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2022-2023学年黑龙江省牡丹江市第二中学高二上学期期中考试化学试题 解析版
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这是一份2022-2023学年黑龙江省牡丹江市第二中学高二上学期期中考试化学试题 解析版，共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
牡丹江二中2022—2023学年度第一学期高二期中考试
化学
可用用到的相对原子质量：
第Ⅰ卷(选择题 共48分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列反应属于吸热反应的是
A. B.
C. HCl+NaOH=NaCl+H2O D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．C燃烧产生CO2的反应是放热反应，A不符合题意；
B．Al与Fe2O3在高温下反应产生Fe和Al2O3，反应放出大量热，因此该反应是放热反应，B不符合题意；
C．HCl与NaOH发生中和反应产生NaCl、H2O，反应放出大量热量。因此该反应为放热反应，C不符合题意；
D．CaCO3在高温下发生分解反应产生CaO、CO2，该反应发生吸收热量，因此该反应为吸热反应，D符合题意；
故合理选项是D。
2. 对于反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s) ΔH＝－444.3kJ/mol，在常温常压下该反应能自发进行，对反应的方向起决定作用的是（ ）
A. 温度 B. 压强 C. 焓变 D. 熵变
【答案】C
【解析】
【详解】反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s) ΔH＝－444.3kJ/mol，△H<0，且△S<0，而反应能自发进行，说明△H- T·△S<0，焓变对反应的方向起决定性作用。
故选C。
3. 在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vC=2vB，则此反应可表示为
A. A+3B=2C B. 2A+3B=2C C. 3A+B=2C D. A+B=C
【答案】B
【解析】
【详解】在密闭容器里，A与B反应生成C，则A与B是反应物，C是生成物。在同一反应中用不同物质表示反应速率时，速率比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。由于2vB=3vA、3vC=2vB，则n(A)：n(B)：n(C)=vA：vB：vC=2：3：2，故化学方程式为2A+3B=2C；
答案选B。
4. 在一定条件下，溶液中存在水解平衡：，下列说法正确的是
A. 稀释溶液，水解平衡常数增大 B. 加入固体，溶液减小
C. 升高温度，减小 D. 加入固体，浓度减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．水解平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则稀释溶液时水解平衡常数不变，故A错误；
B．向溶液中加入氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，反应达到平衡时，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故B错误；
C．硫离子在溶液中的水解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，溶液中的值增大，故C错误；
D．向溶液中加入硫酸铜固体，铜离子与溶液中的硫离子反应生成硫化铜沉淀，溶液中硫离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，氢硫酸根离子的浓度减小，故D正确；
故选D。
5. 2.0molPCl3和1.0molCl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3（g）+Cl2（g）PCl5（g），达到平衡时，PCl5为0.4mol，如果此时移走1.0molPCl3和0.5molCl2。在相同的温度下再达到平衡时PCl5的物质的量是（ ）
A. 0.40mol B. 0.20mol C. 小于0.20mol D. 大于0.20mol，小于0.40mol
【答案】C
【解析】
【分析】达平衡后移走1.0mol PCl3和0.50mol Cl2，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0mol PCl3和0.50mol Cl2到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故平衡时PCl5的物质的量小于原平衡的0.5倍。
【详解】达平衡后移走1.0mol PCl3和0.50mol Cl2，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0mol PCl3和0.50mol Cl2到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故达新平衡时PCl5的物质的量小于原平衡的0.5倍，即达平衡时PCl5的物质的量小于0.4mol×0.5=0.2mol，故选C。
6. 下表是常温下某些一元弱酸的电离常数：
弱酸
HCN
HF
CH3COOH
HNO2
电离常数
6.2×10－10
6.8×10－4
1.8×10－5
6.4×10－6
则0.1 mol/L的下列溶液中，c(H＋)最大的是
A. HCN B. HF C. CH3COOH D. HNO2
【答案】B
【解析】
【详解】对于一元弱酸，电离平衡常数越大，酸性越强，c(H＋)越大。
c(H＋)大小关系：HF >CH3COOH>HNO2> HCN；
正确答案选B。
7. 下列水溶液一定呈中性的是
A. c(NH4+)=c(C1-)的NH4Cl 溶液
B. c(H+)=1×10-7mol·L-1溶液
C. pH=7的溶液
D. 室温下将pH=3的酸与pH= 11的碱等体积混合后的溶液
【答案】A
【解析】
【详解】水溶液的温度不一定是室温，故pH＝7或c(H＋)＝10－7mol/L时，溶液不一定呈中性；选项D中由于不知酸、碱的相对强弱，故无法判断溶液的酸碱性，NH4Cl溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因c(NH4+)＝c(Cl－)，则c(OH－)＝c(H＋)，溶液一定呈中性。答案选A。
8. 将一定量的加入某密闭容器中，发生反应：，反应达平衡后混合气体中的物质的量分数与温度关系如图所示，下列推断正确的是
A. 升高温度，该反应平衡常数K减小
B. 压强大小有
C. 平衡后加入高效催化剂使平均摩尔质量增大
D. 在该条件下点平衡转化率为
【答案】D
【解析】
【详解】A．温度升高，平衡向吸热反应方向移动，由图可知，温度升高，X的物质的量分数减小，说明平衡向正反应方向移动，则该反应平衡常数K增大，故A错误；
B．该反应为气体体积增大的反应，增大压强，X的物质的量分数增大，则由图可知，压强大小关系：p1>p2>p3，故B错误；
C．催化剂不能改变化学平衡移动的方向，则平衡后加入高效催化剂，化学平衡不移动，混合气体的平均摩尔质量不变，故C错误；
D．起始加入X为2mol，X平衡转化率为a，由题意可得如下三段式：
由混合气体中X的物质的量分数为0.1可得=0.1，解得a=，故D正确；
故选D。
9. 已知下列热化学方程式： Hg(l)＋O2(g)=HgO(s) △H1；
Zn(s)＋O2(g)=ZnO(s) △H2；
则Zn(s)＋HgO(s)= Hg(l)＋ZnO(s) △H值为
A. △H2-△H1 B. △H2＋△H1 C. △H1-△H2 D. -△H1-△H2
