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四川省攀枝花市第七高级中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省攀枝花市第七高级中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
(满分：100分，时间：90分钟)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Ca-40 Fe-56
第Ⅰ卷(选择题共40分)
一、选择题(本题共20个小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求)
1. 下列反应既是氧化还原反应，符合如图所示能量变化的是
A. 与HCl的反应B. 灼热的炭与反应
C. 铝片与稀反应D. 甲烷在中的燃烧反应
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】图中所示，，该反应为吸热反应；
A．与HCl的反应，不是氧化还原反应，A错误；
B．灼热的炭与反应，为吸热反应，并且属于氧化还原反应，B正确；
C．铝片与稀反应，为放热反应，C错误；
D．甲烷在中的燃烧反应，为放热反应，D错误；
答案选B。
2. 下列有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是
A. 稀硫酸与溶液反应：
B. 在下的燃烧热，则水分解的热化学方程式为
C. 已知的燃烧热则有
D. 已知硫粉与铁粉混合充分加热反应放出热量，则
【答案】D
【解析】
【详解】A．稀硫酸与0.1ml•L-1NaOH溶液反应是强酸强碱的反应放出热量，表示中和热离子方程式为：H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l)△H=-57.3kJ•ml-1，故A错误；
B．氢气的燃烧热为285.8kJ•ml-1，燃烧热是1 ml可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，则水分解的热化学方程式为H2O(l)=H2(g)+ O2(g)△H=+285.8kJ•ml-1，故B错误；
C．已知CH3OH的燃烧热为726.8kJ•ml-1，则有：CH3OH(l)+O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.8kJ•ml-1，故C错误；
D．0.3ml硫粉与0.2ml铁粉混合加热生成0.2ml硫化亚铁时，硫过量，放出19.12kJ热量，所以1ml铁反应放热=19.12kJ×=95.6kJ，热化学方程式为Fe(s)+S(s)═FeS(s)△H=-95.6kJ•ml-1，故D正确；
故选：D。
3. 课本测定中和反应反应热的实验中，下列说法正确的是
A. 使用金属搅拌器是为了加快反应速率，减小实验误差
B. 为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中溶液迅速一次倒入装有盐酸的量热计内筒中，并立即盖上杯盖
C. 用溶液分别与的盐酸、醋酸溶液反应，若所取的溶液体积都相等，则测得的中和反应反应热相同
D. 在测定中和反应反应热的实验中，需要使用的仪器有天平、量筒、量热计、滴定管、温度计、搅拌器
【答案】B
【解析】
【详解】A．铜导热性较强，导致热量散失较多，则测量出的中和热误差大，A错误；
B．为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中NaOH溶液迅速一次倒入装有盐酸的量热计内筒中，并立即盖上杯盖，以减少热量的损失，B正确；
C．已知醋酸为弱酸，是弱电解质，弱电解质电离是一个吸热过程，故用0.5ml/LNaOH溶液分别与0.5ml/L的盐酸、醋酸溶液反应，若所取的溶液体积都相等，则测得的中和反应反应热不相同，C错误；
D．在测定中和反应反应热的实验中，需要量筒、温度计、量热器、环形玻璃搅拌棒，用不到天平和滴定管，D错误；
故答案为：B。
4. 下列有关能量转化的说法不正确的是
A. 时，碳的燃烧热为
B. 转化Ⅱ热化学方程式为
C. 在反应中，反应物的总键能大于生成物的总键能
D. 由碳转化为一氧化碳的热化学方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．时，的燃烧热为完全燃烧生成二氧化碳所放出的热量，所以碳的燃烧热为，故A正确；
B．转化Ⅱ为和反应生成放出热量，则和反应生成放出热量，则转化Ⅱ的热化学方程式为，故B正确；
C．据图知，碳和氧气反应生成二氧化碳时放出热量，焓变=反应物总键能-生成物总键能，说明反应物总键能小于生成物总键能，故C错误；
D．据图知，与反应转化为时放出热量为，所以由碳转化为一氧化碳的热化学方程式为，故D正确；
答案选C。
5. 已知反应：该反应的能量变化曲线如图所示。下列叙述正确的是
A. 使用催化剂只提高了单位体积的活化分子数，未提高活化分子的百分数
B. 曲线Ⅰ未使用催化剂，每生成，吸收热量
C. 曲线Ⅱ使用了催化剂，使该反应的
D. 曲线Ⅰ未使用催化剂，该反应正反应的活化能为
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入催化剂更多的分子成为活化分子，分子总数不变，则活化分子的百分数增大，故A错误；
B．反应热△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，所以反应热△H=+(a-b)kJ•ml-1，则每生成2mlAB(g)，吸收(a-b) kJ热量，故B错误；
C．使用催化剂不可以改变反应的焓变，故C错误；
D．反应热△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，该反应正反应的活化能为，故D正确；
故选：D。
6. 已知① ②，③(a、b、c均>0)。若使酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为(单位：)
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据盖斯定律，①×3-②+③得，C2H5OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-(3a-b+c)kJ•ml-1，故选：A。
7. 下列实验不能达到目的的是
A. 图①：验证勒夏特列原理
B. 图②：探究温度对化学平衡的影响
C. 图③：测定锌与稀硫酸反应的反应速率
D. 图④：探究反应物的接触面积对反应速率的影响
【答案】A
【解析】
【详解】A．KCl不影响可逆反应的平衡移动，不能验证勒夏特列原理，A符合题意；
B．二氧化氮存在平衡：，且该反应为放热反应，所以上述装置通过控制单一变量法可以探究温度对化学平衡的影响，能达到实验目的，B不符合题意；
C．上述装置通过测定相同时间内收集的气体体积不同或者收集相同体积的气体所用的时间不同，来测定锌与稀硫酸反应的反应速率，能达到实验目的，C不符合题意；
D．其他条件相同，等质量的碳酸钙，其接触面积不同，导致反应速率不同，可达到实验目的，D不符合题意；
答案选A。
8. 一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入0.4mlNH3和0.5mlO2发生反应。2min后，NO的浓度为0.06ml/L。下列说法正确的是
A. 末，用表示的反应速率为
B. 末，的浓度为
C. 内，生成的水的物质的量为
D. 内，反应物的转化率为
【答案】D
【解析】
【分析】据此三段式分析解题：
【详解】A．末的反应速率是瞬时速率，无法计算，A错误；
B．由分析可知，末，的浓度为=，B错误；
C．由分析可知，内，生成的水的物质的量为，C错误；
D．由分析可知，内，反应物的转化率为×100%=，D正确；
故答案为：D。
9. 下列不能用勒夏特列原理解释的是
A. 向K2Cr2O7溶液中加入少量浓NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色
B. 实验室常用排饱和食盐水法收集Cl2
C. H2(g)、I2(g)、HI(g)平衡混合气体加压后颜色变深
D. 将盛有热CuCl2溶液的试管置于冷水浴中，试管中溶液由黄绿色变为蓝绿色
【答案】C
【解析】
【详解】A．加入少量NaOH浓溶液，使+H2O2+2H+平衡正向移动，溶液由橙色变为黄色，故可以用勒夏特列原理解释，A不合题意；
B．氯气和水反应存在Cl2+H2OHCl+HClO，食盐水中含有氯离子抑制氯气溶解，所以可以采用排饱和食盐水的方法收集氯气，可以用勒夏特里原理解释，C不合题意；
C．H2(g)、I2(g)、HI(g)在密闭容器中存在化学平衡：H2(g)+I2(g)2HI(g)，该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，将平衡混合气加压后，由于气体的浓度增大，因此混合气体颜色变深，但化学平衡不发生移动，因此不能用勒夏特列原理解释，C符合题意；
D．已知[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2OΔH＞0，降低温度，平衡向放热方向移动，该反应是吸热反应，故平衡向逆反应方向移动，溶液由黄绿色变为蓝绿色，D不合题意；
故答案为：C。
10. 下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图一表示反应：，在一定温度下，平衡时B的体积分数与压强变化的关系如图所示，反应速率x点比y点时的快
B. 图二是可逆反应的速率时间图像，在时刻改变条件是加入催化剂或缩小容器的体积加压
C. 图三表示对于化学反应，反应物A的质量百分含量与温度的变化情况，则该反应的
D. 图四所示图中的阴影部分面积的含义是
