更多，所以溶液中c(A-)＞c(B-)，B正确；
C．25℃时，等浓度的 HA 和 HB两溶液加水稀释10倍后，二者的浓度仍然相同，由于HA的电离常数比HB大，所以电离度α(HA)＞?(HB)，C不正确；
D．25℃时，c(A-)和c(B-)相等的两种酸溶液pH相等，混合后两种酸中弱酸及其对应酸根离子都减小了相同的倍数，所以溶液中c(H+)不变，pH不变，D正确；
故选C。
12．一定量的混合气体在密闭容器中发生反应：mA（g）+nB（g）pC（g）。达到平衡时，维持温度不变，将气体体积缩小到原来的1/2，当达到新的平衡时，气体C的浓度变为原平衡时的1.9倍。则下列说法正确的是
A．m+n＞p B．m+n＜p
C．平衡向正反应方向移动 D．C的质量分数增加
【答案】B
【详解】mA(g)+nB(g)pC(g)，达到平衡后，温度不变，将气体体积压缩到1/2，若平衡不移动，C的浓度为原来的2倍；维持温度不变，将气体体积缩小到原来的1/2，当达到新的平衡时，气体C的浓度变为原平衡时的1.9倍<原平衡的2倍，即缩小体积，增大压强，平衡向逆反应方向移动，m+n
A．OH-参与了该催化循环 B．该反应可产生清洁燃料H2
C．该反应可消耗温室气体CO2 D．该催化循环中Fe的成键数目发生变化
【答案】C
【分析】题干中明确指出，铁配合物Fe(CO)5充当催化剂的作用。机理图中，凡是出现在历程中，进去的箭头表示反应物，出来的箭头表示生成物，既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余可以看成为中间物种。由题干中提供的反应机理图可知，铁配合物Fe(CO)5在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，反应过程中所需的反应物除CO外还需要H2O，最终产物是CO2和H2，同时参与反应的还有OH-，故OH-也可以看成是另一个催化剂或反应条件。
【详解】A．从反应机理图中可知，OH-有进入的箭头也有出去的箭头，说明OH-参与了该催化循环，故A项正确；
B．从反应机理图中可知，该反应的反应物为CO和H2O，产物为H2和CO2，Fe(CO)5作为整个反应的催化剂，而OH-仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说明该反应方程式为，故有清洁燃料H2生成，故 B项正确；
C．由B项分析可知，该反应不是消耗温室气体CO2，反而是生成了温室气体CO2，故 C项不正确；
D．从反应机理图中可知，Fe的成键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化，故 D项正确；
答案选C。
【点睛】对于反应机理图的分析，最重要的是判断反应物，产物以及催化剂；一般催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的；通过一个箭头进入整个历程的物质则是反应物；而通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物。
14．下图三条曲线表示不同温度下水的离子积常数，下列说法不正确的是
A．图中温度： B．图中的关系：
C．C点物质可能是盐酸 D．图中五点间的关系：
【答案】C
【详解】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c(H+)、c(OH-)及离子积常数增大，根据图知，离子积常数T3>T2>T1，所以温度T3>T2>T1，故A正确；
B．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是B＜D＜E，但三点溶液的氢离子浓度相等，则pH相等，故B正确；
C．C点时，Kw=1×10-14，c(OH-)=1×10-6，溶液的pH=8，显碱性，故C错误；
D．温度高低点顺序是A=B=C＜D＜E，水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，Kw间的关系：E>D>A=B=C，故D正确；
故选C。
15．运用电离常数判断可以发生的反应是
酸
电离常数(25℃)
碳酸
Ki1=4.3×10-7 Ki2=5.6×10-11
次溴酸
Ki=2.4×10-9
A．HBrO+Na2CO3=NaBrO+NaHCO3
B．2HBrO+Na2CO3=2NaBrO+H2O+CO2↑
C．HBrO+NaHCO3=NaBrO+H2O+CO2↑
D．2NaBrO+CO2+H2O=Na2CO3+2HBrO
【答案】A
【分析】弱酸的电离常数越大酸性越强，依据题目中给出的电离常数可知酸性强弱顺序为H2CO3＞HBrO＞HCO ，
