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安徽省池州市青阳县2022-2023学年高二上学期11月期中考试化学试题（解析版）
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这是一份安徽省池州市青阳县2022-2023学年高二上学期11月期中考试化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
青阳一中2022-2023学年度第一学期期中考试
高二化学试卷
一、单选题(本大题共16小题，共48分)
1. 在有和无条件下分解的能量变化如图所示。下列说法错误是
A. 有条件下的变化曲线是b
B. 加后，正反应速率增大，逆反应速率减小
C. 该反应为放热反应
D. 该反应的热化学方程式为kJ⋅mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】A．有条件下的变化曲线是b，A正确；
B．加后，正逆反应速率都要增大，B错误；
C．根据图示可知该反应为放热反应，C正确；
D．根据图示，该反应的热化学方程式为， kJ⋅mol-1，D正确；
故选B。
2. 下列反应在任意温度下一定能自发进行的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据ΔG=ΔH-TΔS，ΔG<0反应可自发进行。若ΔH<0，同时ΔS>0，则ΔG一定小于0，反应任意温度下一定能自发进行。
【详解】A．该反应需要电解才能发生，不能在任意温度下自发进行，故A不选；
B．该反应的反应物是气体，生成物是固体，ΔS<0，故不能在任意温度下自发进行，故B不选；
C．该反应是放热反应，即ΔH<0，且有气体生成，即ΔS>0，所以在任意温度下一定能自发进行，故C选；
D．该反应是吸热反应，即ΔH>0，故不能在任意温度下自发进行，故D不选；
故选C。
3. 反应 ，在一定条件下达到平衡状态，下列有关叙述正确的有
①增加A的量，平衡向正反应方向移动；
②加入催化剂，B的转化率不变；
③压强增大一倍，平衡不移动，υ(正)、υ(逆)不变；
④增大B的浓度，υ(正)>υ(逆)；
⑤升高温度，平衡向逆反应方向移动，减小
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【详解】①增加A的量，A为固体，浓度不变，则平衡不移动，故错误；
②加入催化剂，对平衡移动无影响，则B的转化率不变，故正确；
③反应为气体体积不变的反应，压强增大一倍，平衡不移动，但正逆反应速率同等程度增大，故错误；
④增大B的浓度，平衡正向移动，则υ(正)>υ(逆)，故正确；
⑤反应焓变小于零，为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，且正逆反应速率均增大，故错误；
故选B。
4. 下列说法不正确的是
A. 1g氢气在氧气中完全燃烧生成气态水，放出的热量为120.9kJ，氢气的燃烧热大于241.8kJ•mol-1
B. 500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放出的热量为19.3kJ，其热化学方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）ΔH=﹣38.6kJ·mol-1
C. 常温下，若反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，则该反应的ΔH＞0
D. 已知中和热为57.3kJ·mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ
【答案】B
【解析】
【详解】． 氢气在氧气中完全燃烧生成 气态水，放出的热量为 ，气态水变为液态水，放出热量，则生成 液态水，放出热量大于 ，故A正确；
．氮气和氢气的反应为可逆反应，将 和 置于密闭的容器中充分反应生成 ，放出的热量为 ，如完全反应，放出的热量大于 ，反应热小于 ，故B错误；
．如能自发进行，应满足，因，则不能自发进行，则该反应的 ，故C正确；
．浓硫酸溶于水放热，则将含 的浓溶液与含 的溶液混合，放出的热量要大于 ，故D正确；
故选B。
5. 对于反应 ，下列措施既能加快正反应速率，又能使化学平衡向正反应方向移动的是
A. 增加C的用量 B. 使用催化剂 C. 增大压强 D. 升高温度
【答案】D
【解析】
【详解】A．C是固体，增加C的用量，平衡不移动，且化学反应速率不变，A错误；
B．使用催化剂化学反应速率加快，但平衡不移动，B错误；
C．增大压强化学反应速率加快，但平衡逆向移动，C错误；
D．反应升高温度化学平衡向正反应方向移动，并且化学反应速率加快，D正确；
故选D。
6. 高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数。有关说法错误的是
酸
HCl
A. 在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离
B. 在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最弱的酸
C. 在冰醋酸中硫酸的电离方程式为
D. 水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区别这四种酸的强弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据电离平衡常数知，在冰醋酸中这几种酸都不完全电离，A正确；
B．在冰醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，B错误；
C．在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为，C正确；
D．这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱，D正确；
故选B。
7. 一定条件下，在10L密闭容器中，Z发生分解反应：达到平衡，已知该反应体系能量升高。则下列说法中正确是
A. 其他条件不变，升高温度向逆反应方向移动
B. 其他条件不变，将容器体积扩大至20L，则Z平衡浓度变为原来的一半
C 其他条件不变，将容器体积缩小至5L，平衡逆向移动，平衡常数减小
D. 保持压强不变，充入一定量的Z，新平衡时Z的浓度不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．达到平衡过程中该反应体系能量升高说明正反应为吸热反应，若其他条件不变，升高温度平衡将向正反应方向移动，A错误；
B．其他条件不变，将容器体积扩大至20L相当于减压，平衡会向气体体积增大的方向即正向移动，Z的平衡浓度比原来的一半要小，B错误；
C．其他条件不变，将容器体积缩小至5L相当于加压，平衡会向气体体积减小的方向即逆向移动，由于温度不变，平衡常数不会改变，C错误；
D．保持压强不变，充入一定量的Z即等比例加料，新平衡和原平衡等效，平衡时Z的浓度不变，D正确；
故选D。
8. 根据碘与氢气反应的热化学方程式：
(i) kJ/mol
(ii) kJ/mol
下列判断正确的是
A. 反应(i)中的I2为固态，反应(ⅱ)中的I2为气态
B. 1mol固态碘升华时将吸收17.00kJ热量
C. 反应(i)的产物比反应(ⅱ)的产物稳定
D. 若反应(i)生成了2mol，则反应放热9.48kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A．ΔH=生成物总能量-反应物总能量，反应(i)和(ⅱ)的生成物总能量相同，ΔHⅱ>ΔHi说明反应(ⅱ)中的反应物总能量更低，所以反应(ⅱ)中的I2为固态，反应(i)中的I2为气态，A错误；