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】根据盖斯定律：①Hg(l)＋ O2(g)=HgO(s) △H1；②Zn(s)＋O2(g)=ZnO(s) △H2；②-①得Zn(s)＋HgO(s)= Hg(l)＋ZnO(s) △H=△H2-△H1，故选A。
10. 某温度下，将2mol A和3mol B充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)+ B(g)C(g)+ D(g)，5min后达到平衡。已知该温度下其平衡常数为1，在t0时刻，若保持温度不变将容器体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则下列说法正确的是
A. a=2
B. 达到平衡时A的转化率为60%
C. 速率随时间变化关系如图所示
D. 为提高A的转化率，可采取升高温度的措施
【答案】B
【解析】
【详解】A．若温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则可以确定，A错误；
B．设B的转化率为x，，，计算得出，即A的转化率是，达平衡时A的转化率为60%，B正确；
C．保持温度不变将容器体积扩大为原来的10倍，反应物浓度减小，速率减小，儿图中为速率增加，C错误；
D．因为反应的热效应不知，所以无法确定，D错误；
答案为B。
11. 常温下，取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为
A. 0.01mol·L－1 B. 0.017mol·L－1
C. 0.05mol·L－1 D. 0.50mol·L－1
【答案】C
【解析】
【分析】取浓度相等的NaOH和HCl溶液，以3：2体积比相混和后pH=12，说明碱过量，剩余的c(OH-)=0.01mol/L，据此列式计算原溶液的浓度。
【详解】设NaOH和HCl的物质的量浓度均为c，NaOH和HCl溶液以3:2体积比相混合，体积分别为3V、2V，
酸碱混合后pH=12，则碱过量，剩余的氢氧根离子浓度为：c(OH−)=0.01 mol·L－1，
则：c(OH−)==0.01 mol·L－1，
解得：c=0.05mol·L－1，C项正确，
答案选C
12. 常温下，关于pH=11的氨水溶液，下列说法不正确的是
A. 溶液中c(OH－) =1.0×10－3 mol·L－1
B. 加水稀释100倍后，溶液的pH=9
C. 此溶液中由水电离出的H+和OH－浓度均为1.0×10－11 mol·L－1
D. 加入等体积pH=3的H2SO4溶液，溶液呈碱性
【答案】B
【解析】
【分析】一水合氨是弱电解质，在溶液中部分电离，加水稀释和加酸反应，促进一水合氨电离；氨水溶液呈碱性，拟制水的电离。
【详解】A项、常温下pH=11的氨水溶液中c(H+) =1.0×10－11mol·L－1，c(OH－) =Kw/ c(H+) =1.0×10－3mol·L－1，故A正确；
B项、由于一水合氨是弱电解质，加水稀释氨水会促进一水合氨电离，导致氢氧根离子浓度大于原来的1/10，所以溶液的11＞pH＞10，故B 错误；
C项、常温下pH=11的氨水中，氢氧根离子抑制了水的电离，氨水中氢离子是水电离的，则氨水中由水电离产生的c（OH-）=10-11mol/L，故C正确；
D项、由于一水合氨是弱电解质，加入等体积pH=3的H2SO4溶液，氨水过量，溶液呈碱性，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离和盐的水解，明确弱电解质电离特点是解本题关键。
13. 下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 1.0 mol/LNa2CO3溶液：
B. 1.0 mol/LNa2CO3溶液：
C. 向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：
D. 向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液：c(Na+)=c()
【答案】D
【解析】
【详解】A．1.0 mol/LNa2CO3溶液中，根据C元素守恒可知有关系式：，A错误；
B．1.0 mol/LNa2CO3溶液中，根据电荷守恒可得关系式，B错误；
C．违背溶液中存在的电荷守恒。向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液，则CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用，所以c(Na+)＞c(CH3COO-)；c(H+)＞c(OH-)，盐电离产生的CH3COO-的浓度大于弱酸CH3COOH电离产生的H+的浓度，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)，C错误；
D．NaNO3与HCl的混合溶液中c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c()，由于c(H+)=c(Cl-)，所以c(Na+)=c()，D正确；
故合理选项是D。
14. 室温时，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知的溶度积(室温)，下列说法中不正确的是
A. 的数值为 B. 点时有生成
C. 加入蒸馏水可使溶液由点变成点 D. 点与点对应的溶度积相等
【答案】C
【解析】
【分析】图像为在水中的沉淀溶解平衡曲线，曲线上b点和d点为饱和状态，a点不饱和，而c为过饱和状态，据此分析。
【详解】A．在d点c()=1.410-4，因室温时，CaCO3的溶度积 Ksp =2.810-9，所以 c(Ca2+)=210-5，故x的数值为210-5，故 A 正确；
B．在 c 点 c (Ca2 +)>210-5，即相当于增大钙离子浓度，平衡左移，有CaCO3生成，B正确；
C．d 点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则 c (Ca2 +)、c()都不变，如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由 d 点变成 a 点， C错误；
D． b 点与 d 点在相同的温度下，溶度积相等，D正确；
故本题选C。
15. 某温度下，向一定体积 0.1mol/L 醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH (pOH = -lg[OH-])与pH的变化关系如图所示，则
A. M点所示溶液导电能力强于Q点
B. N点所示溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)
C. M点和N点所示溶液中水的电离程度可能相同
D. Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积
【答案】C
【解析】
【详解】A、醋酸是弱酸，加入NaOH后反应生成CH3COONa，CH3COONa是强电解质，M点溶质是CH3COOH和CH3COONa，CH3COOH量较多，导电能力最弱，故错误；
B、N点溶液显碱性，根据电荷守恒，应是c(Na＋)>c(CH3COO－)，故错误；
C、M点的H＋浓度等于N点OH－浓度，M点为醋酸和醋酸钠的混合液,溶液呈酸性,水的电离受到抑制。N点对应的溶液呈碱性，若N点对应的是醋酸钠和氢氧化钠的混合液时，水的电离程度相同；若N点恰好为醋酸钠溶液，则水的电离程度不同，故C正确；
D、Q点溶液显中性，消耗的NaOH的体积略小于醋酸溶液的体积，故错误。
故选C。
16. 在某密闭容器中，可逆反应：A(g) + B(g) ⇌xC(g)符合图中（Ⅰ）所示关系，φ（C）表示C气体在混合气体中的体积分数．由此判断，对图象（Ⅱ）说法不正确的是（ ）
A. p3＞p4，Y轴表示A的转化率
B. p3＞p4，Y轴表示B的质量分数
C. p3＞p4，Y轴表示B的转化率
D. p3＞p4，Y轴表示混合气体的平均相对分子质量
【答案】B
【解析】
【分析】根据(Ⅰ)，先拐先平衡数值大，得出T1 > T2，T2 > T1，ab曲线从下到上，压强增大，C增大，平衡正向移动，说明正向是体积减小的反应，即x=1，bc曲线从下到上，温度降低，C增大，平衡正向移动，说明正向是放热反应。