【详解】A．依据强酸制弱酸规律可知HBrO+Na2CO3=NaBrO+NaHCO3能发生，A项正确；
B．依据强酸制弱酸规律可知2HBrO+Na2CO3=2NaBrO+H2O+CO2↑不能发生，B项错误；
C．依据强酸制弱酸规律可知HBrO+NaHCO3=NaBrO+H2O+CO2↑不能发生，C项错误；
D．依据强酸制弱酸规律可知2NaBrO+CO2+H2O=Na2CO3+2HBrO不能发生，D项错误；
答案选A。
16．酚酞为指示剂，用0.1000 mol/LNaOH溶液滴定10.00 mL未知浓度的CH3COOH溶液，滴定过程中的pH变化如下图所示。下列分析正确的是
A．溶液中水的电离程度大小关系：a处＞b处
B．CH3COOH的电离常数
C．溶液从粉红色变为无色，且半分钟不褪色，表示已达滴定终点
D．pH=a时，溶液中c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)
【答案】B
【详解】A．CH3COOH、NaOH以1：1的物质的量关系发生中和反应，根据图像可知，加入V( NaOH )=20.00 mL时的b点，酸碱恰好完全反应产生CH3COONa，CH3COONa对水电离平衡起促进作用。在a处NaOH溶液为10.00 mL，此时溶液为CH3COOH、CH3COONa等浓度的混合溶液，CH3COOH对水的电离平衡起抑制作用，且CH3COOH的抑制作用大于CH3COONa的促进作用，故水电离程度：a处＜b处，A错误；
B．根据图像可知，在滴入NaOH溶液20.00 mL时二者恰好反应，此时n(CH3COOH)=n(NaOH)，c(CH3COOH)·v(CH3COOH)=c(NaOH)·v(NaOH)，c(CH3COOH)=。开始滴定时溶液的pH=3，溶液中c(CH3COO-)≈c(H+) =0.001mol/L，CH3COOH电离程度较小，平衡时溶液中c(CH3COOH)近似等于0.2000 mol/L，则该温度下CH3COOH的电离常数Ka=，B正确；
C．酚酞遇酸呈无色，遇碱变红色，以酚酞作指示剂，当溶液从无色变为粉红色，且半分钟内不变色，表示已达滴定终点，C错误；
D．pH=a时，加入V(NaOH )=10.00 mL，此时溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COO-)＞c(Na+)，酸电离程度小于等浓度的盐电离程度，则c(Na+)＞c(H+)，酸电离程度较小，所以存在微粒浓度关系：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)，D错误；
故合理选项是D。
17．常温下，向20 mL某浓度的硫酸溶液中滴入0.1 mol·L-1氨水，溶液中水电离的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图。下列分析正确的是
A．V=40
B．c点所示溶液中：c(H＋)-c(OH-)=2c(NH3·H2O)
C．NH3·H2O的电离常数K=10-4
D．d点所示溶液中：c(NH)=2c(SO)
【答案】D
【详解】A．c点水的电离程度最大，说明此时c()最大，对水的电离促进程度最大，氨水与硫酸恰好完全反应生成(NH4)2SO4，氨水体积为0时，水电离出c(H＋)=1×10-13 mol·L-1，水电离出c(OH-)=1.0×10-13 mol·L-1，溶液中的c(H＋)=0.1 mol·L-1，c(H2SO4)=0.05 mol·L-1，消耗氨水的体积也是20 mL，即V=20，A错误；
B．c点所示溶液是(NH4)2SO4溶液，由质子守恒得c(H＋)-c(OH-)=c(NH3·H2O)，B错误；
C．根据题意，无法判断NH3·H2O的电离常数的大小，C错误；
D．根据电荷守恒：c(H＋)＋c()=2c()＋c(OH-)，而溶液呈中性c(OH-)=c(H＋)，所以c()=2c()，D正确；
答案选D。
18．下列图示与对应的叙述相符的是
A．图甲表示常温下稀释pH=11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线Ⅱ表示氨水
B．图乙表示常温下，0.1000mol∙L-1NaOH 溶液滴定20.00mL0.1000mol∙L-1醋酸溶液的滴定曲线
C．图丙表示某可逆反应的反应速率随时间的变化，时刻改变的条件一定是使用了催化剂
D．图丁表示反应4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)，在其他条件不变的情况下改变起始CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知NO2的转化率c＞b＞a
【答案】D