B．由反应(ⅱ)减去反应(i)得，其焓变 kJ/mol，故1mol固态碘升华时将吸收35.96kJ热量，B错误；
C．反应(i)的产物和反应(ⅱ)的产物是等量的气态碘化氢，稳定性相同，C错误；
D．根据反应(i)的热化学反应方程式知，反应(i)生成2mol时反应放热9.48kJ，D正确；
故选D。
9. 可逆反应在一定条件下达到平衡后，改变压强，B的体积分数与压强的关系如图所示，有关叙述正确的是
A. B. Y点反应向逆反应方向进行
C. X点时 D. X点逆反应速率比Y点的正反应速率大
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，增大压强，B的体积分数增大，说明平衡向逆反应气体体积减小的方向移动，故n
C．X点对应压强下的B的平衡体积分数小于X点，故X点反应向正反应方向进行使得φ(B)减小，v正>v逆 ，C选项错误；
D．Y点压强大于X点，故Y点逆反应速率比X点的正反应速率大，D选项错误；
答案选B。
10. 探究酸性KMnO4与H2C2O4溶液反应速率的影响因素，有关实验数据如下表所示：
实验编号
温度（℃）
催化剂用量（g）
酸性KMnO4溶液
H2C2O4溶液
KMnO4溶液褪色平均时间（min）
体积（mL）
浓度（mol·L-1）
体积（mL）
浓度（mol·L-1）
1
25
0.5
4
0.1
8
0.2
12.7
2
80
0.5
4
0.1
8
0.2
a
3
25
0.5
4
0.01
8
0.2
6.7
4
25
0
4
0.01
8
0.2
b
下列说法不正确的是
A. 用KMnO4表示该反应速率，v（实验3）约为1.5×10-3 mol·L-1·min-1
B. 表中数据a＜12.7，b＞6.7
C. 用H2C2O4表示该反应速率，v（实验1）＞v（实验3）
D. 可通过比较收集相同体积的CO2所消耗的时间来判断反应速率快慢
【答案】A
【解析】
【详解】A.反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+l0CO2↑+8H2O，实验3中，n（H2C2O4）：n（KMnO4）=8×0.2：4×0.01=40：1＞5：2，则H2C2O4过量，用KMnO4表示该反应速率v（KMnO4）=≈5.0×l0-4mol•L-1•min-1，故A错误；
B.温度越高反应速率越快，催化剂可加快反应速率，则a＜12.7，b＞6.7，故B正确；
C.1、3比较只有高锰酸钾的浓度不同，且实验1中浓度大，则反应速率：v（实验1）＞v（实验3），故C正确；
D.判断反应速率快慢的方法：单位时间内产物的物质的量的变化量的多少或比较收集相同体积CO2所消耗的时间长短或单位时间内物质浓度的变化量等，所以比较收集相同体积CO2所消耗的时间，可判断反应速率快慢，故D正确；
故答案选A。
11. 在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A(g)+B(g)xC(g)，有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是(T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数)
A. P3＞P4，y轴表示B的转化率
B. P3＜P4，y轴表示B的体积分数
C. P3＜P4，y轴表示混合气体的密度
D. P3＜P4，y轴表示混合气体的平均摩尔质量
【答案】A
【解析】
【分析】图Ⅰ中对比a、b可知，P2＞P1，增大压强，C%升高，说明平衡正向移动，故x=1；对比b、c可知，T1＞T2，降低温度，C%升高，说明平衡正向移动，故正反应为放热反应，即升温和降压均可使反应向逆反应方向移动。
【详解】A．由分析可知，该反应是气体分子数减小的反应，也是放热反应；若y轴表示B的转化率，同一压强下，升高温度，平衡逆向移动，B的转化率降低；同一温度下，增大压强，平衡正向移动，B的转化率升高，则P3＞P4，A正确；
B．由分析可知，该反应是放热反应；若y轴表示B的体积分数，同一压强下，升高温度，平衡逆向移动，B的体积分数升高，B错误；
C．若y轴表示混合气体的密度，在恒容容器内，体系的密度始终不变，C错误；
D．由分析可知，该反应是气体分子数减小的反应，也是放热反应；若y轴表示混合气体的平均摩尔质量；同一压强下，升高温度，平衡逆向移动，混合气体的平均摩尔质量降低；同一温度下，增大压强，平衡正向移动，混合气体的平均摩尔质量增大，则P3＞P4，D错误；
故选A。
12. 已知：，向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和2molB发生反应，时达到平衡状态I，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态II，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 容器内压强不变，表明反应达到平衡
B. 时改变的条件：向容器中加入C
C. 平衡时A的体积分数：(II)>(I)
D. 平衡常数K：K(II)
【解析】
【分析】根据图象可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和2molB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图象分析解答。
【详解】A．容器内发生的反应为A(g)+2B(g)⇌3C(g)，该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．根据图象变化曲线可知，t2-t3过程中，t2时v正瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图象，属于“渐变”过程，所以排除温度、压强和催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C，故B正确；
C．最初加入体系中的A和B的物质的量的比值为1：2，当向体系中加入C时，相当于按1：2的比例加入A和B，即相当于增大压强，该反应是气体分子数不变的反应，压强对其无影响，因此平衡时A的体积分数φ(II)=φ(I)，故C错误；
D．平衡常数K只与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，故D错误；
故选B。
13. 下列图示与对应叙述相符合的是
A. 图I可解释达到平衡后，升高温度对平衡移动的影响
B. 由图Ⅱ可推知图Ⅱ对应的反应为：
C. 图Ⅲ可描述增大压强，反应 的反应速率的变化
D. 图Ⅳ可描述反应 水蒸气含量随时间的变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．正反应是放热反应，达到平衡后升高温度，正逆反应速率均增大，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，故A图示和叙述不相符，A不选；
B．从图Ⅱ可以看出，SO2和O2是反应物，SO3是生成物，根据各物质变化的物质的量的比为方程式的系数比可知，反应为，故B图示和叙述相符，B选；
C．增大压强，正逆反应速率均增大，该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，图示和叙述不相符，C不选；
D．从图Ⅳ可以看出，T2>T1，温度升高，水蒸气含量降低。而反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，水蒸气含量增大，图示和叙述不相符，D不选；
故选B。