【详解】A．p3＞p4，加压，正向移动，A消耗，A的转化率增大，故A正确；
B．p3＞p4，加压，正向移动，B的质量分数减小，故B错误；
C．p3＞p4，加压，正向移动，B消耗，B的转化率增大，故C正确；
D．p3＞p4，加压，正向移动，气体物质的量减小，气体质量不变，混合气体的平均相对分子质量增大，故D正确。
综上所述，答案为B。
【点睛】利用先拐先平衡数值大得出结论，再分析温度和压强对平衡的影响得出反应是吸热还是放热反应，是体积增大还是体积减小的反应。
第Ⅱ卷(非选择题 共52分)
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
17. 能源危机是当前全球性的问题，“开源节流”是应对能源危机的重要举措。
（1）下列做法有助于能源“开源节流”的是_______(填序号)。
a.大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源
b.大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求
c.开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料
d.减少资源消耗，增加资源重复使用、资源的循环再生
（2）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，氧气充足时燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。
①在通常状况下，_______(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热为_______。
②12 g石墨在24 g氧气中燃烧，生成气体36 g，该过程放出的热量为_______。
（3）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJ·mol-1、497 kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.0 kJ·mol-1。
NO分子中化学键的键能为_______kJ·mol-1。
（4）综合上述有关信息，请写出CO和NO反应的热化学方程式：_______。
【答案】（1）acd （2） ①. 石墨 ②. 393.5 kJ·mol-1 ③. 252.0 kJ
（3）631.5 （4）2NO(g)+2CO(g)= N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.0 kJ·mol-1
【解析】
【小问1详解】
a．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源，可减少化石能源使用，a符合题意；
b．大力开采煤、石油和天然气，以满足人们日益增长的能源需求，不能减少化石燃料的使用，b不符合题意；
c．开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料，符合“开源节流”，c符合题意；
d．减少资源消耗，注重资源的重复使用、资源的循环再生，能减少化石燃料等资源使用，d符合题意；
故选acd；
【小问2详解】
①由图可知，金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定；图中1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为393.5kJ，则石墨的燃烧热为△H=-393.5kJ/mol；
②12g石墨物质的量为1mol，在一定量空气中燃烧，依据元素守恒，若只生成二氧化碳质量为44g，若只生成一氧化碳质量为28g，题目中生成气体36g，28g<36g<44g，判断生成的气体为一氧化碳和二氧化碳的混合物。设一氧化碳物质的量为x，则二氧化碳物质的量为(1-x)mol，28x+44(1-x)=36g，解得x=0.5mol。故一氧化碳和二氧化碳的物质的量均为0.5mol，结合图象可知：C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5 kJ/mol；C(石墨，s)+O2(g)=CO(g)△H=-110.5kJ/mol；
所以生成二氧化碳和一氧化碳混合气体放出热量为：393.5kJ/mol×0.5mo1+110.5kJ/mol×0.5mo1=252.0kJ；
【小问3详解】
根据N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJ/mol、497 kJ/mol以及反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180 kJ/mol，设NO分子中化学键的键能为a，则有：946 kJ/mol+497 kJ/mol-2a=180 kJ/mol，解得：a=631.5 kJ/mol；
【小问4详解】
已知①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5 kJ•mol-1 ；②C(石墨，s)+O2(g)=CO(g) △H=-110.5 kJ•mol-1；③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ•mol-1；由盖斯定律：方程式①×2-②×2-③得 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746.0kJ▪mol-1。故答案：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=-746.0kJ•mol-1。
18. 室温下向溶液中逐滴加入的一元酸溶液，溶液的变化曲线如图所示。
（1）点(横坐标为10)所示溶液中，溶质是________，溶液中各离子浓度从大到小的顺序为________，其中________(填“>”“<”或“=”)。
（2）点所示溶液中，________(填“>”“<”或“=”)。
（3）点所示溶液中，________(填“>”“<”或“=”)。
（4）、、点所示溶液中，水的电离程度最大的是________。
（5）以下滴定操作会导致(溶液)偏大的是________。
A. 滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失
B. 锥形瓶洗涤后没有干燥
C. 滴定时锥形瓶中有液体溅出
D. 滴定开始前读数时平视，滴定终点读数时俯视
【答案】（1） ①. ②. ③. =
（2）= （3）>
（4）a （5）A
【解析】
【分析】向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的一元酸HA溶液，溶液中会发生反应：NaOH+HA=NaA+H2O，当加入HA溶液体积为10mL时，溶质为NaA，此时溶液pH=8.7，说明A-会水解，即HA为弱酸。
【小问1详解】
a点NaOH和HA恰好完全反应，溶质为NaA，其中A-会水解而消耗，溶液呈碱性，则溶液中离子浓度从大到小的顺序为c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)；根据物料守恒，其中c(Na+)=c(A-)+c(HA)。
【小问2详解】
c点电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，此时溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，因此c(Na+)=c(A-)；
【小问3详解】
b点溶液溶质为NaA、HA，且c(NaA)=c(HA)，此时溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A-水解程度，因此c(A-)>c(HA)；
【小问4详解】
a点溶质为NaA，其中A-会水解，此时水的电离程度最大，之后继续加HA溶液，会抑制水的电离，故水的电离程度最大的是a点；
【小问5详解】