【详解】A．pH=11的NaOH溶液和氨水加水稀释相同倍数时，由于一水合氨为弱碱，电离程度增大，则NaOH溶液的pH变化大，所以曲线Ⅱ表示NaOH溶液，A不正确；
B．醋酸为弱酸，滴定终点时，醋酸钠呈碱性，pH＞7，所以pH=7时，所用NaOH溶液的体积小于20.00mL，B不正确；
C．若反应前后气体的分子数相等，增大压强，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不发生移动，C不正确；
D．对于反应4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)，增大CO的物质的量，平衡正向移动，N2的物质的量增大，适当增加CO用量时，N2的体积分数增大，但若CO加入量过多，N2的体积分数减小(分母过大)，CO不断增多，NO2的转化率不断增大，则NO2的转化率c＞b＞a，D正确；
故选D。
19．乙烯气相直接水合反应制备乙醇：。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图【起始时，，容器体积为2L】。下列分析正确的是
A．乙烯气相直接水合反应的
B．图中压强的大小关系为
C．图中a点对应的平衡常数
D．达到平衡状态a、b所需要的时间：
【答案】C
【详解】A．压强不变时，升高温度乙烯转化率降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则△H＜0，A错误；
B．温度相同时，增大压强平衡正向移动，乙烯转化率增大，根据图知压强p1＜p2＜p3，B错误；
C．a点乙烯转化率为20%，则消耗的n(C2H4)=1 mol×20%=0.2 mol，对于可逆反应可列三段式：，有化学平衡常数，C正确；
D．温度越高、压强越大反应速率越快，反应达到平衡时间越短，压强：p2＜p3，温度：a点＜b点，则达到平衡时间：a＞b，D错误；
故答案选C。
20．下列各组离子一定能大量共存的组合是
①在含有大量溶液中：、、、
②常温下的溶液：、、、
③常温下的溶液中：、、、
④在水溶液中：、、、
⑤常温下的溶液：、、、
⑥常温下的溶液中：、、、
A．①②⑥ B．②④⑤ C．④⑤⑥ D．①②③
【答案】B
【详解】①和发生双水解不能共存，与反应生成Al(OH)3和CO不能共存；②常温下的溶液呈碱性，与此项中的离子均能共存；③水解呈酸性，不能存在于中性环境中；④在水溶液中：、、、均能共存；⑤常温下的溶液呈酸性，与此项中的离子均能共存；⑥常温下的溶液中H+不能与共存；故选②④⑤，答案选B。
21．下列有关说法中正确的是
A．已知常温下0.1 mol·L-1NaHSO3溶液pH＜7，则HSO电离程度小于水解程度
B．向0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小
C．已知25℃时NH4CN溶液显碱性，则25℃的电离常数K(NH3·H2O)＜K(HCN)
D．25 ℃时，0.1 mol·L-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
【答案】D
【详解】A．由NaHSO3可知该盐属于酸式弱酸盐，在溶液中既可电离又可水解，电离显酸性，水解显碱性，由常温下0.1 mol·L-1NaHSO3溶液pH＜7，可知电离大于水解，A错误；
B．向0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，可以促进弱酸的电离，各种离子CH3COO-和H+数目增加，CH3COOH分子数目减小，浓度均减小，溶液中OH-离子浓度增大，由电离平衡常数=可知变大，B错误；
C．25℃时NH4CN溶液显碱性说明离子的水解小于CN-的水解，则电离常数K(NH3·H2O)>K(HCN)，C错误；
D．硫化氢为弱电解质，硫化钠为强电解质，若等浓度则硫化钠溶液中离子浓度更大，导电能力更强，D正确；
故答案为：D
22．常温下，用浓度为0.1000mol/L的盐酸分别逐滴加入到20.00mL0.1000mol/L的两种一元碱MOH、ROH溶液中，pH随盐酸溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．pH=10时，c(M+)>c(MOH)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
B．将上述MOH、ROH溶液等体积混合后，用盐酸滴定至MOH恰好反应时：c(R+)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)
C．10mL
【答案】B