14. 在一定的温度下，将一定量的氢气和氮气的混合气体充入等压密闭容器中进行反应，达到平衡时维持温度不变，测得混合气体的密度是反应前密度的1.25倍，则达到平衡时，氨气的体积分数为（ ）
A. 25% B. 27.5 % C. 30% D. 37.5%
【答案】A
【解析】
【详解】设原混合气体为100L，氮气的体积为aL，则氢气的体积为(100-a)L，令参加反应的氮气为xL，则：
N2 + 3H2 2NH3
起始（L） a 100-a 0
转化（L） x 3x 2x
平衡（L） a-x 100-a-3x 2x
混合气体的质量不变，则密度与体积成反比，则有： =1.25，解得x=10，混合气体体积减少量等于氨气的体积，所以氨气的体积分数为×100%=25%。答案选A。
15. 将的溶液加水稀释，下列说法正确的是
A. 的值减小 B. 的物质的量减小
C. 的值减小 D. 的浓度减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．加水稀释时，电离平衡向右移动，、增大，减小，的值增大，选项A错误；
B．加水稀释时，电离平衡向右移动，、增大，选项B错误；
C．、、都减小，温度不变，电离平衡常数的值不变，选项C错误；
D．、、都减小，选项D正确。
答案选D。
16. 某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B. 溶液中水的电离程度：b点＞c点
C. 相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同
D. c点到d点，溶液中保持不变（HA、A-代表相应的酸和酸根离子）
【答案】D
【解析】
【详解】A．HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，相同浓度的HNO2和CH3COOH，酸性HNO2＞CH3COOH，pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，根据图知，曲线I表示CH3COOH、曲线II表示HNO2，故A错误；
B．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大，其抑制水电离程度越大，酸中c(H+)：b＞c，则水的电离程度：b＜c，故B错误；
C．相同体积的a点两种溶液中n(酸)：n(HNO2)＜n(CH3COOH)，分别与NaOH恰好中和后消耗n(NaOH)：HNO2＜CH3COOH，所以溶液中n(Na+)：HNO2＜CH3COOH，故C错误；
D．温度不变水解平衡常数不变，从c点到d点温度不变，溶液中 =Kh(HA)不变，故D正确；
答案选D。
【点睛】pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强都是解题的关键。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 氮是一种地球上含量丰富的元素，氮及其化合物的研究在生产、生活中有着重要意义。
（1）如图是1mol和1molCO反应生成和NO过程中能量变化示意图，写出和CO反应的热化学方程式___________。
（2）已知： kJ⋅mol-1
kJ⋅mol-1
则反应的___________kJ⋅mol-1。
（3）在一固定容积为2L的密闭容器内加入0.2mol的和0.6mol的，在一定条件下发生如下反应： ；
①若5分钟末平衡，此时测得体系压强是开始时的0.7倍，则平衡时的转化率为___________。
②已知、温度下平衡常数分别为、，且：则_____(填写“>”、“=”或“<”)。
【答案】（1） kJ/mol
（2）-283 （3） ①. 60% ②. <
【解析】
【小问1详解】
从图中可以看出，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，正反应的活化能为134kJ/mol，逆反应的活化能是368kJ/mol，则1mol NO2和1molCO反应放出368kJ/mol-134kJ/mol=234kJ/mol的热量，则该反应的热化学方程式为： kJ/mol。
【小问2详解】
将反应编号：①，②，反应①×+反应②×即可得到反应，则该反应的(+180kJ/mol)×+(-746kJ/mol)×=-283kJ/mol。
【小问3详解】
在恒温恒容容器中，压强之比等于物质的量之比，平衡时气体总物质的量为(0.2mol+0.6mol)×0.7=0.56mol，气体物质的量减少了0.8mol-0.56mol=0.24mol。根据反应方程式，减少的气体物质的量即为生成的氨气的物质的量，所以生成了0.24mol氨气，则消耗了0.36mol氢气，则氢气的转化率为。
②该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小，则<。
18. 研究化学反应速率和限度对促进生产具有重要的意义。一定条件下铁可以和发生反应：，该反应为放热反应。一定温度下，向某恒容密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的气体，反应过程中气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。
（1）t1时，浓度商Q与平衡常数K的关系：Q_______K(填“>”“<”或“=”，下同)，___________。
（2）0-4min内，CO的平均反应速率___________。
（3）下列条件的改变能减慢该反应的反应速率的是___________(填字母，下同)。
a．降低温度
b．减少铁粉的质量
c．保持压强不变，充入He使容器的体积增大
d．保持体积不变，充入He使体系压强增大
（4）下列描述能说明上述反应已达平衡的是________。
a．
b．单位时间内生成nmol的同时生成nmolCO
c．容器中气体压强不随时间而变化
d．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化
【答案】（1） ①. < ②. >
（2）
（3）ac （4）bd
【解析】
【小问1详解】
t1时反应正处于正向建立平衡的过程中，所以浓度商Q<平衡常数K，且>；
【小问2详解】
由图知0到4min内，CO的浓度变化量为0.5mol/L，故其平均反应速率；
【小问3详解】
a．降低温度，正逆反应速率均减慢，a符合题意；
b．减少铁粉的质量并不会改变组分浓度，反应速率不变，b不符合题意；
c．保持压强不变，充入He后容器的体积增大，CO和的浓度均减小，反应速率减慢，c符合题意；
d．保持体积不变，充入He后体系压强增大，但CO和的浓度均不变，反应速率也不变，d不符合题意；
故选ac；
【小问4详解】
a．由于不知道所给的速率是正向还是逆向速率，不一定能说明反应达到平衡，a不符合题意；
b．单位时间内生成nmol同时生成nmolCO说明正向和逆向的速率相同，能说明达到平衡，b符合题意；
c．该反应气体体积前后相同，容器中气体压强一直不会改变，故压强不随时间而变化不一定能说明反应达到平衡，c不符合题意；
d．该反应反应物中只有为气体，其相对分子质量为44，生成物中只有CO为气体，其相对分子质量为28，由于从反应物加料，在建立平衡过程中，逐渐减少而CO逐渐增多，则气体的平均相对分子质量也一直在减小，达到平衡时不再改变，故当气体的平均相对分子质量不随时间而变化时即达到平衡，d符合题意。
故选bd。
19. 现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋(主要成分)的总酸量。
I．实验步骤：
i.量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
ii.