【答案】C
【解析】
【详解】A．压强越大，反应速率越大，x点的压强小于y点压强，故x点比y点的反应速率慢，故A错误；
B．可逆反应A(g)+B(g)⇌C(s)+D(g) ΔH＞0，反应前后气体体积增大，在t1时刻改变条件使正逆反应速率仍相等，反应条件是加入催化剂，缩小容器的体积加压，正反应速率增大逆反应速率减小，平衡正向移动，故B错误；
C．温度升高，A的百分含量先逐渐下降到最低点，再上升，说明反应先是正向进行，到达一定温度后反应到达平衡状态，反应逆向进行，所以升高温度，平衡逆移，反应是放热反应，，故C正确；
D．阴影部分面积为曲边几何图形的面积，对于化学反应速率的定义式，在某时刻的化学反应速率定义为v=Δc/Δt,则阴影部分的面积表示浓度变化量△tv正-△tv逆即[c(反应物)-c (生成物)]，而不是(v正-v逆)，故D错误；
故选：C。
11. 在密闭容器中，一定量混合气体发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，达到平衡时，测得A的浓度为0.5 ml∙L−1，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，使再达到平衡，测得A的浓度降低为0.3 ml∙L−1，下列有关判断正确的是
A. B. 平衡向正反应方向移动
C. B的浓度增大D. C的体积分数下降
【答案】D
【解析】
【分析】测得A的浓度为0.5 ml∙L−1，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，浓度应该变为原来一般即0.25 ml∙L−1，使再达到平衡，测得A的浓度降低为0.3 ml∙L−1，说明平衡逆向移动，即减小压强，逆向移动。
【详解】A．根据分析减小压强，平衡逆向移动，说明逆向是体积增大的反应，因此z＜x+y，A错误；
B．根据分析得到平衡逆向移动，B错误；
C．体积变为原来2倍，因此B的浓度减小，C错误；
D．平衡逆向移动，则C的体积分数下降，D正确；
故选D。
12. 如图所示为工业合成氨的流程图。下列说法错误的是
A. 步骤③、④、⑤均有利于提高原料平衡的转化率
B. 步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒
C. 步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率
D. 为保持足够高的反应速率，应在反应达到一定转化率时及时将氨气液化分离，并将混合气中剩余的原料气循环利用
【答案】A
【解析】
【分析】加压既能提高反应速率，又能促进平衡正向移动，合成氨的反应为放热反应，低温有利于平衡正向移动，但是低温下，催化剂活性低，反应速率也低，因此综合考虑将温度设定在500℃并使用含铁催化剂进行催化反应，及时将产生的NH3液化分离出来以提高N2和H2的转化率，剩余的N2和H2再循环利用。
【详解】A．催化剂只能提高反应速率，不能提高平衡转化率，合成氨反应为放热反应，高温不利于平衡正向移动，而液化分离出NH3和N2、H2的循环再利用均可以使平衡正向移动，所以步骤④、⑤有利于提高原料平衡的转化率，步骤③不能，故A错误；
B．步骤①中“净化”是除去杂质以防止铁触媒中毒，故B正确；
C．合成氨的反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正向移动，提高原料转化率，加压也可以提高反应速率，故C正确；
D．在反应达到一定转化率时及时将氨从混合气中分离出去，N2和H2的平衡转化率增大，故D正确；
故选：A。
13. 已知某可逆反应在密闭容器中进行，下图表示在不同反应时间t时温度T和压强P与反应物B在混合气体中的质量百分含量B%的关系曲线。由曲线分析，下列判断正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由图像可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，B的含量高，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，故正反应为气体体积增大的反应，即m+n＜p；压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T1＞T2，且温度越高，B的含量低，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，即△H＞0；
故选：D。
14. 下列说法正确的是
A. 向弱酸溶液中通少量气体，平衡逆向移动，溶液减小
B. 溶液中存在平衡：，加水可使溶液中增大
C. 等浓度的硫酸与盐酸分别与相同的锌片反应，初始反应的速率一样快
D. 将的氨水升温(不考虑氨水的挥发)，氨水的下降
【答案】B
【解析】
【详解】A．弱酸HA溶液中存在平衡：HA⇌H++A-，通HCl气体，c(H+)增大，平衡逆向移动，但最终溶液中c(H+)比原溶液大，故A错误；
B．Ka(HF)＝，加水稀释，促进电离，但c(H+)减小，Ka(HF)不变，则增大，故B正确；
C．硫酸为二元强酸，盐酸为一元强酸，等浓度的稀硫酸与盐酸中氢离子浓度前者大，分别与相同的锌片反应，初始反应的速率前者快，故C错误；
D．NH3⋅H2O电离吸热，升温电离平衡正向移动，c(OH-)增大，pH增大，故D错误；
故选：B。
15. 下列事实能证明是弱酸的是
①溶液中通入气体，减小
②常温下，溶液中：
③溶液可以使石蕊溶液变红
④相同温度下，溶液的导电能力比溶液弱
A. ①②B. ①③C. ①②④D. ②③④
【答案】C
【解析】
【详解】①溶液中通入气体，减小，说明HA溶液中存在电离平衡，HA是弱酸，①符合题意；
②常温下，溶液中：，即c(H+)＜0.1ml/L，说明HA在水溶液中部分电离，HA是弱酸，②符合题意；
③溶液可以使石蕊溶液变红，说明HA是酸，不能证明其是弱酸，③不符题意；
④相同温度下，溶液的导电能力比溶液弱，说明相同温度下HA电离能力比HCl弱，则HA是弱酸，④符合题意；
①②④符合题意；
答案选C。
16. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 水电离产生的的溶液中：、、、
B. 使甲基橙试液变红的溶液中：、、、
C. 在加入铝粉能产生的溶液中：、、、
D. 的溶液：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，水电离产生的，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，可能呈碱性，在碱性环境下，与间发生反应形成沉淀，不能共存，故A错误；
B．使甲基橙试液变红的溶液呈酸性，溶液中与间发生反应，不能共存，故B错误；
C．在加入铝粉能产生的溶液可能呈酸性，可能呈碱性，在碱性环境下与、间均可发生反应生成沉淀，故C错误；
D．常温下，的溶液呈碱性，在碱性环境下各离子间不反应，可以大量共存，故D正确；
答案选D。
17. ，将溶液与硫酸溶液混合，所得混合溶液的为(忽略反应前后溶液体积的变化)
A. 12B. 12.3C. 2D. 12.7
【答案】A
【解析】
【详解】时Kw=1×10-14，pH=13NaOH溶液，0.04ml/L硫酸c(H+)=0.08ml/L，混合后氢氧根离子过量，，，溶液的pH=12，故选A。
18. 某温度下，和电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线Ⅰ代表溶液
B. 溶液中水的电离程度：b点＞c点
C. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）
D. 相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同
【答案】C
【解析】
【分析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；
A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；
C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。
【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；
C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查酸的稀释及图像，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。
19. 在一个固定体积的密闭容器中，加入和，发生反应，达到平衡时，C的物质的量浓度为，若维持容器体积和温度不变，按下列配比作为起始物质，达到平衡后，C的物质的量浓度仍是的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】反应2A(g)+B(g)⇌2C(g)中，在恒温恒容下，不同途径达到平衡后，C的浓度仍为Kml/L，说明与原平衡为等效平衡，按化学计量数转化到方程式的左边，只要满足n(A)=2ml，n(B)=1ml即可，据此进行分析．
【详解】A．开始加入2mlA+1mlB+2mlC，按化学计量数转化到左边可得4mlA、2mlB，与加入2mlA和1mlB达平衡的平衡相比增大压强，平衡正向移动，所以达到平衡时C的浓度为大于k ml/L，故A错误；
B．该反应是气体体积不变的反应，压强不影响平衡，开始加入4mlA+2mlB，与加入2mlA和1mlB达平衡的平衡相比增大压强，平衡正向移动，所以达到平衡时C的浓度为大于k ml/L，故B错误；
C．开始加入2mlC+1mlB，按化学计量数转化到左边可得2mlA、2mlB，与原反应不是等效平衡，达到平衡时C的浓度为不是kml/L，故C错误；