A．滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，气泡会计入HA溶液体积，因此HA溶液体积将偏大；
B．锥形瓶洗涤后没有干燥不会影响参加反应的物质的物质的量，因此不会影响HA溶液体积；
C．滴定时锥形瓶中有液体溅出会导致NaOH的量偏小，滴定所消耗的HA溶液体积将偏小；
D．滴定开始前读数时平视，滴定终点读数时俯视会使读数偏小，使HA溶液体积偏小；
故答案为：A。
19. 甲醇被称为21世纪的新燃料，以煤为原料制备甲醇的流程如下：
（1）下列措施能加快氧化炉中的气化反应速率的是________。
A. 升高温度 B. 减小压强
C. 选用大块煤块 D. 加入正催化剂
（2）已知、、甲醇的燃烧热分别为、、，则和合成甲醇的热化学方程式为________。
（3）一定条件下，在催化反应室中发生反应；，的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①工业上，上述反应温度不宜过高，原因是________。
②若将与在容积为的催化反应室中进行上述反应，则、条件下，该反应的平衡常数为________；维持温度、容积不变，再向该催化反应室中增加与，达到新平衡时，的转化率________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】（1）AD （2）
（3） ①. 该反应为放热反应，温度越高，甲醇的产率就越低 ②. 4 ③. 增大
【解析】
【小问1详解】
A．升高温度，反应速率加快，A正确；
B．气体参与的反应，减小压强，反应速率减慢，B错误；
C．选用大煤块，固体表面积减小，反应速率减慢，C错误；
D．加入正催化剂，反应速率加快，D正确；
故选AD。
小问2详解】
由CO、H2、甲醇的燃烧热可得
①CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H1=-285.8 kJ/mol；
②H2(g)+O2(g)=H2O (l) △H2=-283 kJ/mol
③CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔΗ3=-726.5 kJ/mol，根据盖斯定律，
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)由①+2②-③得到，故ΔΗ=-285.8 kJ/mol +2×(-283kJ/mol)-(-726.5 kJ/mol)=-125.3 kJ/mol；
【小问3详解】
①工业上，上述反应温度不宜过高，原因是该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，甲醇的产率降低；
②列三段式
=4；
维持温度、容积不变，再向该催化反应室中增加与，等同于增大压强，故达到新平衡时，的转化率增大。
20. CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，二氧化碳的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向。
（1）用活性炭还原法可以处理汽车尾气中的氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应 △H，在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：
浓度/(mol/L)
时间/min
0
10
20
30
40
NO
2.0
1.16
0.40
0.40
0.6
N2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
CO2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
①据图表数据分析T1℃时，该反应在0~10 min内的平均反应速率v(N2)=________mol/(L·min)；计算该反应的平衡常数K=________。
②若30 min后只改变某一条件，据上表中的数据判断改变的条件可能是________ (填字母编号)。
A．加入合适的催化剂 B．适当缩小容器的体积
C．通入一定量的NO D．加入一定量的活性炭
③若30 min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2：3：3，则达到新平衡时NO的转化率________ (填“升高”或“降低”)，△H________0(填“＞”或“＜”)。
（2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。已知：
写出CO2(g)和H2(g)转化为CH3OCH3(g)和H2O(g)的热化学方程式________。
（3）常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3。
①若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c()：c()=________。[常温下、]。
②欲用2 L Na2CO3溶液将4.66 g BaSO4(233 g/mol)固体全部都转化为BaCO3，则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为________。[已知：常温下，]。(忽略溶液体积的变化)
【答案】（1） ① 0.042 ②. 4.0 ③. BC ④. 降低 ⑤. ＜
（2）
（3） ①. 1：2或0.5 ②. 0.11 mol/L
【解析】
【小问1详解】
①根据表格数据可知：在前10 min内N2的浓度增加了0.42 mol/L，则①据图表数据分析T1℃时，该反应在0~10 min内的用N2的浓度变化表示的平均反应速率v(N2)=；
在反应开始时 c(NO)=2.0 mol/L，c(N2)=0 mol/L，c(CO2)=0 mol/L，反应达到平衡时c(NO)=0.40 mol/L，c(N2)=c(CO2)=0 .80 mol/L，反应的化学平衡常数K=；
②A．加入合适的催化剂化学反应速率加快，但化学平衡不移动，所以各种物质的平衡浓度不变，A不符合题意；
B．适当缩小容器的体积会使各种气体物质的浓度增大，且增大的倍数相同。根据表格数据可知：在30 min后c(NO)由0.40 mol/L变为60 mol/L，浓度是原来的1.5倍； c(N2)与c(CO2)由0 .80 mol/L变为1.2 mol/L浓度是原来的1.5倍，可见在30 min时改变的条件可以是适当缩小容器的体积，B符合题意；
C．通入一定量的NO会导致NO突然增大，化学平衡正向移动，反应产生N2、CO2，N2、CO2的浓度增大，但平衡移动趋势是微弱的，最终达到平衡时NO的浓度也会增大，通入一定量的NO相当于增大压强，因此可能达到表格的平衡数据，C符合题意；
D．活性炭是固体物质，其浓度不变，因此加入一定量的活性炭，化学平衡不发生移动，D不符合题意；
故合理选项是BC；
③根据表格数据可知：反应在30 min达到平衡时NO、N2、CO2的浓度之比为1：2：2，若30 min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2：3：3，说明升高温度，化学平衡逆向移动，则导致NO的转化率降低；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，△H＜0；
【小问2详解】
已知① ② ，根据盖斯定律，将①×2+②，整理可得热化学方程式为 ；
【小问3详解】
①CO2气体用NaOH溶液吸收，反应产生Na2CO3、NaHCO3，所得混合溶液pH=10，则c(H+)=10-10 mol/L。由于H2CO3是二元弱酸，溶液中分步电离，存在电离平衡，第二步存在的电离平衡：H++，Ka2=，则；
②4.66 g BaSO4的物质的量n(BaSO4)=，根据反应BaSO4(s)+(aq)=BaCO3(s)+(aq)可知：发生沉淀反应需要消耗0.02 mol Na2CO3，所得2 L溶液中c()=，该反应的化学平衡常数K=；平衡时溶液中c()=，故所用Na2CO3的浓度为c(Na2CO3)=。