（1）用___________(填“甲”、“乙”)取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴___________溶液作指示剂。
iii.调节盛装0.1000mol·L-1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数，使液面位于“0”刻度。
iv.滴定
（2）当___________时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。
Ⅱ．实验记录
实验数据(mL)滴定次数
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ．数据处理与讨论：
（3）c(市售白醋)=___________mol·L-1。
（4）滴定过程中，下列操作会使实验结果偏小的是___________(填写序号)。
A. 碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
B. 碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C. 锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
D. 锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】（1） ①. 甲 ②. 酚酞
（2）滴入最后半滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不变色
（3）0.75 （4）D
【解析】
【小问1详解】
用酸式滴定管甲取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，强碱滴定弱酸用酚酞作指示剂；
【小问2详解】
当滴入最后半滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不变色时达到滴定终点，停止滴定；
【小问3详解】
第 1次滴定数据误差明显大很多，属异常值，应舍去；3次正确的滴定实验消耗的 NaOH 溶液的体积分别为15.00 mL、15.05mL、14.95mL，则消耗NaOH溶液体积的平均值：，根据反应计量系数关系，c(市售白醋)= ；
【小问4详解】
碱式滴定管在滴定时未用标准 NaOH 溶液润洗，标准液浓度降低，造成V(标准)偏大，根据 ，则所测实验结果偏高，A 错误；碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则 V(标准)偏大，所测实验结果偏高，B错误；锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V(标准)无影响，所测实验结果不变，C错误； 锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量减小，造成所测实验结果偏低，D 正确。
20. 一氧化氮可用作人造丝的漂白剂及丙烯和二甲醚的安定剂。一定温度下，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1mol，发生反应，起始时体系压强为aMPa，tmin时反应达到平衡，此时测得的物质的量分数为25%。
（1）平衡时，体系压强p=___________MPa。
（2）平衡时，___________。
（3）该反应平衡常数表达式为___________，该温度下时，平衡常数K=___________。
【答案】（1）0.8a
（2）0.2mol/L
（3） ①. ②. 320
【解析】
【分析】一定温度下，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1mol，发生反应，起始时体系压强为aMPa，tmin时反应达到平衡，此时测得的物质的量分数为25%。设变化的NO的物质的量为x，可列三段式：
，x=0.8。则平衡时各物质的量为：NO和氢气均为0.2mol，N2为0.4mol，水蒸气为0.8mol，总物质的量为1.6mol。容器体积为2L，则各物质的量浓度为：NO和氢气均为0.1mol/L，N2为0.2mol/L，水蒸气为0.4mol/L。
【小问1详解】
在恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，即，p=0.8aMPa。
【小问2详解】
平衡时，N2的物质的量为0.4mol，则物质的量浓度为=0.2mol.L。
【小问3详解】
该反应的平衡常数表达式为K=，该温度下，平衡常数K==320。
21. 在25℃时，向浓度为0.1mol⋅L-1、体积为1.0L的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测得溶液的pH随盐酸的加入量而降低的滴定曲线如图所示，d点两种溶液恰好完全反应。请根据图中信息回答下列问题：
I.
（1）在25℃时，的电离常数K=___________。
（2）比较a、b、c、d四点时的溶液中，水电离程度由大到小的顺序是___________。
II．在某温度下的水溶液中，mol⋅L，mol⋅L-1。x与y的关系如图所示，回答下列问题：
（3）水的离子积为___________；pH=7的溶液呈___________性(填“酸”、“中”、“碱”)
（4）若测得某溶液中，水电离出来的mol∙L-1，且溶液为强酸溶液，则该溶液的pH=___________。
【答案】（1）
（2）d>c>b>a （3） ①. ②. 碱
（4）1
【解析】
【分析】1. 根据开始时pH计算c(H+)，再根据Kw中c(H+)、c(OH—)的关系计算溶液的c(OH—)，结合NH3 ▪H2O的电离平衡计算平衡时溶液的各种微粒的浓度，代入平衡常数表达式，可计算出 K的大小；滴定时，由b点到c点的过程中，根据水的离子积常数、氨水的电离平衡、氯化铵的水解平衡只与温度有关来分析；2. 由图像可知x+y= —13，可算出水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH—)=10xmol/L×10ymol/L=10x+y，比较溶液的酸碱性要看氢离子和氢氧根离子的相对大小，利用水的离子积常数知道pH=6.5时溶液为中性，则可以判断则pH=7的溶液呈碱性，不论何种溶液中水电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度都相等，若测得某溶液中，水电离出来的c(OH—)=1.0×10-12mol/L，且溶液为强酸溶液，则该酸溶液的氢离子来自于酸的电离
【小问1详解】
滴定前氨水pH=11，则溶液中c(H+)=10-11mol/L，利用水的离子积得c(OH—)=，在氨水中存在电离平衡NH3·H2O
+OH-，则一水合氨的电离平衡常数K=；
【小问2详解】
可比较水电离出来的c(OH-)的大小，水电离出来的c(OH—)越多，水的电离程度就越大，a点时，氨水还没有加盐酸，氨水的pH=11，此时氨水电离出来的c(OH-)=10-3mol/L，对水的电离有抑制，在b点时，溶质为氨水和氯化铵，氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，溶液为碱性，对水的电离平衡起到抑制作用，在c点时，溶质为氨水和氯化铵，氨水的电离程度等于氯化铵的水解程度，溶液为中性，对水的电离平衡基本无影响，在d点时，溶质为氯化铵，氯化铵发生水解，使溶液显酸性，对水的电离平衡起促进作用，所以a、b、c、d三点时的溶液中，水电离的c(OH-)大小顺序是d>c>b>a，所以水的电离程度大小关系是d>c>b>a
【小问3详解】