D．开始加入1mlA+0.5mlB+1mlC，按方程式的化学计量数转化到左边，可得2mlA、1mlB，与加入2mlA和1mlB达平衡的平衡为等效平衡，达到平衡时C的浓度为kml/L，故D正确；
故选：D。
20. 某水溶液中不同温度下pH和pOH的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 若，则
B. e点溶液中通入，可使e点迁移至d点
C. 若，则该温度下将的稀硫酸与的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
D. f、d两点的比较，前者大
【答案】B
【解析】
【分析】由题干图示信息可知，b＞a，则d点对应温度下的Kw(d)=c(H+)c(OH-)=10-b×10-b=10-2b，f点对应温度下的Kw(f)= c(H+)c(OH-)=10-a×10-a=10-2a，即Kw(d)＜Kw(f)，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，若，即f点对应温度为25℃，又知Kw(d)＜Kw(f)，则，A正确；
B．已知NH3溶于水呈碱性，即e点溶液中通入NH3，则溶液中OH-浓度增大，H+浓度减小，则POH减小，pH增大，不可使e点迁移至d点，B错误；
C．由分析可知，若，则该温度下Kw=10-12，则将的稀硫酸即c(H+)=10-2ml/L,与的KOH溶液即c(OH-)==10-2ml/L，故等体积混合后H+和OH-完全中和，则溶液显中性，C正确；
D．由分析可知，Kw(d)= 10-2b，Kw(f)= 10-2a，由图可知b＞a即Kw(d)＜Kw(f)，f、d两点的Kw比较，前者大，D正确；
故答案为：B。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
21. 按要求回答下列问题
Ⅰ．以下是生产、生活中常见的物质：①冰醋酸 ②MgO ③NaOH ④盐酸 ⑤H2SO3 ⑥Al(OH)3 ⑦Cu ⑧C2H5OH ⑨NH3 ⑩BaCO3
（1）属于强电解质的有_______(用序号填空，下同)，属于非电解质的有_______，常温下能导电的物质有_______
（2）写出⑤溶于水中发生的电离方程式：_______。
（3）在火箭推进器中装有强还原剂肼和强氧化剂，当它们混合时，即产生大量的和水蒸气，并放出大量热。已知液态肼和足量液态反应，生成氮气和水蒸气，放出的热量。写出该反应的热化学方程式_______(数值保留到小数点后一位)。已知，则液态肼与液态反应生成氮气和液态水时，放出的热量是_______。
Ⅱ．已知，常温下几种酸的电离平衡常数如表：
（4）常温下，的溶液中，约为_______。
（5）根据电离平衡常数判断，以下说法正确的是_______。
A. 电离能力：
B. 可发生反应
C. 可发生反应
D. 给饱和碳酸钠溶液中滴入少量的甲酸溶液，离子反应为
【答案】21. ①. ②③⑩ ②. ⑧⑨ ③. ④⑦
22. H2SO3H++，H++
23. ①. N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）ΔH=-641.625kJ/ml ②. 408.8
24. 7.0×10-6 25. BD
【解析】
【小问1详解】
①冰醋酸（固态醋酸）不能导电，溶于水部分电离，能导电，属于电解质，且属于弱电解质；②MgO属于金属氧化物，固体中的离子不能自由移动，不能导电，熔融时全部电离，属于电解质，且属于强电解质；③NaOH属于碱，固体中的离子不能自由移动，不能导电，溶于水或熔融时全部电离，属于电解质，且属于强电解质；④盐酸是氯化氢的水溶液，既不是电解质，也不是非电解质，溶液中有自由移动的钠离子和氯离子，能导电；⑤H2SO3属于酸，没有自由移动的离子，不能导电，溶于水时部分电离，属于电解质，且属于弱电解质；⑥Al(OH)3固体不能导电，溶于水部分电离，能导电，属于电解质，且属于弱电解质；⑦Cu是单质，能导电，既不是电解质，也不是非电解质；⑧酒精是非电解质，不能导电；⑨NH3是非电解质，不能导电；⑩BaCO3是电解质，固体中的离子不能自由移动，不能导电，熔融时全部电离，属于电解质，且属于强电解质；综上分析可知，属于强电解质的有：②③⑩，属于非电解质的有⑧⑨，常温下能导电的物质有④⑦，故答案为：②③⑩；⑧⑨；④⑦；
【小问2详解】
已知H2SO3是二元弱酸其电离是分步进行的，故⑤即H2SO3溶于水中发生的电离方程式为：H2SO3H++，H++，故答案为：H2SO3H++，H++；
【小问3详解】
0.4ml液态肼与足量液态双氧水反应生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量，可得热化学方程式①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）ΔH=-641.6KJ/ml，根据题干信息，转化②H2O（g）= H2O（l）ΔH=-44KJ/ml，根据盖斯定律①+②×4得到：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（L）ΔH=-817.6KJ/ml；16g液态肼的物质的量为：=0.5ml与液态H2O2反应生成氮气和液态水时，放出的热量是0.5ml×817.6kJ/ml=408.8kJ，故答案为：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）ΔH=-641.6KJ/ml；408.8；
【小问4详解】
根据HCNH++CN-可知，常温下，0.1ml/L的HCN溶液中c(H+)=c(CN-)，c(HCN)≈0.1ml/L，故有Ka=，c(H+)==7.0×10-6ml/L，c(H+)约为7.0×10-6，故答案为：7.0×10-6；
【小问5详解】
根据电离平衡常数可知，酸性：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞，据此分析解题：
A．已知电离平衡常数越大，电离能力越强，故电离的能力：，A错误；
B．可发生反应HCOOH+NaCN=HCOONa+HCN，符合强酸制弱酸的规律，B正确；
C．可发生反应NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3，符合强酸制弱酸的规律，但不可发生反应，不符合强酸制弱酸的规律，C错误；
D．给饱和碳酸钠溶液中滴入少量的甲酸溶液，离子反应为，符合强酸制弱酸的规律，D正确；
故答案为：BD。
22. 化石燃料的综合利用既能减少污染，又能提高资源利用率。回答下列问题：
（1）在一定温度下，向某恒容容器中充入和仅发生反应：。
①该反应的_______0(填“>”、“<”或“=”)0，能在_______(填“高温”“低温”或“任何温度”)下自发。
②下列情况表明该反应已达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．
B．混合气体密度保持不变
C．混合气体的平均摩尔质量保持不变
D．与的物质的量之比不再改变
E．
F．
（2）向的恒容密闭容器中充入发生反应：。其他条件不变时，的平衡转化率随着温度(T)的变化如图所示。
时，反应经过达到平衡，用表示该段时间内的平均速率为_______，该温度下的平衡常数_______(用分数表示)；该温度下，改变投料，某时刻容器内则此时_______(填“>”、“<”或“=”)。
（3）煤气化过程如下：反应1：
反应2：
反应3：
①由反应1、3可得出。_______。
②反应在催化剂M表面进行，其中生成的历程如图所示(*表示吸附在催化剂表面的物种，表示过渡态，能量的单位为)。
本历程的决速步骤的反应方程式为_______。
【答案】（1） ①. < ②. 低温 ③. CF
（2） ①. 0.005 ②. ③. <
（3） ①. ②. HCO* +H*=H2CO*
【解析】
【小问1详解】
①该反应是气体分子数减小的反应，则<0，由<0，根据反应自发进行的判据，该反应能在低温下自发；
②A．与起始量有关，未达到平衡时可能存在该比值，不能判断为平衡状态，故A不选；
B．恒容容器的体积不变，混合气体的总质量不变，则混合气体的密度一直不变，不能说明反应为平衡状态，故B不选；
C．反应前后气体的物质的量发生变化，则混合气体的平均摩尔质量是变量，当其保持不变时，说明反应为平衡状态，故C选；
D．与均为生成物，其物质的量之比一直不变，不能说明反应为平衡状态，故D不选；
E．达到平衡状态时各物质浓度不再发生变化，当不一定相等，则不能说明反应为平衡状态，故E不选；
F．平衡时正逆反应速率相等，则，说明反应为平衡状态，故F选；
故选CF；
【小问2详解】
时的平衡转化率为40%，消耗甲醇的物质的量为0.4ml，列三段式：，反应经过达到平衡，用表示该段时间内的平均速率为，该温度下的平衡常数，该温度下，某时刻容器内，，反应向逆向进行，则此时<；
【小问3详解】
①根据盖斯定律，反应3-1可得出反应2，；
②本历程的决速步骤是最慢的分步骤，正反应活化能越大反应速率越慢，最大的活化能为-0.19-(-2.03)=1.84eV，则该步的反应方程式为HCO* +H*=H2CO*。
23. 酸碱中和滴定是一种重要的实验方法，用溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：①_______ ②用蒸馏水洗干净滴定管 ③_______ ④用酸式滴定管取稀盐酸，注入锥形瓶中，并加入2滴酚酞溶液⑤取下碱式滴定管，用标准溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上处，再把碱式滴定管固定好，并排出尖嘴部分的气泡，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，记下滴定管液面所在刻度⑥把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度⑦另取锥形瓶，再重复操作2~3次。完成以下填空：