牡丹江二中2022—2023学年度第一学期高二期中考试
化学
可用用到的相对原子质量：
第Ⅰ卷(选择题 共48分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列反应属于吸热反应的是
A. B.
C. HCl+NaOH=NaCl+H2O D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．C燃烧产生CO2的反应是放热反应，A不符合题意；
B．Al与Fe2O3在高温下反应产生Fe和Al2O3，反应放出大量热，因此该反应是放热反应，B不符合题意；
C．HCl与NaOH发生中和反应产生NaCl、H2O，反应放出大量热量。因此该反应为放热反应，C不符合题意；
D．CaCO3在高温下发生分解反应产生CaO、CO2，该反应发生吸收热量，因此该反应为吸热反应，D符合题意；
故合理选项是D。
2. 对于反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s) ΔH＝－444.3kJ/mol，在常温常压下该反应能自发进行，对反应的方向起决定作用的是（ ）
A. 温度 B. 压强 C. 焓变 D. 熵变
【答案】C
【解析】
【详解】反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s) ΔH＝－444.3kJ/mol，△H<0，且△S<0，而反应能自发进行，说明△H- T·△S<0，焓变对反应的方向起决定性作用。
故选C。
3. 在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vC=2vB，则此反应可表示为
A. A+3B=2C B. 2A+3B=2C C. 3A+B=2C D. A+B=C
【答案】B
【解析】
【详解】在密闭容器里，A与B反应生成C，则A与B是反应物，C是生成物。在同一反应中用不同物质表示反应速率时，速率比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。由于2vB=3vA、3vC=2vB，则n(A)：n(B)：n(C)=vA：vB：vC=2：3：2，故化学方程式为2A+3B=2C；
答案选B。
4. 在一定条件下，溶液中存在水解平衡：，下列说法正确的是
A. 稀释溶液，水解平衡常数增大 B. 加入固体，溶液减小
C. 升高温度，减小 D. 加入固体，浓度减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．水解平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则稀释溶液时水解平衡常数不变，故A错误；
B．向溶液中加入氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，反应达到平衡时，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故B错误；
C．硫离子在溶液中的水解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，溶液中的值增大，故C错误；
D．向溶液中加入硫酸铜固体，铜离子与溶液中的硫离子反应生成硫化铜沉淀，溶液中硫离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，氢硫酸根离子的浓度减小，故D正确；
故选D。
5. 2.0molPCl3和1.0molCl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3（g）+Cl2（g）PCl5（g），达到平衡时，PCl5为0.4mol，如果此时移走1.0molPCl3和0.5molCl2。在相同的温度下再达到平衡时PCl5的物质的量是（ ）
A. 0.40mol B. 0.20mol C. 小于0.20mol D. 大于0.20mol，小于0.40mol
【答案】C
【解析】
【分析】达平衡后移走1.0mol PCl3和0.50mol Cl2，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0mol PCl3和0.50mol Cl2到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故平衡时PCl5的物质的量小于原平衡的0.5倍。
【详解】达平衡后移走1.0mol PCl3和0.50mol Cl2，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0mol PCl3和0.50mol Cl2到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故达新平衡时PCl5的物质的量小于原平衡的0.5倍，即达平衡时PCl5的物质的量小于0.4mol×0.5=0.2mol，故选C。
6. 下表是常温下某些一元弱酸的电离常数：
弱酸
HCN
HF
CH3COOH
HNO2
电离常数
6.2×10－10
6.8×10－4
1.8×10－5
6.4×10－6
则0.1 mol/L的下列溶液中，c(H＋)最大的是
A. HCN B. HF C. CH3COOH D. HNO2
【答案】B
【解析】
【详解】对于一元弱酸，电离平衡常数越大，酸性越强，c(H＋)越大。
c(H＋)大小关系：HF >CH3COOH>HNO2> HCN；
正确答案选B。
7. 下列水溶液一定呈中性的是
A. c(NH4+)=c(C1-)的NH4Cl 溶液
B. c(H+)=1×10-7mol·L-1溶液
C. pH=7的溶液
D. 室温下将pH=3的酸与pH= 11的碱等体积混合后的溶液
【答案】A
【解析】
【详解】水溶液的温度不一定是室温，故pH＝7或c(H＋)＝10－7mol/L时，溶液不一定呈中性；选项D中由于不知酸、碱的相对强弱，故无法判断溶液的酸碱性，NH4Cl溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因c(NH4+)＝c(Cl－)，则c(OH－)＝c(H＋)，溶液一定呈中性。答案选A。
8. 将一定量的加入某密闭容器中，发生反应：，反应达平衡后混合气体中的物质的量分数与温度关系如图所示，下列推断正确的是
A. 升高温度，该反应平衡常数K减小
B. 压强大小有
C. 平衡后加入高效催化剂使平均摩尔质量增大
D. 在该条件下点平衡转化率为
【答案】D
【解析】
【详解】A．温度升高，平衡向吸热反应方向移动，由图可知，温度升高，X的物质的量分数减小，说明平衡向正反应方向移动，则该反应平衡常数K增大，故A错误；
B．该反应为气体体积增大的反应，增大压强，X的物质的量分数增大，则由图可知，压强大小关系：p1>p2>p3，故B错误；
C．催化剂不能改变化学平衡移动的方向，则平衡后加入高效催化剂，化学平衡不移动，混合气体的平均摩尔质量不变，故C错误；
D．起始加入X为2mol，X平衡转化率为a，由题意可得如下三段式：
由混合气体中X的物质的量分数为0.1可得=0.1，解得a=，故D正确；
故选D。
9. 已知下列热化学方程式： Hg(l)＋O2(g)=HgO(s) △H1；
Zn(s)＋O2(g)=ZnO(s) △H2；
则Zn(s)＋HgO(s)= Hg(l)＋ZnO(s) △H值为
A. △H2-△H1 B. △H2＋△H1 C. △H1-△H2 D. -△H1-△H2
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】根据盖斯定律：①Hg(l)＋ O2(g)=HgO(s) △H1；②Zn(s)＋O2(g)=ZnO(s) △H2；②-①得Zn(s)＋HgO(s)= Hg(l)＋ZnO(s) △H=△H2-△H1，故选A。
10. 某温度下，将2mol A和3mol B充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)+ B(g)C(g)+ D(g)，5min后达到平衡。已知该温度下其平衡常数为1，在t0时刻，若保持温度不变将容器体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则下列说法正确的是