根据图知，当x=6.5时，y=6.5，即c(H+)=10-6.5mol/L，c(OH-)=10-6.5mol/L，由Kw=c(H+)×c(OH-)=10-6.5×10-6.5=10-13，故答案为10-13；该温度下的中性溶液是pH=6.5，pH>6.5时溶液呈碱性，所以pH=7的溶液呈碱性；
【小问4详解】
图中水的离子积常数为10-13，水溶液中水电离出来的c(OH-)=c(H+)，水电离出来的c(OH—)=10—12mol/L，水电离出来的c(OH-)=10-12mol/L的强酸溶液中c(H+)=，所以pH=1。
青阳一中2022-2023学年度第一学期期中考试
高二化学试卷
一、单选题(本大题共16小题，共48分)
1. 在有和无条件下分解的能量变化如图所示。下列说法错误是
A. 有条件下的变化曲线是b
B. 加后，正反应速率增大，逆反应速率减小
C. 该反应为放热反应
D. 该反应的热化学方程式为kJ⋅mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】A．有条件下的变化曲线是b，A正确；
B．加后，正逆反应速率都要增大，B错误；
C．根据图示可知该反应为放热反应，C正确；
D．根据图示，该反应的热化学方程式为， kJ⋅mol-1，D正确；
故选B。
2. 下列反应在任意温度下一定能自发进行的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据ΔG=ΔH-TΔS，ΔG<0反应可自发进行。若ΔH<0，同时ΔS>0，则ΔG一定小于0，反应任意温度下一定能自发进行。
【详解】A．该反应需要电解才能发生，不能在任意温度下自发进行，故A不选；
B．该反应的反应物是气体，生成物是固体，ΔS<0，故不能在任意温度下自发进行，故B不选；
C．该反应是放热反应，即ΔH<0，且有气体生成，即ΔS>0，所以在任意温度下一定能自发进行，故C选；
D．该反应是吸热反应，即ΔH>0，故不能在任意温度下自发进行，故D不选；
故选C。
3. 反应 ，在一定条件下达到平衡状态，下列有关叙述正确的有
①增加A的量，平衡向正反应方向移动；
②加入催化剂，B的转化率不变；
③压强增大一倍，平衡不移动，υ(正)、υ(逆)不变；
④增大B的浓度，υ(正)>υ(逆)；
⑤升高温度，平衡向逆反应方向移动，减小
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【详解】①增加A的量，A为固体，浓度不变，则平衡不移动，故错误；
②加入催化剂，对平衡移动无影响，则B的转化率不变，故正确；
③反应为气体体积不变的反应，压强增大一倍，平衡不移动，但正逆反应速率同等程度增大，故错误；
④增大B的浓度，平衡正向移动，则υ(正)>υ(逆)，故正确；
⑤反应焓变小于零，为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，且正逆反应速率均增大，故错误；
故选B。
4. 下列说法不正确的是
A. 1g氢气在氧气中完全燃烧生成气态水，放出的热量为120.9kJ，氢气的燃烧热大于241.8kJ•mol-1
B. 500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放出的热量为19.3kJ，其热化学方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）ΔH=﹣38.6kJ·mol-1
C. 常温下，若反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，则该反应的ΔH＞0
D. 已知中和热为57.3kJ·mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ
【答案】B
【解析】
【详解】． 氢气在氧气中完全燃烧生成 气态水，放出的热量为 ，气态水变为液态水，放出热量，则生成 液态水，放出热量大于 ，故A正确；
．氮气和氢气的反应为可逆反应，将 和 置于密闭的容器中充分反应生成 ，放出的热量为 ，如完全反应，放出的热量大于 ，反应热小于 ，故B错误；
．如能自发进行，应满足，因，则不能自发进行，则该反应的 ，故C正确；
．浓硫酸溶于水放热，则将含 的浓溶液与含 的溶液混合，放出的热量要大于 ，故D正确；
故选B。
5. 对于反应 ，下列措施既能加快正反应速率，又能使化学平衡向正反应方向移动的是
A. 增加C的用量 B. 使用催化剂 C. 增大压强 D. 升高温度
【答案】D
【解析】
【详解】A．C是固体，增加C的用量，平衡不移动，且化学反应速率不变，A错误；
B．使用催化剂化学反应速率加快，但平衡不移动，B错误；
C．增大压强化学反应速率加快，但平衡逆向移动，C错误；
D．反应升高温度化学平衡向正反应方向移动，并且化学反应速率加快，D正确；
故选D。
6. 高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数。有关说法错误的是
酸
HCl
A. 在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离
B. 在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最弱的酸
C. 在冰醋酸中硫酸的电离方程式为
D. 水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区别这四种酸的强弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据电离平衡常数知，在冰醋酸中这几种酸都不完全电离，A正确；
B．在冰醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，B错误；
C．在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为，C正确；
D．这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱，D正确；
故选B。
7. 一定条件下，在10L密闭容器中，Z发生分解反应：达到平衡，已知该反应体系能量升高。则下列说法中正确是
A. 其他条件不变，升高温度向逆反应方向移动
B. 其他条件不变，将容器体积扩大至20L，则Z平衡浓度变为原来的一半
C 其他条件不变，将容器体积缩小至5L，平衡逆向移动，平衡常数减小
D. 保持压强不变，充入一定量的Z，新平衡时Z的浓度不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．达到平衡过程中该反应体系能量升高说明正反应为吸热反应，若其他条件不变，升高温度平衡将向正反应方向移动，A错误；
B．其他条件不变，将容器体积扩大至20L相当于减压，平衡会向气体体积增大的方向即正向移动，Z的平衡浓度比原来的一半要小，B错误；
C．其他条件不变，将容器体积缩小至5L相当于加压，平衡会向气体体积减小的方向即逆向移动，由于温度不变，平衡常数不会改变，C错误；
D．保持压强不变，充入一定量的Z即等比例加料，新平衡和原平衡等效，平衡时Z的浓度不变，D正确；
故选D。
8. 根据碘与氢气反应的热化学方程式：
(i) kJ/mol
(ii) kJ/mol
下列判断正确的是
A. 反应(i)中的I2为固态，反应(ⅱ)中的I2为气态
B. 1mol固态碘升华时将吸收17.00kJ热量
C. 反应(i)的产物比反应(ⅱ)的产物稳定
D. 若反应(i)生成了2mol，则反应放热9.48kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A．ΔH=生成物总能量-反应物总能量，反应(i)和(ⅱ)的生成物总能量相同，ΔHⅱ>ΔHi说明反应(ⅱ)中的反应物总能量更低，所以反应(ⅱ)中的I2为固态，反应(i)中的I2为气态，A错误；