（1）填写以上步骤①和③的内容：步骤①_______；步骤③_______
（2）如图是第一次滴定时的滴定管中的液面，其读数为，_______。
（3）根据下表数据计算待测盐酸的浓度：_______。
（4）判断滴定终点的现象为：滴入最后一滴溶液时，_______。
（5）在上述实验过程中，出现了以下操作(其他操作均正确)，其中会造成测定结果(待测液浓度值)偏高的有_______(填选项字母)。
A. 量取标准液的碱式滴定管未润洗B. 锥形瓶水洗后直接装待测液
C. 滴定完成后碱式滴定管尖嘴部分有气泡D. 滴定到达终点时仰视液面读数
（6）滴定前装有标准液的滴定管排气泡时，应选择图中的_______(填选项)。
A. B. C. D.
【答案】（1） ①. 检验是否漏水 ②. 用待盛液润洗
（2）20.60 （3）0.1250
（4）溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 （5）AD （6）C
【解析】
【小问1详解】
滴定管在使用前要先检验是否漏水，再水洗，最后用待盛液润洗，所以步骤①是检验是否漏水；步骤③是用待盛液润洗；
【小问2详解】
根据图示，第一次滴定时的滴定管中的液面读数为20.60。
【小问3详解】
根据表格数据，第二次实验数据明显超出正常误差范围，舍去不用，根据第一次、第三次、第四次实验数据，平均消耗氢氧化钠溶液的体积为 ，待测盐酸的浓度为；
【小问4详解】
酚酞在碱性溶液中呈红色，判断滴定终点的现象为：滴入最后一滴溶液时，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。
小问5详解】
A. 量取标准液的碱式滴定管未润洗，氢氧化钠溶液浓度偏低，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，造成测定结果偏高，故选A；
B. 锥形瓶水洗后直接装待测液，HCl的物质的量不变，消耗氢氧化钠溶液的体积无影响，测定结果准确，故不选B；
C. 滴定完成后碱式滴定管尖嘴部分有气泡，消耗消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，造成测定结果偏低，故不选C；
D. 滴定到达终点时仰视液面读数，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，造成测定结果偏高，故选D；
选AD。
【小问6详解】
标准氢氧化钠溶液盛在碱式滴定管中，碱式滴定管排气泡的方法是：把橡皮管向上弯曲,出口上斜,挤捏玻璃珠,使溶液从尖嘴快速喷出,气泡即可随之排掉，故选C。
24. 硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
（1）工业上曾用铅室法制硫酸，铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
Ⅰ．；
Ⅱ．。
①上述过程中的作用为_______。
②为了适应生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是_______(答出一点即可)。
（2）接触法制硫酸的关键反应为的催化氧化：
①为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(a)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是_______。
a．温度越高，反应速率越大
b．的曲线代表平衡转化率
c．越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度
②设的平衡分压为p，的平衡转化率为，用含p和的代数式表示上述催化氧化反应的_______(用气体的平衡分压代替平衡浓度计算，某气体的平衡分压=平衡时气体总压×该气体的物质的量分数)。
【答案】（1） ①. 催化剂 ②. 反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高
（2） ①. cd ②.
【解析】
【小问1详解】
①根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中先消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用，故答案为：催化剂；
②为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是：反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高；
【小问2详解】
①a.根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，故a错误；
b.从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88的条件下是平衡转化率，故b错误；
c.从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，故c正确；
d.从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，故d正确；
故答案为：cd；
②利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数，设SO2初始量为m ml，则平衡时n（SO3）=m•α，n（SO2）=m-m•α=m（1-α），Kp═。
25. 回答下列问题：
（1）氨水中存在着平衡：，若使氨水中增大，应加入下列适量的_______(填以下字母选项)
①固体 ②通入氨气 ③固体 ④水
A. ①②③B. ②③C. ②④D. ③④
（2）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为和，则甲、乙两瓶氨水中之比_______10(填“>”“<”或“=”)；pH=5的硫酸稀释103倍后，_______(填比值)。
（3）在一定温度下，有a．盐酸 b．硫酸 c．醋酸三种酸。
①同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和相同浓度NaOH溶液的体积由大到小的顺序是_______(用选项字母表示，并用“>”或“=”连接，下同)。
②同体积、同c(H+)的三种酸，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是_______。
③将同体积、同pH的三种酸均加水稀释至原来的100倍后(溶液仍为酸性)，所得溶液pH由大到小的顺序是_______。
【答案】（1）B （2） ①. ＜ ②. 20：1
（3） ①. b＞a=c ②. c＞a=b ③. a=b＞c
【解析】
【小问1详解】
①加入NH4Cl固体，中等铵根离子浓度，电离平衡逆向进行，氢氧根离子浓度减小，①不合题意；②通入氨气，中等一水合氨浓度，平衡正向进行，氢氧根离子浓度增大，②符合题意；③加入NaOH固体，平衡逆向进行，氢氧根离子浓度增大，③符合题意；④加入水，电离平衡正向进行，氢氧根离子浓度减小，④不合题意；综上分析可知，②③符合题意，故答案为：B；
【小问2详解】
氨水的浓度越小，则电离度越大，遵循越稀越电离的原理，0.1ml/L的氨水比较容易电离，氢氧根浓度大于1ml/L氨水中氢氧根离子浓度的，所以这个比值应该小于10，由pH=-lgc(H+)，可知pH=5的硫酸溶液中c(H+)=1×10-5ml/L，硫酸为强电解质完全电离，氢离子浓度为硫酸根离子浓度2倍，所以c()=c(H+)=×1×10-5ml/L=5×10-6ml/L，溶液稀释1000倍后，氢离子浓度不可能小于1×10-7ml/L，只能无限接近1×10-7ml/L；硫酸根离子浓度为：c()=5×10-6ml/L×=5×10-9ml/L，故稀释后溶液中H+离子浓度与
离子浓度比值约为：1×10-7ml/L：5×10-9ml/L：=20：1，故答案为：＜；20：1；
【小问3详解】
①同体积同物质的量浓度的三种酸，盐酸和醋酸都是一元酸消耗氢氧化钠相同，硫酸是二元强酸消耗氢氧化钠多，所以中和相同浓度NaOH溶液的体积由大到小的顺序是b＞a=c，故答案为：b＞a=c；
②酸与足量的锌反应时，相同状况下产生气体的体积与酸最终电离出氢离子的物质的量成正比，当三者c(H+)相同且体积也相同时，硫酸和稀盐酸最终电离出氢离子的物质的量相等，醋酸电离出氢离子的物质的量最大，所以这三种酸分别与足量锌反应时生成相同条件下气体体积大小顺序是c＞a=b，故答案为：c＞a=b；
③醋酸是弱电解质，加水稀释能促进醋酸的电离，所以醋酸中氢离子浓度变化慢，即醋酸中氢离子浓度大，所以将pH相同的三种酸均稀释100倍后，c(H+)由大到小的顺序是c＞a=b，故pH由大到小的顺序为： a=b＞c，故答案为：a=b＞c。
26. 甲烷不仅是一种燃料，还可以作化工原料用来生产氢气、乙炔、碳黑等物质。回答下列问题：
（1）向一恒容密闭容器中加入和一定量的，发生反应：。的平衡转化率按不同投料比随温度的变化曲线如下图所示。
①_______(填“>”、“<”“=”，下同)。
②点a、b、c对应的平衡常数三者之间的关系是_______。
③比较b、c两点的正反应速率与的大小并说明理由：_______。
（2）一定条件下，甲烷和水蒸气催化制氢主要有如下两个反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
恒定压强为时，将的混合气体投入反应器中，发生以上两反应，平衡时各组分的物质的量分数与温度的关系如下图所示。
①分析图中各曲线所代表的物质，其中的物质的量分数与温度的变化曲线是_______(填图中字母标号)。
②已知投料比为的混合气体，，时，的平衡转化率为_______(保留2位有效数字)。
【答案】（1） ①. ＜ ②. Ka＜Kb=Kc ③. ＞
（2） ①. q ②. 77.78%
【解析】
【小问1详解】
①相同温度下，比值越大，甲烷转化率越小，图像分析可知x1＜x2；