A. a=2
B. 达到平衡时A的转化率为60%
C. 速率随时间变化关系如图所示
D. 为提高A的转化率，可采取升高温度的措施
【答案】B
【解析】
【详解】A．若温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则可以确定，A错误；
B．设B的转化率为x，，，计算得出，即A的转化率是，达平衡时A的转化率为60%，B正确；
C．保持温度不变将容器体积扩大为原来的10倍，反应物浓度减小，速率减小，儿图中为速率增加，C错误；
D．因为反应的热效应不知，所以无法确定，D错误；
答案为B。
11. 常温下，取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为
A. 0.01mol·L－1 B. 0.017mol·L－1
C. 0.05mol·L－1 D. 0.50mol·L－1
【答案】C
【解析】
【分析】取浓度相等的NaOH和HCl溶液，以3：2体积比相混和后pH=12，说明碱过量，剩余的c(OH-)=0.01mol/L，据此列式计算原溶液的浓度。
【详解】设NaOH和HCl的物质的量浓度均为c，NaOH和HCl溶液以3:2体积比相混合，体积分别为3V、2V，
酸碱混合后pH=12，则碱过量，剩余的氢氧根离子浓度为：c(OH−)=0.01 mol·L－1，
则：c(OH−)==0.01 mol·L－1，
解得：c=0.05mol·L－1，C项正确，
答案选C
12. 常温下，关于pH=11的氨水溶液，下列说法不正确的是
A. 溶液中c(OH－) =1.0×10－3 mol·L－1
B. 加水稀释100倍后，溶液的pH=9
C. 此溶液中由水电离出的H+和OH－浓度均为1.0×10－11 mol·L－1
D. 加入等体积pH=3的H2SO4溶液，溶液呈碱性
【答案】B
【解析】
【分析】一水合氨是弱电解质，在溶液中部分电离，加水稀释和加酸反应，促进一水合氨电离；氨水溶液呈碱性，拟制水的电离。
【详解】A项、常温下pH=11的氨水溶液中c(H+) =1.0×10－11mol·L－1，c(OH－) =Kw/ c(H+) =1.0×10－3mol·L－1，故A正确；
B项、由于一水合氨是弱电解质，加水稀释氨水会促进一水合氨电离，导致氢氧根离子浓度大于原来的1/10，所以溶液的11＞pH＞10，故B 错误；
C项、常温下pH=11的氨水中，氢氧根离子抑制了水的电离，氨水中氢离子是水电离的，则氨水中由水电离产生的c（OH-）=10-11mol/L，故C正确；
D项、由于一水合氨是弱电解质，加入等体积pH=3的H2SO4溶液，氨水过量，溶液呈碱性，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离和盐的水解，明确弱电解质电离特点是解本题关键。
13. 下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 1.0 mol/LNa2CO3溶液：
B. 1.0 mol/LNa2CO3溶液：
C. 向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：
D. 向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液：c(Na+)=c()
【答案】D
【解析】
【详解】A．1.0 mol/LNa2CO3溶液中，根据C元素守恒可知有关系式：，A错误；
B．1.0 mol/LNa2CO3溶液中，根据电荷守恒可得关系式，B错误；
C．违背溶液中存在的电荷守恒。向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液，则CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用，所以c(Na+)＞c(CH3COO-)；c(H+)＞c(OH-)，盐电离产生的CH3COO-的浓度大于弱酸CH3COOH电离产生的H+的浓度，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)，C错误；
D．NaNO3与HCl的混合溶液中c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c()，由于c(H+)=c(Cl-)，所以c(Na+)=c()，D正确；
故合理选项是D。
14. 室温时，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知的溶度积(室温)，下列说法中不正确的是
A. 的数值为 B. 点时有生成
C. 加入蒸馏水可使溶液由点变成点 D. 点与点对应的溶度积相等
【答案】C
【解析】
【分析】图像为在水中的沉淀溶解平衡曲线，曲线上b点和d点为饱和状态，a点不饱和，而c为过饱和状态，据此分析。
【详解】A．在d点c()=1.410-4，因室温时，CaCO3的溶度积 Ksp =2.810-9，所以 c(Ca2+)=210-5，故x的数值为210-5，故 A 正确；
B．在 c 点 c (Ca2 +)>210-5，即相当于增大钙离子浓度，平衡左移，有CaCO3生成，B正确；
C．d 点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则 c (Ca2 +)、c()都不变，如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由 d 点变成 a 点， C错误；
D． b 点与 d 点在相同的温度下，溶度积相等，D正确；
故本题选C。
15. 某温度下，向一定体积 0.1mol/L 醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH (pOH = -lg[OH-])与pH的变化关系如图所示，则
A. M点所示溶液导电能力强于Q点
B. N点所示溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)
C. M点和N点所示溶液中水的电离程度可能相同
D. Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积
【答案】C
【解析】
【详解】A、醋酸是弱酸，加入NaOH后反应生成CH3COONa，CH3COONa是强电解质，M点溶质是CH3COOH和CH3COONa，CH3COOH量较多，导电能力最弱，故错误；
B、N点溶液显碱性，根据电荷守恒，应是c(Na＋)>c(CH3COO－)，故错误；
C、M点的H＋浓度等于N点OH－浓度，M点为醋酸和醋酸钠的混合液,溶液呈酸性,水的电离受到抑制。N点对应的溶液呈碱性，若N点对应的是醋酸钠和氢氧化钠的混合液时，水的电离程度相同；若N点恰好为醋酸钠溶液，则水的电离程度不同，故C正确；
D、Q点溶液显中性，消耗的NaOH的体积略小于醋酸溶液的体积，故错误。
故选C。
16. 在某密闭容器中，可逆反应：A(g) + B(g) ⇌xC(g)符合图中（Ⅰ）所示关系，φ（C）表示C气体在混合气体中的体积分数．由此判断，对图象（Ⅱ）说法不正确的是（ ）
A. p3＞p4，Y轴表示A的转化率
B. p3＞p4，Y轴表示B的质量分数
C. p3＞p4，Y轴表示B的转化率
D. p3＞p4，Y轴表示混合气体的平均相对分子质量
【答案】B
【解析】
【分析】根据(Ⅰ)，先拐先平衡数值大，得出T1 > T2，T2 > T1，ab曲线从下到上，压强增大，C增大，平衡正向移动，说明正向是体积减小的反应，即x=1，bc曲线从下到上，温度降低，C增大，平衡正向移动，说明正向是放热反应。
【详解】A．p3＞p4，加压，正向移动，A消耗，A的转化率增大，故A正确；
B．p3＞p4，加压，正向移动，B的质量分数减小，故B错误；
C．p3＞p4，加压，正向移动，B消耗，B的转化率增大，故C正确；