B．由反应(ⅱ)减去反应(i)得，其焓变 kJ/mol，故1mol固态碘升华时将吸收35.96kJ热量，B错误；
C．反应(i)的产物和反应(ⅱ)的产物是等量的气态碘化氢，稳定性相同，C错误；
D．根据反应(i)的热化学反应方程式知，反应(i)生成2mol时反应放热9.48kJ，D正确；
故选D。
9. 可逆反应在一定条件下达到平衡后，改变压强，B的体积分数与压强的关系如图所示，有关叙述正确的是
A. B. Y点反应向逆反应方向进行
C. X点时 D. X点逆反应速率比Y点的正反应速率大
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，增大压强，B的体积分数增大，说明平衡向逆反应气体体积减小的方向移动，故n
C．X点对应压强下的B的平衡体积分数小于X点，故X点反应向正反应方向进行使得φ(B)减小，v正>v逆 ，C选项错误；
D．Y点压强大于X点，故Y点逆反应速率比X点的正反应速率大，D选项错误；
答案选B。
10. 探究酸性KMnO4与H2C2O4溶液反应速率的影响因素，有关实验数据如下表所示：
实验编号
温度（℃）
催化剂用量（g）
酸性KMnO4溶液
H2C2O4溶液
KMnO4溶液褪色平均时间（min）
体积（mL）
浓度（mol·L-1）
体积（mL）
浓度（mol·L-1）
1
25
0.5
4
0.1
8
0.2
12.7
2
80
0.5
4
0.1
8
0.2
a
3
25
0.5
4
0.01
8
0.2
6.7
4
25
0
4
0.01
8
0.2
b
下列说法不正确的是
A. 用KMnO4表示该反应速率，v（实验3）约为1.5×10-3 mol·L-1·min-1
B. 表中数据a＜12.7，b＞6.7
C. 用H2C2O4表示该反应速率，v（实验1）＞v（实验3）
D. 可通过比较收集相同体积的CO2所消耗的时间来判断反应速率快慢
【答案】A
【解析】
【详解】A.反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+l0CO2↑+8H2O，实验3中，n（H2C2O4）：n（KMnO4）=8×0.2：4×0.01=40：1＞5：2，则H2C2O4过量，用KMnO4表示该反应速率v（KMnO4）=≈5.0×l0-4mol•L-1•min-1，故A错误；
B.温度越高反应速率越快，催化剂可加快反应速率，则a＜12.7，b＞6.7，故B正确；
C.1、3比较只有高锰酸钾的浓度不同，且实验1中浓度大，则反应速率：v（实验1）＞v（实验3），故C正确；
D.判断反应速率快慢的方法：单位时间内产物的物质的量的变化量的多少或比较收集相同体积CO2所消耗的时间长短或单位时间内物质浓度的变化量等，所以比较收集相同体积CO2所消耗的时间，可判断反应速率快慢，故D正确；
故答案选A。
11. 在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A(g)+B(g)xC(g)，有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是(T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数)
A. P3＞P4，y轴表示B的转化率
B. P3＜P4，y轴表示B的体积分数
C. P3＜P4，y轴表示混合气体的密度
D. P3＜P4，y轴表示混合气体的平均摩尔质量
【答案】A
【解析】
【分析】图Ⅰ中对比a、b可知，P2＞P1，增大压强，C%升高，说明平衡正向移动，故x=1；对比b、c可知，T1＞T2，降低温度，C%升高，说明平衡正向移动，故正反应为放热反应，即升温和降压均可使反应向逆反应方向移动。
【详解】A．由分析可知，该反应是气体分子数减小的反应，也是放热反应；若y轴表示B的转化率，同一压强下，升高温度，平衡逆向移动，B的转化率降低；同一温度下，增大压强，平衡正向移动，B的转化率升高，则P3＞P4，A正确；
B．由分析可知，该反应是放热反应；若y轴表示B的体积分数，同一压强下，升高温度，平衡逆向移动，B的体积分数升高，B错误；
C．若y轴表示混合气体的密度，在恒容容器内，体系的密度始终不变，C错误；
D．由分析可知，该反应是气体分子数减小的反应，也是放热反应；若y轴表示混合气体的平均摩尔质量；同一压强下，升高温度，平衡逆向移动，混合气体的平均摩尔质量降低；同一温度下，增大压强，平衡正向移动，混合气体的平均摩尔质量增大，则P3＞P4，D错误；
故选A。
12. 已知：，向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和2molB发生反应，时达到平衡状态I，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态II，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 容器内压强不变，表明反应达到平衡
B. 时改变的条件：向容器中加入C
C. 平衡时A的体积分数：(II)>(I)
D. 平衡常数K：K(II)
【解析】
【分析】根据图象可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和2molB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图象分析解答。
【详解】A．容器内发生的反应为A(g)+2B(g)⇌3C(g)，该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．根据图象变化曲线可知，t2-t3过程中，t2时v正瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图象，属于“渐变”过程，所以排除温度、压强和催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C，故B正确；
C．最初加入体系中的A和B的物质的量的比值为1：2，当向体系中加入C时，相当于按1：2的比例加入A和B，即相当于增大压强，该反应是气体分子数不变的反应，压强对其无影响，因此平衡时A的体积分数φ(II)=φ(I)，故C错误；
D．平衡常数K只与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，故D错误；
故选B。
13. 下列图示与对应叙述相符合的是
A. 图I可解释达到平衡后，升高温度对平衡移动的影响
B. 由图Ⅱ可推知图Ⅱ对应的反应为：
C. 图Ⅲ可描述增大压强，反应 的反应速率的变化
D. 图Ⅳ可描述反应 水蒸气含量随时间的变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．正反应是放热反应，达到平衡后升高温度，正逆反应速率均增大，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，故A图示和叙述不相符，A不选；
B．从图Ⅱ可以看出，SO2和O2是反应物，SO3是生成物，根据各物质变化的物质的量的比为方程式的系数比可知，反应为，故B图示和叙述相符，B选；
C．增大压强，正逆反应速率均增大，该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，图示和叙述不相符，C不选；
D．从图Ⅳ可以看出，T2>T1，温度升高，水蒸气含量降低。而反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，水蒸气含量增大，图示和叙述不相符，D不选；
故选B。