②升高温度，甲烷转化率增大，说明反应为吸热反应，升高温度平衡常数增大，则Ka＜Kb=Kc；
③b、c点反应的温度相同，不同投料比x（x=）不同，b点甲烷转化率大，即说明反应速率：vb正＞vc正；
【小问2详解】
①由于反应Ⅰ的正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进行的程度较大，氢气的物质的量逐渐增大，曲线q为的物质的量分数与温度的变化曲线；化学式
电离平衡常数
滴定次数
待测盐酸体积()
标准溶液体积
滴定前读数
滴定后读数
第一次
16.00
0.60
X
第二次
16.00
2.00
24.10
第三次
16.00
4.00
24.01
第四次
16.00
0.90
20.89
(满分：100分，时间：90分钟)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Ca-40 Fe-56
第Ⅰ卷(选择题共40分)
一、选择题(本题共20个小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求)
1. 下列反应既是氧化还原反应，符合如图所示能量变化的是
A. 与HCl的反应B. 灼热的炭与反应
C. 铝片与稀反应D. 甲烷在中的燃烧反应
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】图中所示，，该反应为吸热反应；
A．与HCl的反应，不是氧化还原反应，A错误；
B．灼热的炭与反应，为吸热反应，并且属于氧化还原反应，B正确；
C．铝片与稀反应，为放热反应，C错误；
D．甲烷在中的燃烧反应，为放热反应，D错误；
答案选B。
2. 下列有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是
A. 稀硫酸与溶液反应：
B. 在下的燃烧热，则水分解的热化学方程式为
C. 已知的燃烧热则有
D. 已知硫粉与铁粉混合充分加热反应放出热量，则
【答案】D
【解析】
【详解】A．稀硫酸与0.1ml•L-1NaOH溶液反应是强酸强碱的反应放出热量，表示中和热离子方程式为：H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l)△H=-57.3kJ•ml-1，故A错误；
B．氢气的燃烧热为285.8kJ•ml-1，燃烧热是1 ml可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，则水分解的热化学方程式为H2O(l)=H2(g)+ O2(g)△H=+285.8kJ•ml-1，故B错误；
C．已知CH3OH的燃烧热为726.8kJ•ml-1，则有：CH3OH(l)+O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.8kJ•ml-1，故C错误；
D．0.3ml硫粉与0.2ml铁粉混合加热生成0.2ml硫化亚铁时，硫过量，放出19.12kJ热量，所以1ml铁反应放热=19.12kJ×=95.6kJ，热化学方程式为Fe(s)+S(s)═FeS(s)△H=-95.6kJ•ml-1，故D正确；
故选：D。
3. 课本测定中和反应反应热的实验中，下列说法正确的是
A. 使用金属搅拌器是为了加快反应速率，减小实验误差
B. 为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中溶液迅速一次倒入装有盐酸的量热计内筒中，并立即盖上杯盖
C. 用溶液分别与的盐酸、醋酸溶液反应，若所取的溶液体积都相等，则测得的中和反应反应热相同
D. 在测定中和反应反应热的实验中，需要使用的仪器有天平、量筒、量热计、滴定管、温度计、搅拌器
【答案】B
【解析】
【详解】A．铜导热性较强，导致热量散失较多，则测量出的中和热误差大，A错误；
B．为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中NaOH溶液迅速一次倒入装有盐酸的量热计内筒中，并立即盖上杯盖，以减少热量的损失，B正确；
C．已知醋酸为弱酸，是弱电解质，弱电解质电离是一个吸热过程，故用0.5ml/LNaOH溶液分别与0.5ml/L的盐酸、醋酸溶液反应，若所取的溶液体积都相等，则测得的中和反应反应热不相同，C错误；
D．在测定中和反应反应热的实验中，需要量筒、温度计、量热器、环形玻璃搅拌棒，用不到天平和滴定管，D错误；
故答案为：B。
4. 下列有关能量转化的说法不正确的是
A. 时，碳的燃烧热为
B. 转化Ⅱ热化学方程式为
C. 在反应中，反应物的总键能大于生成物的总键能
D. 由碳转化为一氧化碳的热化学方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．时，的燃烧热为完全燃烧生成二氧化碳所放出的热量，所以碳的燃烧热为，故A正确；
B．转化Ⅱ为和反应生成放出热量，则和反应生成放出热量，则转化Ⅱ的热化学方程式为，故B正确；
C．据图知，碳和氧气反应生成二氧化碳时放出热量，焓变=反应物总键能-生成物总键能，说明反应物总键能小于生成物总键能，故C错误；
D．据图知，与反应转化为时放出热量为，所以由碳转化为一氧化碳的热化学方程式为，故D正确；
答案选C。
5. 已知反应：该反应的能量变化曲线如图所示。下列叙述正确的是
A. 使用催化剂只提高了单位体积的活化分子数，未提高活化分子的百分数
B. 曲线Ⅰ未使用催化剂，每生成，吸收热量
C. 曲线Ⅱ使用了催化剂，使该反应的
D. 曲线Ⅰ未使用催化剂，该反应正反应的活化能为
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入催化剂更多的分子成为活化分子，分子总数不变，则活化分子的百分数增大，故A错误；
B．反应热△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，所以反应热△H=+(a-b)kJ•ml-1，则每生成2mlAB(g)，吸收(a-b) kJ热量，故B错误；
C．使用催化剂不可以改变反应的焓变，故C错误；
D．反应热△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，该反应正反应的活化能为，故D正确；
故选：D。
6. 已知① ②，③(a、b、c均>0)。若使酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为(单位：)
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据盖斯定律，①×3-②+③得，C2H5OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-(3a-b+c)kJ•ml-1，故选：A。
7. 下列实验不能达到目的的是
A. 图①：验证勒夏特列原理
B. 图②：探究温度对化学平衡的影响
C. 图③：测定锌与稀硫酸反应的反应速率
D. 图④：探究反应物的接触面积对反应速率的影响
【答案】A
【解析】
【详解】A．KCl不影响可逆反应的平衡移动，不能验证勒夏特列原理，A符合题意；
B．二氧化氮存在平衡：，且该反应为放热反应，所以上述装置通过控制单一变量法可以探究温度对化学平衡的影响，能达到实验目的，B不符合题意；
C．上述装置通过测定相同时间内收集的气体体积不同或者收集相同体积的气体所用的时间不同，来测定锌与稀硫酸反应的反应速率，能达到实验目的，C不符合题意；
D．其他条件相同，等质量的碳酸钙，其接触面积不同，导致反应速率不同，可达到实验目的，D不符合题意；
答案选A。
8. 一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入0.4mlNH3和0.5mlO2发生反应。2min后，NO的浓度为0.06ml/L。下列说法正确的是
A. 末，用表示的反应速率为
B. 末，的浓度为
C. 内，生成的水的物质的量为
D. 内，反应物的转化率为
【答案】D
【解析】
【分析】据此三段式分析解题：
【详解】A．末的反应速率是瞬时速率，无法计算，A错误；
B．由分析可知，末，的浓度为=，B错误；
C．由分析可知，内，生成的水的物质的量为，C错误；
D．由分析可知，内，反应物的转化率为×100%=，D正确；
故答案为：D。
9. 下列不能用勒夏特列原理解释的是
A. 向K2Cr2O7溶液中加入少量浓NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色
B. 实验室常用排饱和食盐水法收集Cl2
C. H2(g)、I2(g)、HI(g)平衡混合气体加压后颜色变深
D. 将盛有热CuCl2溶液的试管置于冷水浴中，试管中溶液由黄绿色变为蓝绿色
【答案】C
【解析】
【详解】A．加入少量NaOH浓溶液，使+H2O2+2H+平衡正向移动，溶液由橙色变为黄色，故可以用勒夏特列原理解释，A不合题意；
B．氯气和水反应存在Cl2+H2OHCl+HClO，食盐水中含有氯离子抑制氯气溶解，所以可以采用排饱和食盐水的方法收集氯气，可以用勒夏特里原理解释，C不合题意；
C．H2(g)、I2(g)、HI(g)在密闭容器中存在化学平衡：H2(g)+I2(g)2HI(g)，该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，将平衡混合气加压后，由于气体的浓度增大，因此混合气体颜色变深，但化学平衡不发生移动，因此不能用勒夏特列原理解释，C符合题意；
D．已知[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2OΔH＞0，降低温度，平衡向放热方向移动，该反应是吸热反应，故平衡向逆反应方向移动，溶液由黄绿色变为蓝绿色，D不合题意；
故答案为：C。
10. 下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图一表示反应：，在一定温度下，平衡时B的体积分数与压强变化的关系如图所示，反应速率x点比y点时的快