【详解】A．MOH溶液中加入10mLHCl溶液时，溶液中的溶质为等物质的量浓度的MOH和MCl，溶液呈碱性，说明MOH电离程度大于MCl水解程度，MOH电离程度较小，氯离子不电离也不水解，所以，故A错误；
B．将上述MOH、ROH溶液等体积混合后，用盐酸滴定至MOH恰好反应时，ROH已经完全反应，溶液中溶质为等物质的量浓度的MCl、RCl，MCl为强酸弱碱盐，水解导致溶液呈酸性，但水解程度较小，不水解，所以存在，故B正确；
C．时，溶液中溶质为MOH和MCl，且，溶液中存在物料守恒，故C错误；
D．时，HCl过量导致溶液呈酸性，根据电荷守恒得，溶液中溶质存在有、或三种情况，可能出现，故D错误；
故选：B。
【点睛】考查酸碱混合溶液定性判断，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，根据图知，未加HCl溶液时，ROH的，说明，为强碱；MOH的pH小于13，则MOH为弱碱；易错选项是D，注意滴加过程中可能出现c(M+)＞c(H+)、c(M+)=c(H+)、c(M+)＜c(H+)情况。
二、多选题
23．CH4—CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)，有利于减小温室效应，其主要反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ·mol-1，同时存在以下反应：
积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)△H1>0
消碳反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)△H2>0
积碳会影响催化剂的活性，一定时间内积碳量和反应温度的关系如图。一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行该反应，达平衡时CO2的转化率为50%，下列说法正确的是
A．该温度下催化重整反应的平衡常数为
B．高压利于提高CH4的平衡转化率并减少积碳
C．增大CH4与CO2的物质的量之比有助于减少积碳
D．温度高于600℃，积碳反应的速率减慢，消碳反应的速率加快，积碳量减少
【答案】AC
【详解】A．催化重整的反应为CH4(g)+CO2(g) ⇌2CO(g)+2H2(g)，一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行该反应，达平衡时CO2的转化率为50%，即平衡时CH4、CO2、CO、H2的物质的量分别为1.5mol、0.5mol、1mol、1mol，则该温度下催化重整反应的平衡常数==，故A正确；
B．反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)和CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，可减少积碳，但CH4的平衡转化率降低，故B错误；
C．假设CH4的物质的量不变，增大CO2的物质的量，CO2与CH4的物质的量之比增大，对于反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)平衡正向移动，CH4的浓度减小，对于积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，由于甲烷浓度减小，平衡逆向移动，碳含量减少；增大CO2的物质的量，对于消碳反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)，平衡正向移动，碳含量也减少，综上分析，增大CO2与CH4的物质的量之比，有助于减少积碳，故C正确；
D．根据图象，温度高于600℃，积碳量减少，但温度升高，存在的反应体系中反应速率都加快，故D错误；
故选AC。
三、计算题
24．完成下列问题
(1)某温度(t℃)时，水的Kw=10-13，则该温度(填大于、等于或小于)_______25℃，将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合，
①若所得混合溶液为中性，则a：b=_______；
②若所得混合溶液pH=2， 则 a：b=_______。
(2)在一定温度下，有a.醋酸 b.盐酸 c.硫酸 三种酸：
①同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是_______；(用a、b、c表示，下同)
②若三者c(H+)相同时，酸的物质的量浓度由大到小的顺序为_______；
③将c(H+)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(H+)由大到小的顺序是_______。