14. 在一定的温度下，将一定量的氢气和氮气的混合气体充入等压密闭容器中进行反应，达到平衡时维持温度不变，测得混合气体的密度是反应前密度的1.25倍，则达到平衡时，氨气的体积分数为（ ）
A. 25% B. 27.5 % C. 30% D. 37.5%
【答案】A
【解析】
【详解】设原混合气体为100L，氮气的体积为aL，则氢气的体积为(100-a)L，令参加反应的氮气为xL，则：
N2 + 3H2 2NH3
起始（L） a 100-a 0
转化（L） x 3x 2x
平衡（L） a-x 100-a-3x 2x
混合气体的质量不变，则密度与体积成反比，则有： =1.25，解得x=10，混合气体体积减少量等于氨气的体积，所以氨气的体积分数为×100%=25%。答案选A。
15. 将的溶液加水稀释，下列说法正确的是
A. 的值减小 B. 的物质的量减小
C. 的值减小 D. 的浓度减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．加水稀释时，电离平衡向右移动，、增大，减小，的值增大，选项A错误；
B．加水稀释时，电离平衡向右移动，、增大，选项B错误；
C．、、都减小，温度不变，电离平衡常数的值不变，选项C错误；
D．、、都减小，选项D正确。
答案选D。
16. 某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B. 溶液中水的电离程度：b点＞c点
C. 相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同
D. c点到d点，溶液中保持不变（HA、A-代表相应的酸和酸根离子）
【答案】D
【解析】
【详解】A．HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，相同浓度的HNO2和CH3COOH，酸性HNO2＞CH3COOH，pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，根据图知，曲线I表示CH3COOH、曲线II表示HNO2，故A错误；
B．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大，其抑制水电离程度越大，酸中c(H+)：b＞c，则水的电离程度：b＜c，故B错误；
C．相同体积的a点两种溶液中n(酸)：n(HNO2)＜n(CH3COOH)，分别与NaOH恰好中和后消耗n(NaOH)：HNO2＜CH3COOH，所以溶液中n(Na+)：HNO2＜CH3COOH，故C错误；
D．温度不变水解平衡常数不变，从c点到d点温度不变，溶液中 =Kh(HA)不变，故D正确；
答案选D。
【点睛】pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强都是解题的关键。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 氮是一种地球上含量丰富的元素，氮及其化合物的研究在生产、生活中有着重要意义。
（1）如图是1mol和1molCO反应生成和NO过程中能量变化示意图，写出和CO反应的热化学方程式___________。
（2）已知： kJ⋅mol-1
kJ⋅mol-1
则反应的___________kJ⋅mol-1。
（3）在一固定容积为2L的密闭容器内加入0.2mol的和0.6mol的，在一定条件下发生如下反应： ；
①若5分钟末平衡，此时测得体系压强是开始时的0.7倍，则平衡时的转化率为___________。
②已知、温度下平衡常数分别为、，且：则_____(填写“>”、“=”或“<”)。
【答案】（1） kJ/mol
（2）-283 （3） ①. 60% ②. <
【解析】
【小问1详解】
从图中可以看出，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，正反应的活化能为134kJ/mol，逆反应的活化能是368kJ/mol，则1mol NO2和1molCO反应放出368kJ/mol-134kJ/mol=234kJ/mol的热量，则该反应的热化学方程式为： kJ/mol。
【小问2详解】
将反应编号：①，②，反应①×+反应②×即可得到反应，则该反应的(+180kJ/mol)×+(-746kJ/mol)×=-283kJ/mol。
【小问3详解】
在恒温恒容容器中，压强之比等于物质的量之比，平衡时气体总物质的量为(0.2mol+0.6mol)×0.7=0.56mol，气体物质的量减少了0.8mol-0.56mol=0.24mol。根据反应方程式，减少的气体物质的量即为生成的氨气的物质的量，所以生成了0.24mol氨气，则消耗了0.36mol氢气，则氢气的转化率为。
②该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小，则<。
18. 研究化学反应速率和限度对促进生产具有重要的意义。一定条件下铁可以和发生反应：，该反应为放热反应。一定温度下，向某恒容密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的气体，反应过程中气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。
（1）t1时，浓度商Q与平衡常数K的关系：Q_______K(填“>”“<”或“=”，下同)，___________。
（2）0-4min内，CO的平均反应速率___________。
（3）下列条件的改变能减慢该反应的反应速率的是___________(填字母，下同)。
a．降低温度
b．减少铁粉的质量
c．保持压强不变，充入He使容器的体积增大
d．保持体积不变，充入He使体系压强增大
（4）下列描述能说明上述反应已达平衡的是________。
a．
b．单位时间内生成nmol的同时生成nmolCO
c．容器中气体压强不随时间而变化
d．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化
【答案】（1） ①. < ②. >
（2）
（3）ac （4）bd
【解析】
【小问1详解】
t1时反应正处于正向建立平衡的过程中，所以浓度商Q<平衡常数K，且>；
【小问2详解】
由图知0到4min内，CO的浓度变化量为0.5mol/L，故其平均反应速率；
【小问3详解】
a．降低温度，正逆反应速率均减慢，a符合题意；
b．减少铁粉的质量并不会改变组分浓度，反应速率不变，b不符合题意；
c．保持压强不变，充入He后容器的体积增大，CO和的浓度均减小，反应速率减慢，c符合题意；
d．保持体积不变，充入He后体系压强增大，但CO和的浓度均不变，反应速率也不变，d不符合题意；
故选ac；
【小问4详解】
a．由于不知道所给的速率是正向还是逆向速率，不一定能说明反应达到平衡，a不符合题意；
b．单位时间内生成nmol同时生成nmolCO说明正向和逆向的速率相同，能说明达到平衡，b符合题意；
c．该反应气体体积前后相同，容器中气体压强一直不会改变，故压强不随时间而变化不一定能说明反应达到平衡，c不符合题意；
d．该反应反应物中只有为气体，其相对分子质量为44，生成物中只有CO为气体，其相对分子质量为28，由于从反应物加料，在建立平衡过程中，逐渐减少而CO逐渐增多，则气体的平均相对分子质量也一直在减小，达到平衡时不再改变，故当气体的平均相对分子质量不随时间而变化时即达到平衡，d符合题意。
故选bd。
19. 现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋(主要成分)的总酸量。
I．实验步骤：
i.量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
ii.