B. 图二是可逆反应的速率时间图像，在时刻改变条件是加入催化剂或缩小容器的体积加压
C. 图三表示对于化学反应，反应物A的质量百分含量与温度的变化情况，则该反应的
D. 图四所示图中的阴影部分面积的含义是
【答案】C
【解析】
【详解】A．压强越大，反应速率越大，x点的压强小于y点压强，故x点比y点的反应速率慢，故A错误；
B．可逆反应A(g)+B(g)⇌C(s)+D(g) ΔH＞0，反应前后气体体积增大，在t1时刻改变条件使正逆反应速率仍相等，反应条件是加入催化剂，缩小容器的体积加压，正反应速率增大逆反应速率减小，平衡正向移动，故B错误；
C．温度升高，A的百分含量先逐渐下降到最低点，再上升，说明反应先是正向进行，到达一定温度后反应到达平衡状态，反应逆向进行，所以升高温度，平衡逆移，反应是放热反应，，故C正确；
D．阴影部分面积为曲边几何图形的面积，对于化学反应速率的定义式，在某时刻的化学反应速率定义为v=Δc/Δt,则阴影部分的面积表示浓度变化量△tv正-△tv逆即[c(反应物)-c (生成物)]，而不是(v正-v逆)，故D错误；
故选：C。
11. 在密闭容器中，一定量混合气体发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，达到平衡时，测得A的浓度为0.5 ml∙L−1，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，使再达到平衡，测得A的浓度降低为0.3 ml∙L−1，下列有关判断正确的是
A. B. 平衡向正反应方向移动
C. B的浓度增大D. C的体积分数下降
【答案】D
【解析】
【分析】测得A的浓度为0.5 ml∙L−1，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，浓度应该变为原来一般即0.25 ml∙L−1，使再达到平衡，测得A的浓度降低为0.3 ml∙L−1，说明平衡逆向移动，即减小压强，逆向移动。
【详解】A．根据分析减小压强，平衡逆向移动，说明逆向是体积增大的反应，因此z＜x+y，A错误；
B．根据分析得到平衡逆向移动，B错误；
C．体积变为原来2倍，因此B的浓度减小，C错误；
D．平衡逆向移动，则C的体积分数下降，D正确；
故选D。
12. 如图所示为工业合成氨的流程图。下列说法错误的是
A. 步骤③、④、⑤均有利于提高原料平衡的转化率
B. 步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒
C. 步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率
D. 为保持足够高的反应速率，应在反应达到一定转化率时及时将氨气液化分离，并将混合气中剩余的原料气循环利用
【答案】A
【解析】
【分析】加压既能提高反应速率，又能促进平衡正向移动，合成氨的反应为放热反应，低温有利于平衡正向移动，但是低温下，催化剂活性低，反应速率也低，因此综合考虑将温度设定在500℃并使用含铁催化剂进行催化反应，及时将产生的NH3液化分离出来以提高N2和H2的转化率，剩余的N2和H2再循环利用。
【详解】A．催化剂只能提高反应速率，不能提高平衡转化率，合成氨反应为放热反应，高温不利于平衡正向移动，而液化分离出NH3和N2、H2的循环再利用均可以使平衡正向移动，所以步骤④、⑤有利于提高原料平衡的转化率，步骤③不能，故A错误；
B．步骤①中“净化”是除去杂质以防止铁触媒中毒，故B正确；
C．合成氨的反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正向移动，提高原料转化率，加压也可以提高反应速率，故C正确；
D．在反应达到一定转化率时及时将氨从混合气中分离出去，N2和H2的平衡转化率增大，故D正确；
故选：A。
13. 已知某可逆反应在密闭容器中进行，下图表示在不同反应时间t时温度T和压强P与反应物B在混合气体中的质量百分含量B%的关系曲线。由曲线分析，下列判断正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由图像可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，B的含量高，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，故正反应为气体体积增大的反应，即m+n＜p；压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T1＞T2，且温度越高，B的含量低，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，即△H＞0；
故选：D。
14. 下列说法正确的是
A. 向弱酸溶液中通少量气体，平衡逆向移动，溶液减小
B. 溶液中存在平衡：，加水可使溶液中增大
C. 等浓度的硫酸与盐酸分别与相同的锌片反应，初始反应的速率一样快
D. 将的氨水升温(不考虑氨水的挥发)，氨水的下降
【答案】B
【解析】
【详解】A．弱酸HA溶液中存在平衡：HA⇌H++A-，通HCl气体，c(H+)增大，平衡逆向移动，但最终溶液中c(H+)比原溶液大，故A错误；
B．Ka(HF)＝，加水稀释，促进电离，但c(H+)减小，Ka(HF)不变，则增大，故B正确；
C．硫酸为二元强酸，盐酸为一元强酸，等浓度的稀硫酸与盐酸中氢离子浓度前者大，分别与相同的锌片反应，初始反应的速率前者快，故C错误；
D．NH3⋅H2O电离吸热，升温电离平衡正向移动，c(OH-)增大，pH增大，故D错误；
故选：B。
15. 下列事实能证明是弱酸的是
①溶液中通入气体，减小
②常温下，溶液中：
③溶液可以使石蕊溶液变红
④相同温度下，溶液的导电能力比溶液弱
A. ①②B. ①③C. ①②④D. ②③④
【答案】C
【解析】
【详解】①溶液中通入气体，减小，说明HA溶液中存在电离平衡，HA是弱酸，①符合题意；
②常温下，溶液中：，即c(H+)＜0.1ml/L，说明HA在水溶液中部分电离，HA是弱酸，②符合题意；
③溶液可以使石蕊溶液变红，说明HA是酸，不能证明其是弱酸，③不符题意；
④相同温度下，溶液的导电能力比溶液弱，说明相同温度下HA电离能力比HCl弱，则HA是弱酸，④符合题意；
①②④符合题意；
答案选C。
16. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 水电离产生的的溶液中：、、、
B. 使甲基橙试液变红的溶液中：、、、
C. 在加入铝粉能产生的溶液中：、、、
D. 的溶液：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，水电离产生的，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，可能呈碱性，在碱性环境下，与间发生反应形成沉淀，不能共存，故A错误；
B．使甲基橙试液变红的溶液呈酸性，溶液中与间发生反应，不能共存，故B错误；
C．在加入铝粉能产生的溶液可能呈酸性，可能呈碱性，在碱性环境下与、间均可发生反应生成沉淀，故C错误；
D．常温下，的溶液呈碱性，在碱性环境下各离子间不反应，可以大量共存，故D正确；
答案选D。
17. ，将溶液与硫酸溶液混合，所得混合溶液的为(忽略反应前后溶液体积的变化)
A. 12B. 12.3C. 2D. 12.7
【答案】A
【解析】
【详解】时Kw=1×10-14，pH=13NaOH溶液，0.04ml/L硫酸c(H+)=0.08ml/L，混合后氢氧根离子过量，，，溶液的pH=12，故选A。
18. 某温度下，和电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线Ⅰ代表溶液
B. 溶液中水的电离程度：b点＞c点
C. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）
D. 相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同
【答案】C
【解析】
【分析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；
A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；
C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。
【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；
C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查酸的稀释及图像，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。
19. 在一个固定体积的密闭容器中，加入和，发生反应，达到平衡时，C的物质的量浓度为，若维持容器体积和温度不变，按下列配比作为起始物质，达到平衡后，C的物质的量浓度仍是的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】反应2A(g)+B(g)⇌2C(g)中，在恒温恒容下，不同途径达到平衡后，C的浓度仍为Kml/L，说明与原平衡为等效平衡，按化学计量数转化到方程式的左边，只要满足n(A)=2ml，n(B)=1ml即可，据此进行分析．
【详解】A．开始加入2mlA+1mlB+2mlC，按化学计量数转化到左边可得4mlA、2mlB，与加入2mlA和1mlB达平衡的平衡相比增大压强，平衡正向移动，所以达到平衡时C的浓度为大于k ml/L，故A错误；
B．该反应是气体体积不变的反应，压强不影响平衡，开始加入4mlA+2mlB，与加入2mlA和1mlB达平衡的平衡相比增大压强，平衡正向移动，所以达到平衡时C的浓度为大于k ml/L，故B错误；
C．开始加入2mlC+1mlB，按化学计量数转化到左边可得2mlA、2mlB，与原反应不是等效平衡，达到平衡时C的浓度为不是kml/L，故C错误；