【答案】(1) 大于 10:1 9:2
(2) c >a=b a > b> c a>b=c
【详解】（1）水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，水的Kw值增大；25℃时，水的Kw=1×10-14，t℃时的Kw=1×10-13>1×10-14，说明该温度大于25℃；故答案为：大于；
①该温度下，pH=1的硫酸中，pH=11的NaOH溶液中，要使混合溶液呈中性，则，即，则a：b=10:1，故答案为10:1；
②若所得混合溶液pH=2， 则，求得a：b=9:2；
（2）①同体积、同物质的量浓度的三种酸物质的量相同，由H2SO4~2NaOH、HCl~NaOH、CH3COOH~NaOH可知物质的量相同的三种酸中和NaOH的能力由大到小的顺序是c >a=b；
②HCl是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，若三者c(H+)相同时，酸的物质的量浓度从大到小的顺序为：a > b> c；
③HCl是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，将c(H+)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，盐酸和硫酸稀释后c(H+)减小倍数相同，但加水过程中醋酸还会不断电离少量氢离子，所以c(H+)减小倍数会减小，则最终c(H+)由大到小的顺序是a>b=c。
四、原理综合题
25．Ⅰ.已知合成氨反应 。在其他条件不变的情况下，探究改变起始时氢气的物质的量对合成反应的影响，实验结果如图所示：(图中T表示温度，n表示起始时物质的量)
(1)图象中和的关系是：_______ (填“>”“＜”“=”或“无法确定”)。
(2)在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物转化率最大的是_______(填字母)。
(3)若容器容积为，b点对应的，测得平衡时和的转化率均为60%，则平衡时的物质的量浓度为_______。
Ⅱ.已知：25℃时，亚硫酸()的电离平衡常数为，；次氨酸()的电离平衡常数为；碳酸()的电离平衡常数为，。回答下列问题：
(4)的电离方程式为_______。
(5)足量的溶液和溶液发生反应的主要离子方程式为_______；足量的溶液中加入溶液发生反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)>
(2)c
(3)0.01
(4)HClOH++ClO-
(5) H2SO3+HCO=HSO+CO2↑+H2O ClO-+ H2SO3 =Cl-+SO+2H+
【分析】Ⅱ．题中H2SO3、HClO和H2CO3都属于弱电解质，其电离程度与电离平衡常数相关，电离平衡常数越大，电离程度越大，产生的氢离子越多，酸性越强，pH越低，酸性由强到弱的顺序为H2SO3＞H2CO3＞ ＞HClO＞。
【详解】（1）起始氢气的物质的量相同时，反应为放热反应，温度越高，平衡逆向进行程度越大，氨气含量越少，所以T1＞T2；
（2）随着氢气的物质的量增加，平衡正向进行的程度越大，消耗的氮气越多，氮气的转化率越大，所以氮气转化率最大的点应该为氢气的量最大的一点，即c点；
（3）b点处NH3的百分含量最大，因此H2、N2是按照系数比投料的，此时n(H2)=0.15mol，故n(N2)=0.05mol，根据题意可列出三段式：
，平衡时c(N2)= 0.02mol÷2L =0.01mol/L；
（4）HClO是弱酸，不能完全电离，电离方程式为HClO ⇌ H++ClO-；
（5）根据分析以及强酸制弱酸的原理，足量的H2SO3溶液和NaHCO3溶液发生反应生成NaHSO3、CO2和水，主要离子方程式为：H2SO3＋=CO2↑＋＋H2O；NaClO具有强氧化性，H2SO3具有还原性，二者混合后，发生氧化还原反应，生成 和Cl-，足量的H2SO3溶液中加入NaClO溶液发生反应的离子方程式为：ClO-+ H2SO3 =Cl-++2H+。
26．习近平总书记在世界领导人气候峰会上指出，中国将在2030年前实现“碳达峰”、2060年前实现“碳中和”。这是中国基于推动构建人类命运共同体的责任担当和实现可持续发展的内在要求作出的重大战略决策。因此CO2的捕集、创新利用与封存成为科学家研究的重要课题。
Ⅰ.最近有科学家提出“绿色自由”构想：先把空气吹入饱和碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，并使之变为可再生燃料甲醇。“绿色自由”构想技术流程如图：
(1)在合成塔中，CO2与H2反应，生成气态的H2O和CH3OH。
已知：i.
ii.