D．p3＞p4，加压，正向移动，气体物质的量减小，气体质量不变，混合气体的平均相对分子质量增大，故D正确。
综上所述，答案为B。
【点睛】利用先拐先平衡数值大得出结论，再分析温度和压强对平衡的影响得出反应是吸热还是放热反应，是体积增大还是体积减小的反应。
第Ⅱ卷(非选择题 共52分)
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
17. 能源危机是当前全球性的问题，“开源节流”是应对能源危机的重要举措。
（1）下列做法有助于能源“开源节流”的是_______(填序号)。
a.大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源
b.大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求
c.开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料
d.减少资源消耗，增加资源重复使用、资源的循环再生
（2）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，氧气充足时燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。
①在通常状况下，_______(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热为_______。
②12 g石墨在24 g氧气中燃烧，生成气体36 g，该过程放出的热量为_______。
（3）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJ·mol-1、497 kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.0 kJ·mol-1。
NO分子中化学键的键能为_______kJ·mol-1。
（4）综合上述有关信息，请写出CO和NO反应的热化学方程式：_______。
【答案】（1）acd （2） ①. 石墨 ②. 393.5 kJ·mol-1 ③. 252.0 kJ
（3）631.5 （4）2NO(g)+2CO(g)= N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.0 kJ·mol-1
【解析】
【小问1详解】
a．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源，可减少化石能源使用，a符合题意；
b．大力开采煤、石油和天然气，以满足人们日益增长的能源需求，不能减少化石燃料的使用，b不符合题意；
c．开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料，符合“开源节流”，c符合题意；
d．减少资源消耗，注重资源的重复使用、资源的循环再生，能减少化石燃料等资源使用，d符合题意；
故选acd；
【小问2详解】
①由图可知，金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定；图中1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为393.5kJ，则石墨的燃烧热为△H=-393.5kJ/mol；
②12g石墨物质的量为1mol，在一定量空气中燃烧，依据元素守恒，若只生成二氧化碳质量为44g，若只生成一氧化碳质量为28g，题目中生成气体36g，28g<36g<44g，判断生成的气体为一氧化碳和二氧化碳的混合物。设一氧化碳物质的量为x，则二氧化碳物质的量为(1-x)mol，28x+44(1-x)=36g，解得x=0.5mol。故一氧化碳和二氧化碳的物质的量均为0.5mol，结合图象可知：C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5 kJ/mol；C(石墨，s)+O2(g)=CO(g)△H=-110.5kJ/mol；
所以生成二氧化碳和一氧化碳混合气体放出热量为：393.5kJ/mol×0.5mo1+110.5kJ/mol×0.5mo1=252.0kJ；
【小问3详解】
根据N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJ/mol、497 kJ/mol以及反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180 kJ/mol，设NO分子中化学键的键能为a，则有：946 kJ/mol+497 kJ/mol-2a=180 kJ/mol，解得：a=631.5 kJ/mol；
【小问4详解】
已知①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5 kJ•mol-1 ；②C(石墨，s)+O2(g)=CO(g) △H=-110.5 kJ•mol-1；③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ•mol-1；由盖斯定律：方程式①×2-②×2-③得 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746.0kJ▪mol-1。故答案：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=-746.0kJ•mol-1。
18. 室温下向溶液中逐滴加入的一元酸溶液，溶液的变化曲线如图所示。
（1）点(横坐标为10)所示溶液中，溶质是________，溶液中各离子浓度从大到小的顺序为________，其中________(填“>”“<”或“=”)。
（2）点所示溶液中，________(填“>”“<”或“=”)。
（3）点所示溶液中，________(填“>”“<”或“=”)。
（4）、、点所示溶液中，水的电离程度最大的是________。
（5）以下滴定操作会导致(溶液)偏大的是________。
A. 滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失
B. 锥形瓶洗涤后没有干燥
C. 滴定时锥形瓶中有液体溅出
D. 滴定开始前读数时平视，滴定终点读数时俯视
【答案】（1） ①. ②. ③. =
（2）= （3）>
（4）a （5）A
【解析】
【分析】向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的一元酸HA溶液，溶液中会发生反应：NaOH+HA=NaA+H2O，当加入HA溶液体积为10mL时，溶质为NaA，此时溶液pH=8.7，说明A-会水解，即HA为弱酸。
【小问1详解】
a点NaOH和HA恰好完全反应，溶质为NaA，其中A-会水解而消耗，溶液呈碱性，则溶液中离子浓度从大到小的顺序为c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)；根据物料守恒，其中c(Na+)=c(A-)+c(HA)。
【小问2详解】
c点电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，此时溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，因此c(Na+)=c(A-)；
【小问3详解】
b点溶液溶质为NaA、HA，且c(NaA)=c(HA)，此时溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A-水解程度，因此c(A-)>c(HA)；
【小问4详解】
a点溶质为NaA，其中A-会水解，此时水的电离程度最大，之后继续加HA溶液，会抑制水的电离，故水的电离程度最大的是a点；
【小问5详解】
A．滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，气泡会计入HA溶液体积，因此HA溶液体积将偏大；
B．锥形瓶洗涤后没有干燥不会影响参加反应的物质的物质的量，因此不会影响HA溶液体积；