D．开始加入1mlA+0.5mlB+1mlC，按方程式的化学计量数转化到左边，可得2mlA、1mlB，与加入2mlA和1mlB达平衡的平衡为等效平衡，达到平衡时C的浓度为kml/L，故D正确；
故选：D。
20. 某水溶液中不同温度下pH和pOH的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 若，则
B. e点溶液中通入，可使e点迁移至d点
C. 若，则该温度下将的稀硫酸与的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
D. f、d两点的比较，前者大
【答案】B
【解析】
【分析】由题干图示信息可知，b＞a，则d点对应温度下的Kw(d)=c(H+)c(OH-)=10-b×10-b=10-2b，f点对应温度下的Kw(f)= c(H+)c(OH-)=10-a×10-a=10-2a，即Kw(d)＜Kw(f)，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，若，即f点对应温度为25℃，又知Kw(d)＜Kw(f)，则，A正确；
B．已知NH3溶于水呈碱性，即e点溶液中通入NH3，则溶液中OH-浓度增大，H+浓度减小，则POH减小，pH增大，不可使e点迁移至d点，B错误；
C．由分析可知，若，则该温度下Kw=10-12，则将的稀硫酸即c(H+)=10-2ml/L,与的KOH溶液即c(OH-)==10-2ml/L，故等体积混合后H+和OH-完全中和，则溶液显中性，C正确；
D．由分析可知，Kw(d)= 10-2b，Kw(f)= 10-2a，由图可知b＞a即Kw(d)＜Kw(f)，f、d两点的Kw比较，前者大，D正确；
故答案为：B。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
21. 按要求回答下列问题
Ⅰ．以下是生产、生活中常见的物质：①冰醋酸 ②MgO ③NaOH ④盐酸 ⑤H2SO3 ⑥Al(OH)3 ⑦Cu ⑧C2H5OH ⑨NH3 ⑩BaCO3
（1）属于强电解质的有_______(用序号填空，下同)，属于非电解质的有_______，常温下能导电的物质有_______
（2）写出⑤溶于水中发生的电离方程式：_______。
（3）在火箭推进器中装有强还原剂肼和强氧化剂，当它们混合时，即产生大量的和水蒸气，并放出大量热。已知液态肼和足量液态反应，生成氮气和水蒸气，放出的热量。写出该反应的热化学方程式_______(数值保留到小数点后一位)。已知，则液态肼与液态反应生成氮气和液态水时，放出的热量是_______。
Ⅱ．已知，常温下几种酸的电离平衡常数如表：
（4）常温下，的溶液中，约为_______。
（5）根据电离平衡常数判断，以下说法正确的是_______。
A. 电离能力：
B. 可发生反应
C. 可发生反应
D. 给饱和碳酸钠溶液中滴入少量的甲酸溶液，离子反应为
【答案】21. ①. ②③⑩ ②. ⑧⑨ ③. ④⑦
22. H2SO3H++，H++
23. ①. N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）ΔH=-641.625kJ/ml ②. 408.8
24. 7.0×10-6 25. BD
【解析】
【小问1详解】
①冰醋酸（固态醋酸）不能导电，溶于水部分电离，能导电，属于电解质，且属于弱电解质；②MgO属于金属氧化物，固体中的离子不能自由移动，不能导电，熔融时全部电离，属于电解质，且属于强电解质；③NaOH属于碱，固体中的离子不能自由移动，不能导电，溶于水或熔融时全部电离，属于电解质，且属于强电解质；④盐酸是氯化氢的水溶液，既不是电解质，也不是非电解质，溶液中有自由移动的钠离子和氯离子，能导电；⑤H2SO3属于酸，没有自由移动的离子，不能导电，溶于水时部分电离，属于电解质，且属于弱电解质；⑥Al(OH)3固体不能导电，溶于水部分电离，能导电，属于电解质，且属于弱电解质；⑦Cu是单质，能导电，既不是电解质，也不是非电解质；⑧酒精是非电解质，不能导电；⑨NH3是非电解质，不能导电；⑩BaCO3是电解质，固体中的离子不能自由移动，不能导电，熔融时全部电离，属于电解质，且属于强电解质；综上分析可知，属于强电解质的有：②③⑩，属于非电解质的有⑧⑨，常温下能导电的物质有④⑦，故答案为：②③⑩；⑧⑨；④⑦；
【小问2详解】
已知H2SO3是二元弱酸其电离是分步进行的，故⑤即H2SO3溶于水中发生的电离方程式为：H2SO3H++，H++，故答案为：H2SO3H++，H++；
【小问3详解】
0.4ml液态肼与足量液态双氧水反应生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量，可得热化学方程式①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）ΔH=-641.6KJ/ml，根据题干信息，转化②H2O（g）= H2O（l）ΔH=-44KJ/ml，根据盖斯定律①+②×4得到：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（L）ΔH=-817.6KJ/ml；16g液态肼的物质的量为：=0.5ml与液态H2O2反应生成氮气和液态水时，放出的热量是0.5ml×817.6kJ/ml=408.8kJ，故答案为：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）ΔH=-641.6KJ/ml；408.8；
【小问4详解】
根据HCNH++CN-可知，常温下，0.1ml/L的HCN溶液中c(H+)=c(CN-)，c(HCN)≈0.1ml/L，故有Ka=，c(H+)==7.0×10-6ml/L，c(H+)约为7.0×10-6，故答案为：7.0×10-6；
【小问5详解】
根据电离平衡常数可知，酸性：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞，据此分析解题：
A．已知电离平衡常数越大，电离能力越强，故电离的能力：，A错误；
B．可发生反应HCOOH+NaCN=HCOONa+HCN，符合强酸制弱酸的规律，B正确；
C．可发生反应NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3，符合强酸制弱酸的规律，但不可发生反应，不符合强酸制弱酸的规律，C错误；
D．给饱和碳酸钠溶液中滴入少量的甲酸溶液，离子反应为，符合强酸制弱酸的规律，D正确；
故答案为：BD。
22. 化石燃料的综合利用既能减少污染，又能提高资源利用率。回答下列问题：
（1）在一定温度下，向某恒容容器中充入和仅发生反应：。
①该反应的_______0(填“>”、“<”或“=”)0，能在_______(填“高温”“低温”或“任何温度”)下自发。
②下列情况表明该反应已达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．
B．混合气体密度保持不变
C．混合气体的平均摩尔质量保持不变
D．与的物质的量之比不再改变
E．
F．
（2）向的恒容密闭容器中充入发生反应：。其他条件不变时，的平衡转化率随着温度(T)的变化如图所示。
时，反应经过达到平衡，用表示该段时间内的平均速率为_______，该温度下的平衡常数_______(用分数表示)；该温度下，改变投料，某时刻容器内则此时_______(填“>”、“<”或“=”)。
（3）煤气化过程如下：反应1：
反应2：
反应3：
①由反应1、3可得出。_______。
②反应在催化剂M表面进行，其中生成的历程如图所示(*表示吸附在催化剂表面的物种，表示过渡态，能量的单位为)。
本历程的决速步骤的反应方程式为_______。
【答案】（1） ①. < ②. 低温 ③. CF
（2） ①. 0.005 ②. ③. <
（3） ①. ②. HCO* +H*=H2CO*
【解析】
【小问1详解】
①该反应是气体分子数减小的反应，则<0，由<0，根据反应自发进行的判据，该反应能在低温下自发；
②A．与起始量有关，未达到平衡时可能存在该比值，不能判断为平衡状态，故A不选；
B．恒容容器的体积不变，混合气体的总质量不变，则混合气体的密度一直不变，不能说明反应为平衡状态，故B不选；
C．反应前后气体的物质的量发生变化，则混合气体的平均摩尔质量是变量，当其保持不变时，说明反应为平衡状态，故C选；
D．与均为生成物，其物质的量之比一直不变，不能说明反应为平衡状态，故D不选；
E．达到平衡状态时各物质浓度不再发生变化，当不一定相等，则不能说明反应为平衡状态，故E不选；
F．平衡时正逆反应速率相等，则，说明反应为平衡状态，故F选；
故选CF；
【小问2详解】
时的平衡转化率为40%，消耗甲醇的物质的量为0.4ml，列三段式：，反应经过达到平衡，用表示该段时间内的平均速率为，该温度下的平衡常数，该温度下，某时刻容器内，，反应向逆向进行，则此时<；
【小问3详解】
①根据盖斯定律，反应3-1可得出反应2，；
②本历程的决速步骤是最慢的分步骤，正反应活化能越大反应速率越慢，最大的活化能为-0.19-(-2.03)=1.84eV，则该步的反应方程式为HCO* +H*=H2CO*。
23. 酸碱中和滴定是一种重要的实验方法，用溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：①_______ ②用蒸馏水洗干净滴定管 ③_______ ④用酸式滴定管取稀盐酸，注入锥形瓶中，并加入2滴酚酞溶液⑤取下碱式滴定管，用标准溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上处，再把碱式滴定管固定好，并排出尖嘴部分的气泡，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，记下滴定管液面所在刻度⑥把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度⑦另取锥形瓶，再重复操作2~3次。完成以下填空：