①写出合成塔中反应的热化学方程式_______。
②若反应i为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_______。
(2)在一定条件下，在某催化剂作用下，向2L恒容密闭容器中充入2mol CO2和3molH2发生以上制备甲醇的反应，测得在相同时间内，不同温度下H2的转化率如图所示，已知T2时已达平衡状态。
①a点v正________v逆 (填“＞”，“＜”，“=”)；
②b点的转化率比c点高的原因是_______；
③T2时，若平衡时压强为1.7MPa，Kp=_______MPa-2(计算结果保留三位有效数字，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ. 在一定条件下，和可以直接化合生成甲酸(HCOOH)。
(3)温度为t1℃时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应： ，K=2。实验测得：、，、为速率常数。t1℃时，_______；温度为t2℃时，，则t2℃_______(填“＞”“＜”或“=”) t1℃。
【答案】(1) CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H= -58.58kJ/mol C
(2) ＞ 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动 9.88
(3) 2 ＜
【分析】空气通入饱和K2CO3溶液中，吸收CO2生成KHCO3；在分解池中通入高温水蒸气，KHCO3分解生成的CO2在合成塔中与H2反应制取甲醇，分解生成的K2CO3循环使用。
【详解】（1）i.
ii.
①利用盖斯定律，将反应ⅰ+ⅱ得：合成塔中反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=(+41.19-99.77) kJ/mol =-58.58kJ/mol。
②A．图中显示，反应物的总能量大于最终产物的总能量，总反应为放热反应，但反应ⅰ的活化能小于反应ⅱ的活化能，A不符合题意；
B．图中显示，反应ⅰ的活化能大于反应ⅱ的活化能，但总反应为吸热反应，B不符合题意；
C．图中显示，总反应为放热反应，且反应ⅰ的活化能大于反应ⅱ的活化能，C符合题意；
D．图中显示，总反应为吸热反应，且反应ⅰ的活化能小于反应ⅱ的活化能，D不符合题意；
故选C。答案为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H= -58.58kJ/mol；C；
（2）①a点后升高温度，H2的转化率继续增大，则反应正向进行，所以a点v正＞v逆；
②在T2点后，随温度升高，H2的转化率减小，则平衡逆向移动，从而得出正反应为放热反应，所以b点的转化率比c点高的原因是：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；
③在一定条件下，在某催化剂作用下，向2L恒容密闭容器中充入2mol CO2和3molH2发生以上制备甲醇的反应，T2时，H2的转化率为80%，则可建立以下三段式：
若平衡时压强为1.7MPa，Kp==9.88MPa-2。答案为：＞；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；9.88。
（3）t1℃达平衡时，=，则=K=2；温度为t2℃时，，=K′=2.2＞2，平衡常数增大，则为降低温度，所以t2℃＜t1℃。答案为：2；＜。
【点睛】对于放热反应，降低温度，平衡常数增大。
五、填空题
27．回答下列问题
(1)含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液，在化学上用作缓冲溶液。向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大。
现将0.04mol∙L-1HA溶液和0.02mol∙L-1NaOH溶液等体积混合，得到缓冲溶液。
a.若HA为HCN，该溶液显碱性，则溶液中c(Na+)_______c(CN-) (填“＜”、“=”或“＞”)。
b.若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，则溶液中所有的离子按浓度由大到小排列的顺序是_______。
(2)常温下，向100mL0.01mol∙L-1HCl溶液中逐滴加入0.02mol∙L-1MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计)。回答下列问题：
①常温下一定浓度的MCl稀溶液的pH_______(填“＞”“＜”或“=”)7，用离子方程式表示其原因_______。
②K点对应的溶液中，c(M+)+c(MOH) _______(填“＞”“＜”或“=”) 2c(Cl-)。
【答案】(1) ＞ c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
(2) ＜ M＋＋H2OMOH＋H＋ =