（1）用___________(填“甲”、“乙”)取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴___________溶液作指示剂。
iii.调节盛装0.1000mol·L-1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数，使液面位于“0”刻度。
iv.滴定
（2）当___________时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。
Ⅱ．实验记录
实验数据(mL)滴定次数
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ．数据处理与讨论：
（3）c(市售白醋)=___________mol·L-1。
（4）滴定过程中，下列操作会使实验结果偏小的是___________(填写序号)。
A. 碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
B. 碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C. 锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
D. 锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】（1） ①. 甲 ②. 酚酞
（2）滴入最后半滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不变色
（3）0.75 （4）D
【解析】
【小问1详解】
用酸式滴定管甲取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，强碱滴定弱酸用酚酞作指示剂；
【小问2详解】
当滴入最后半滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不变色时达到滴定终点，停止滴定；
【小问3详解】
第 1次滴定数据误差明显大很多，属异常值，应舍去；3次正确的滴定实验消耗的 NaOH 溶液的体积分别为15.00 mL、15.05mL、14.95mL，则消耗NaOH溶液体积的平均值：，根据反应计量系数关系，c(市售白醋)= ；
【小问4详解】
碱式滴定管在滴定时未用标准 NaOH 溶液润洗，标准液浓度降低，造成V(标准)偏大，根据 ，则所测实验结果偏高，A 错误；碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则 V(标准)偏大，所测实验结果偏高，B错误；锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V(标准)无影响，所测实验结果不变，C错误； 锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量减小，造成所测实验结果偏低，D 正确。
20. 一氧化氮可用作人造丝的漂白剂及丙烯和二甲醚的安定剂。一定温度下，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1mol，发生反应，起始时体系压强为aMPa，tmin时反应达到平衡，此时测得的物质的量分数为25%。
（1）平衡时，体系压强p=___________MPa。
（2）平衡时，___________。
（3）该反应平衡常数表达式为___________，该温度下时，平衡常数K=___________。
【答案】（1）0.8a
（2）0.2mol/L
（3） ①. ②. 320
【解析】
【分析】一定温度下，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1mol，发生反应，起始时体系压强为aMPa，tmin时反应达到平衡，此时测得的物质的量分数为25%。设变化的NO的物质的量为x，可列三段式：
，x=0.8。则平衡时各物质的量为：NO和氢气均为0.2mol，N2为0.4mol，水蒸气为0.8mol，总物质的量为1.6mol。容器体积为2L，则各物质的量浓度为：NO和氢气均为0.1mol/L，N2为0.2mol/L，水蒸气为0.4mol/L。
【小问1详解】
在恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，即，p=0.8aMPa。
【小问2详解】
平衡时，N2的物质的量为0.4mol，则物质的量浓度为=0.2mol.L。
【小问3详解】
该反应的平衡常数表达式为K=，该温度下，平衡常数K==320。
21. 在25℃时，向浓度为0.1mol⋅L-1、体积为1.0L的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测得溶液的pH随盐酸的加入量而降低的滴定曲线如图所示，d点两种溶液恰好完全反应。请根据图中信息回答下列问题：
I.
（1）在25℃时，的电离常数K=___________。
（2）比较a、b、c、d四点时的溶液中，水电离程度由大到小的顺序是___________。
II．在某温度下的水溶液中，mol⋅L，mol⋅L-1。x与y的关系如图所示，回答下列问题：
（3）水的离子积为___________；pH=7的溶液呈___________性(填“酸”、“中”、“碱”)
（4）若测得某溶液中，水电离出来的mol∙L-1，且溶液为强酸溶液，则该溶液的pH=___________。
【答案】（1）
（2）d>c>b>a （3） ①. ②. 碱
（4）1
【解析】
【分析】1. 根据开始时pH计算c(H+)，再根据Kw中c(H+)、c(OH—)的关系计算溶液的c(OH—)，结合NH3 ▪H2O的电离平衡计算平衡时溶液的各种微粒的浓度，代入平衡常数表达式，可计算出 K的大小；滴定时，由b点到c点的过程中，根据水的离子积常数、氨水的电离平衡、氯化铵的水解平衡只与温度有关来分析；2. 由图像可知x+y= —13，可算出水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH—)=10xmol/L×10ymol/L=10x+y，比较溶液的酸碱性要看氢离子和氢氧根离子的相对大小，利用水的离子积常数知道pH=6.5时溶液为中性，则可以判断则pH=7的溶液呈碱性，不论何种溶液中水电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度都相等，若测得某溶液中，水电离出来的c(OH—)=1.0×10-12mol/L，且溶液为强酸溶液，则该酸溶液的氢离子来自于酸的电离
【小问1详解】
滴定前氨水pH=11，则溶液中c(H+)=10-11mol/L，利用水的离子积得c(OH—)=，在氨水中存在电离平衡NH3·H2O
+OH-，则一水合氨的电离平衡常数K=；
【小问2详解】
可比较水电离出来的c(OH-)的大小，水电离出来的c(OH—)越多，水的电离程度就越大，a点时，氨水还没有加盐酸，氨水的pH=11，此时氨水电离出来的c(OH-)=10-3mol/L，对水的电离有抑制，在b点时，溶质为氨水和氯化铵，氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，溶液为碱性，对水的电离平衡起到抑制作用，在c点时，溶质为氨水和氯化铵，氨水的电离程度等于氯化铵的水解程度，溶液为中性，对水的电离平衡基本无影响，在d点时，溶质为氯化铵，氯化铵发生水解，使溶液显酸性，对水的电离平衡起促进作用，所以a、b、c、d三点时的溶液中，水电离的c(OH-)大小顺序是d>c>b>a，所以水的电离程度大小关系是d>c>b>a
【小问3详解】
根据图知，当x=6.5时，y=6.5，即c(H+)=10-6.5mol/L，c(OH-)=10-6.5mol/L，由Kw=c(H+)×c(OH-)=10-6.5×10-6.5=10-13，故答案为10-13；该温度下的中性溶液是pH=6.5，pH>6.5时溶液呈碱性，所以pH=7的溶液呈碱性；
【小问4详解】
图中水的离子积常数为10-13，水溶液中水电离出来的c(OH-)=c(H+)，水电离出来的c(OH—)=10—12mol/L，水电离出来的c(OH-)=10-12mol/L的强酸溶液中c(H+)=，所以pH=1。
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