C．滴定时锥形瓶中有液体溅出会导致NaOH的量偏小，滴定所消耗的HA溶液体积将偏小；
D．滴定开始前读数时平视，滴定终点读数时俯视会使读数偏小，使HA溶液体积偏小；
故答案为：A。
19. 甲醇被称为21世纪的新燃料，以煤为原料制备甲醇的流程如下：
（1）下列措施能加快氧化炉中的气化反应速率的是________。
A. 升高温度 B. 减小压强
C. 选用大块煤块 D. 加入正催化剂
（2）已知、、甲醇的燃烧热分别为、、，则和合成甲醇的热化学方程式为________。
（3）一定条件下，在催化反应室中发生反应；，的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①工业上，上述反应温度不宜过高，原因是________。
②若将与在容积为的催化反应室中进行上述反应，则、条件下，该反应的平衡常数为________；维持温度、容积不变，再向该催化反应室中增加与，达到新平衡时，的转化率________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】（1）AD （2）
（3） ①. 该反应为放热反应，温度越高，甲醇的产率就越低 ②. 4 ③. 增大
【解析】
【小问1详解】
A．升高温度，反应速率加快，A正确；
B．气体参与的反应，减小压强，反应速率减慢，B错误；
C．选用大煤块，固体表面积减小，反应速率减慢，C错误；
D．加入正催化剂，反应速率加快，D正确；
故选AD。
小问2详解】
由CO、H2、甲醇的燃烧热可得
①CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H1=-285.8 kJ/mol；
②H2(g)+O2(g)=H2O (l) △H2=-283 kJ/mol
③CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔΗ3=-726.5 kJ/mol，根据盖斯定律，
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)由①+2②-③得到，故ΔΗ=-285.8 kJ/mol +2×(-283kJ/mol)-(-726.5 kJ/mol)=-125.3 kJ/mol；
【小问3详解】
①工业上，上述反应温度不宜过高，原因是该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，甲醇的产率降低；
②列三段式
=4；
维持温度、容积不变，再向该催化反应室中增加与，等同于增大压强，故达到新平衡时，的转化率增大。
20. CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，二氧化碳的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向。
（1）用活性炭还原法可以处理汽车尾气中的氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应 △H，在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：
浓度/(mol/L)
时间/min
0
10
20
30
40
NO
2.0
1.16
0.40
0.40
0.6
N2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
CO2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
①据图表数据分析T1℃时，该反应在0~10 min内的平均反应速率v(N2)=________mol/(L·min)；计算该反应的平衡常数K=________。
②若30 min后只改变某一条件，据上表中的数据判断改变的条件可能是________ (填字母编号)。
A．加入合适的催化剂 B．适当缩小容器的体积
C．通入一定量的NO D．加入一定量的活性炭
③若30 min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2：3：3，则达到新平衡时NO的转化率________ (填“升高”或“降低”)，△H________0(填“＞”或“＜”)。
（2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。已知：
写出CO2(g)和H2(g)转化为CH3OCH3(g)和H2O(g)的热化学方程式________。
（3）常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3。
①若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c()：c()=________。[常温下、]。
②欲用2 L Na2CO3溶液将4.66 g BaSO4(233 g/mol)固体全部都转化为BaCO3，则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为________。[已知：常温下，]。(忽略溶液体积的变化)
【答案】（1） ① 0.042 ②. 4.0 ③. BC ④. 降低 ⑤. ＜
（2）
（3） ①. 1：2或0.5 ②. 0.11 mol/L
【解析】
【小问1详解】
①根据表格数据可知：在前10 min内N2的浓度增加了0.42 mol/L，则①据图表数据分析T1℃时，该反应在0~10 min内的用N2的浓度变化表示的平均反应速率v(N2)=；
在反应开始时 c(NO)=2.0 mol/L，c(N2)=0 mol/L，c(CO2)=0 mol/L，反应达到平衡时c(NO)=0.40 mol/L，c(N2)=c(CO2)=0 .80 mol/L，反应的化学平衡常数K=；
②A．加入合适的催化剂化学反应速率加快，但化学平衡不移动，所以各种物质的平衡浓度不变，A不符合题意；
B．适当缩小容器的体积会使各种气体物质的浓度增大，且增大的倍数相同。根据表格数据可知：在30 min后c(NO)由0.40 mol/L变为60 mol/L，浓度是原来的1.5倍； c(N2)与c(CO2)由0 .80 mol/L变为1.2 mol/L浓度是原来的1.5倍，可见在30 min时改变的条件可以是适当缩小容器的体积，B符合题意；
C．通入一定量的NO会导致NO突然增大，化学平衡正向移动，反应产生N2、CO2，N2、CO2的浓度增大，但平衡移动趋势是微弱的，最终达到平衡时NO的浓度也会增大，通入一定量的NO相当于增大压强，因此可能达到表格的平衡数据，C符合题意；
D．活性炭是固体物质，其浓度不变，因此加入一定量的活性炭，化学平衡不发生移动，D不符合题意；
故合理选项是BC；
③根据表格数据可知：反应在30 min达到平衡时NO、N2、CO2的浓度之比为1：2：2，若30 min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2：3：3，说明升高温度，化学平衡逆向移动，则导致NO的转化率降低；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，△H＜0；
【小问2详解】
已知① ② ，根据盖斯定律，将①×2+②，整理可得热化学方程式为 ；
【小问3详解】
①CO2气体用NaOH溶液吸收，反应产生Na2CO3、NaHCO3，所得混合溶液pH=10，则c(H+)=10-10 mol/L。由于H2CO3是二元弱酸，溶液中分步电离，存在电离平衡，第二步存在的电离平衡：H++，Ka2=，则；
②4.66 g BaSO4的物质的量n(BaSO4)=，根据反应BaSO4(s)+(aq)=BaCO3(s)+(aq)可知：发生沉淀反应需要消耗0.02 mol Na2CO3，所得2 L溶液中c()=，该反应的化学平衡常数K=；平衡时溶液中c()=，故所用Na2CO3的浓度为c(Na2CO3)=。
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