【详解】（1）将0.04mol∙L-1HA溶液和0.02mol∙L-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液为0.01mol∙L-1HA和0.01mol∙L-1NaA的混合溶液。
a.若HA为HCN，该溶液显碱性，则主要发生CN-水解，所以溶液中c(Na+)＞c(CN-)。
b.若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，则主要发生CH3COOH电离，从而使c(CH3COO-)＞c(Na+)，溶液呈酸性，所以溶液中所有的离子按浓度由大到小排列的顺序是：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)。答案为：＞；c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；
（2）①常温下，向100mL0.01mol∙L-1HCl溶液中逐滴加入0.02mol∙L-1MOH溶液，若MOH为强碱，则pH=7时，MOH溶液的体积为50mL，现加入51mLMOH时，溶液的pH=7，则MOH为弱碱。MCl为强酸弱碱盐，常温下一定浓度的MCl稀溶液中，M+因发生水解而使溶液显酸性，pH＜7，用离子方程式表示其原因：M＋＋H2OMOH＋H＋。
②向100mL0.01mol∙L-1HCl溶液中逐滴加入0.02mol∙L-1MOH溶液100mL时，K点对应的溶液中，MCl和MOH的物质的量浓度都为0.005mol∙L-1，依据物料守恒：c(M+)+c(MOH) =2c(Cl-)。答案为：＜；M＋＋H2OMOH＋H＋；=。
【点睛】分析溶液中微粒的定量关系时，常使用电荷守恒和物料守恒。
28．自然界是各类物质相互依存、各种变化相互制约的复杂平衡体系，水溶液中的离子平衡是其中一个重要方面。请根据所学知识，回答下列问题。
(1)常温下将pH均为3，体积均为V0的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，随的变化如图所示。
①a、b、c三点水的电离程度_______(用“＞”、“=”、“＜”填空)。
②常温下，取上述pH均为3的HA和HB溶液各100mL，向其中分别加入足量的粒，反应结束时HA中产生氢气的物质的量为n1，HB溶液中产生氢气的物质的量为n2，则n1_______n2 (用“＞”、“=”、“＜”填空)。
(2)查阅资料获得25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据：
化学式
HF
HClO
H2CO3
CH3COOH
HSCN
NH3∙H2O
电离平衡常数
0.13
①KSCN溶液呈弱碱性，用离子方程式解释原因_______。
②Na2CO3溶液的水解平衡常数Kh1=_______(保留两位有效数字)。
③同浓度的NaF溶液和CH3COOK溶液相比，后者溶液中c(K+)－c(CH3COO-)_______前者溶液中c(Na+)－c(F-) (用“＞”、“=”、“＜”填空)。
④现有25℃时等浓度的5种溶液：
A．NH4Cl B．CH3COONH4 C．NH4SCN D．NH4HCO3 E．NH4HSO4
这5种溶液中浓度由大到小的顺序排列是：_______(填字母)。
【答案】(1) b=c＞a或a＜b=c ＜
(2) 2.1×10-4 ＞ E＞A＞C＞B＞D
【详解】（1）从图中可以看出，当=2，即HA和HB各稀释100倍时，HA的pH变化大，则HA的酸性比HB强；稀释前，pH=3时，HB的浓度比HA大；
①a、b、c三点中，a点溶液的pH最小，则溶液的酸性最强，水的电离程度最小，b、c两点溶液的pH相同，对水电离的抑制作用相同，且都比a点小，从而得出水的电离程度：b=c＞a或a＜b=c；
②上述pH均为3的HA和HB溶液各100mL，因为HB的起始浓度大，物质的量大，与足量的Zn粒完全反应产生的H2多，所以n1＜n2。答案为：b=c＞a或a＜b=c；＜；
（2）①KSCN溶液呈弱碱性，则表明SCN-发生水解生成OH-等，离子方程式为：；
②Na2CO3溶液的水解平衡常数Kh1==≈2.1×10-4；
③同浓度的NaF溶液和CH3COOK溶液相比，由于Ka(HF)＞Ka(CH3COOH)，所以CH3COOK水解程度大，c(OH-)大，后者溶液中c(K+)－c(CH3COO-)=c(OH-)－c(H+)＞前者溶液中c(Na+)－c(F-)=c(OH-)－c(H+)；
④5种溶液中，NH4Cl和NH4HSO4发生单水解，且NH4HSO4中电离出的H+抑制水解，所以浓度E＞A；CH3COONH4、NH4SCN、NH4HCO3都发生双水解反应，由于Ka(HSCN)＞Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)，所以对水解的促进作用C＜B＜D，从而得出浓度由大到小的顺序排列是：E＞A＞C＞B＞D。答案为：；2.1×10-4；＞；E＞A＞C＞B＞D。
【点睛】酸的电离常数越大，对应酸根离子的水解常数越小。
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