（1）填写以上步骤①和③的内容：步骤①_______；步骤③_______
（2）如图是第一次滴定时的滴定管中的液面，其读数为，_______。
（3）根据下表数据计算待测盐酸的浓度：_______。
（4）判断滴定终点的现象为：滴入最后一滴溶液时，_______。
（5）在上述实验过程中，出现了以下操作(其他操作均正确)，其中会造成测定结果(待测液浓度值)偏高的有_______(填选项字母)。
A. 量取标准液的碱式滴定管未润洗B. 锥形瓶水洗后直接装待测液
C. 滴定完成后碱式滴定管尖嘴部分有气泡D. 滴定到达终点时仰视液面读数
（6）滴定前装有标准液的滴定管排气泡时，应选择图中的_______(填选项)。
A. B. C. D.
【答案】（1） ①. 检验是否漏水 ②. 用待盛液润洗
（2）20.60 （3）0.1250
（4）溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 （5）AD （6）C
【解析】
【小问1详解】
滴定管在使用前要先检验是否漏水，再水洗，最后用待盛液润洗，所以步骤①是检验是否漏水；步骤③是用待盛液润洗；
【小问2详解】
根据图示，第一次滴定时的滴定管中的液面读数为20.60。
【小问3详解】
根据表格数据，第二次实验数据明显超出正常误差范围，舍去不用，根据第一次、第三次、第四次实验数据，平均消耗氢氧化钠溶液的体积为 ，待测盐酸的浓度为；
【小问4详解】
酚酞在碱性溶液中呈红色，判断滴定终点的现象为：滴入最后一滴溶液时，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。
小问5详解】
A. 量取标准液的碱式滴定管未润洗，氢氧化钠溶液浓度偏低，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，造成测定结果偏高，故选A；
B. 锥形瓶水洗后直接装待测液，HCl的物质的量不变，消耗氢氧化钠溶液的体积无影响，测定结果准确，故不选B；
C. 滴定完成后碱式滴定管尖嘴部分有气泡，消耗消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，造成测定结果偏低，故不选C；
D. 滴定到达终点时仰视液面读数，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，造成测定结果偏高，故选D；
选AD。
【小问6详解】
标准氢氧化钠溶液盛在碱式滴定管中，碱式滴定管排气泡的方法是：把橡皮管向上弯曲,出口上斜,挤捏玻璃珠,使溶液从尖嘴快速喷出,气泡即可随之排掉，故选C。
24. 硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
（1）工业上曾用铅室法制硫酸，铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
Ⅰ．；
Ⅱ．。
①上述过程中的作用为_______。
②为了适应生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是_______(答出一点即可)。
（2）接触法制硫酸的关键反应为的催化氧化：
①为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(a)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是_______。
a．温度越高，反应速率越大
b．的曲线代表平衡转化率
c．越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度
②设的平衡分压为p，的平衡转化率为，用含p和的代数式表示上述催化氧化反应的_______(用气体的平衡分压代替平衡浓度计算，某气体的平衡分压=平衡时气体总压×该气体的物质的量分数)。
【答案】（1） ①. 催化剂 ②. 反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高
（2） ①. cd ②.
【解析】
【小问1详解】
①根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中先消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用，故答案为：催化剂；
②为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是：反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高；
【小问2详解】
①a.根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，故a错误；
b.从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88的条件下是平衡转化率，故b错误；
c.从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，故c正确；
d.从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，故d正确；
故答案为：cd；
②利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数，设SO2初始量为m ml，则平衡时n（SO3）=m•α，n（SO2）=m-m•α=m（1-α），Kp═。
25. 回答下列问题：
（1）氨水中存在着平衡：，若使氨水中增大，应加入下列适量的_______(填以下字母选项)
①固体 ②通入氨气 ③固体 ④水
A. ①②③B. ②③C. ②④D. ③④
（2）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为和，则甲、乙两瓶氨水中之比_______10(填“>”“<”或“=”)；pH=5的硫酸稀释103倍后，_______(填比值)。
（3）在一定温度下，有a．盐酸 b．硫酸 c．醋酸三种酸。
①同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和相同浓度NaOH溶液的体积由大到小的顺序是_______(用选项字母表示，并用“>”或“=”连接，下同)。
②同体积、同c(H+)的三种酸，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是_______。
③将同体积、同pH的三种酸均加水稀释至原来的100倍后(溶液仍为酸性)，所得溶液pH由大到小的顺序是_______。
【答案】（1）B （2） ①. ＜ ②. 20：1
（3） ①. b＞a=c ②. c＞a=b ③. a=b＞c
【解析】
【小问1详解】
①加入NH4Cl固体，中等铵根离子浓度，电离平衡逆向进行，氢氧根离子浓度减小，①不合题意；②通入氨气，中等一水合氨浓度，平衡正向进行，氢氧根离子浓度增大，②符合题意；③加入NaOH固体，平衡逆向进行，氢氧根离子浓度增大，③符合题意；④加入水，电离平衡正向进行，氢氧根离子浓度减小，④不合题意；综上分析可知，②③符合题意，故答案为：B；
【小问2详解】
氨水的浓度越小，则电离度越大，遵循越稀越电离的原理，0.1ml/L的氨水比较容易电离，氢氧根浓度大于1ml/L氨水中氢氧根离子浓度的，所以这个比值应该小于10，由pH=-lgc(H+)，可知pH=5的硫酸溶液中c(H+)=1×10-5ml/L，硫酸为强电解质完全电离，氢离子浓度为硫酸根离子浓度2倍，所以c()=c(H+)=×1×10-5ml/L=5×10-6ml/L，溶液稀释1000倍后，氢离子浓度不可能小于1×10-7ml/L，只能无限接近1×10-7ml/L；硫酸根离子浓度为：c()=5×10-6ml/L×=5×10-9ml/L，故稀释后溶液中H+离子浓度与
离子浓度比值约为：1×10-7ml/L：5×10-9ml/L：=20：1，故答案为：＜；20：1；
【小问3详解】
①同体积同物质的量浓度的三种酸，盐酸和醋酸都是一元酸消耗氢氧化钠相同，硫酸是二元强酸消耗氢氧化钠多，所以中和相同浓度NaOH溶液的体积由大到小的顺序是b＞a=c，故答案为：b＞a=c；
②酸与足量的锌反应时，相同状况下产生气体的体积与酸最终电离出氢离子的物质的量成正比，当三者c(H+)相同且体积也相同时，硫酸和稀盐酸最终电离出氢离子的物质的量相等，醋酸电离出氢离子的物质的量最大，所以这三种酸分别与足量锌反应时生成相同条件下气体体积大小顺序是c＞a=b，故答案为：c＞a=b；
③醋酸是弱电解质，加水稀释能促进醋酸的电离，所以醋酸中氢离子浓度变化慢，即醋酸中氢离子浓度大，所以将pH相同的三种酸均稀释100倍后，c(H+)由大到小的顺序是c＞a=b，故pH由大到小的顺序为： a=b＞c，故答案为：a=b＞c。
26. 甲烷不仅是一种燃料，还可以作化工原料用来生产氢气、乙炔、碳黑等物质。回答下列问题：
（1）向一恒容密闭容器中加入和一定量的，发生反应：。的平衡转化率按不同投料比随温度的变化曲线如下图所示。
①_______(填“>”、“<”“=”，下同)。
②点a、b、c对应的平衡常数三者之间的关系是_______。
③比较b、c两点的正反应速率与的大小并说明理由：_______。
（2）一定条件下，甲烷和水蒸气催化制氢主要有如下两个反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
恒定压强为时，将的混合气体投入反应器中，发生以上两反应，平衡时各组分的物质的量分数与温度的关系如下图所示。
①分析图中各曲线所代表的物质，其中的物质的量分数与温度的变化曲线是_______(填图中字母标号)。
②已知投料比为的混合气体，，时，的平衡转化率为_______(保留2位有效数字)。
【答案】（1） ①. ＜ ②. Ka＜Kb=Kc ③. ＞
（2） ①. q ②. 77.78%
【解析】
【小问1详解】
①相同温度下，比值越大，甲烷转化率越小，图像分析可知x1＜x2；
②升高温度，甲烷转化率增大，说明反应为吸热反应，升高温度平衡常数增大，则Ka＜Kb=Kc；
③b、c点反应的温度相同，不同投料比x（x=）不同，b点甲烷转化率大，即说明反应速率：vb正＞vc正；
【小问2详解】
①由于反应Ⅰ的正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进行的程度较大，氢气的物质的量逐渐增大，曲线q为的物质的量分数与温度的变化曲线；化学式
电离平衡常数
滴定次数
待测盐酸体积()
标准溶液体积
滴定前读数
滴定后读数
第一次
16.00
0.60
X
第二次
16.00
2.00
24.10
第三次
16.00
4.00
24.01
第四次
16.00
0.90
20.89
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