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四川省德阳市什邡中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省德阳市什邡中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试化学试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(每小题只有一个正确答案。每小题3分，共42分)
1. 化学在日常生活和生产中有着重要的应用。下列说法不正确的是
A. 明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
B. 将饱和溶液滴入沸水中可制备胶体，利用的是盐类水解原理
C. 纯碱溶液呈碱性的原因是，热碱液去油污更好
D. 某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为溶液中的发生水解
【答案】D
【解析】
【详解】A．胶体具有吸附性，明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故A正确；
B．将饱和溶液滴入沸水中可制备胶体，其反应，故B正确；
C．纯碱为碳酸钠，其水溶液呈碱性的原因是，水解为吸热反应，加热水解程度增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，除去油污效果更好，故C正确；
D．水解与类似，水解呈碱性，，溶液pH增大，某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，pH变小，是因为溶液中二氧化硫溶于水形成亚硫酸，亚硫酸被氧气氧化形成硫酸，溶液酸性变强，故D错误；
故选D。
2. 25℃时，在①0.01ml/L的盐酸，②pH=2的醋酸，③pH=12的氨水，④0.01ml/L的NaOH溶液4种溶液中，由水电离出的c(H+)的大小关系是
A. ②＞①＞④＞③ B. ①=②=③=④ C. ②=③＞①=④ D. ②＜①＜③＜④
【答案】B
【解析】
【详解】酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，
①0.01ml⋅L−1的盐酸中c(H+)=0.01ml⋅L−1，c(H+)水=c(OH−)= ，
②pH=2的醋酸中c(H+)=0.01ml⋅L−1，c(H+)水=c(OH−)水=，
③pH=12的氨水中c(OH−)=0.01ml⋅L−1，c(H+)水=，
④0.01ml⋅L−1的NaOH溶液中c(OH−)=0.01ml⋅L−1，c(H+)水=，
则由水电离出的c(H+)大小关系①=②=③=④，
故选B。
【点睛】水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算技巧(25 ℃时)
（1）中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 ml·L－1；
（2）酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH－)<10－7 ml·L－1，当溶液中的c(H＋)<10－7 ml·L－1时就是水电离出的c(H＋)；当溶液中的c(H＋)>10－7 ml·L－1时，就用10－14除以这个浓度即得到水电离的c(H＋)；
（3）可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H＋)或c(OH－)均大于10－7 ml·L－1。若给出的c(H＋)>10－7 ml·L－1，即为水电离的c(H＋)；若给出的c(H＋)<10－7 ml·L－1，就用10－14除以这个浓度即得水电离的c(H＋)。
3. 已知：[Cu(H2O)4]2+ (蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O；浓度较小时[Cu(H2O)4]2+用Cu2+表示。CuCl2溶于一定量水中，溶液呈蓝色(溶液①)。加入少量浓HCl，溶液变为黄色(溶液②)。取以上溶液进行如下实验，对实验现象分析正确的是
A 向溶液①加入少量浓HCl，使平衡逆向移动
B. 将溶液①置于水浴中加热，颜色变为黄色，说明加热能促进[CuCl4]2-生成
C. 加入浓HCl，H+与Cl-对溶液颜色变化、Cu2+浓度大小的影响是一致的
D. 向溶液②中加入AgNO3后，黄色褪去，说明Ag+能抑制Cu2+水解
【答案】B
【解析】
【详解】A．向溶液①加入少量浓HCl，c(Cl-)增大，使平衡正向移动，A错误；
B．将溶液①置于水浴中加热，颜色变为黄色，说明[CuCl4]2-的浓度增大，化学平衡正向移动，即说明加热能促进[CuCl4]2-生成，B正确；
C．根据上述可逆反应可知加入浓HCl，H+对化学平衡的移动无影响，因此与溶液的颜色变化也无关系，C错误；
D．向溶液②中加入AgNO3后，Cl-与Ag+反应产生AgCl沉淀，导致溶液中c(Cl-)减小，化学平衡逆向移动，[CuCl4]2-的浓度降低，因而黄色褪去，而不能说明Ag+能抑制Cu2+水解，D错误；
故合理选项是B。
4. 亚砷酸()是二元弱酸，可以用于治疗白血病，水溶液中含砷物质的分布分数(平衡时某粒子的浓度占各粒子浓度之和的分数)与pH的关系如图所示，下列说法正确的是
A. 的电离方程式为
B. 第一步电离的电离常数
C. 溶液的pH约为9.2
D. 时，溶液中
【答案】B
【解析】
【详解】A．是二元弱酸，分步发生电离，第一步电离方程式为，A错误；
B．第一步电离的电离常数，由图可知，pH=9.2时，，则，B正确；
C．是二元弱酸，其水溶液的pH小于7，C错误；
D．时，溶液呈碱性，，溶液中除了氢离子外还有其他阳离子，根据电荷守恒：，D错误；
故选B。
5. 反应的能量变化示意图如图所示。下列说法正确的是
A. 1ml和1ml的内能之和为akJ
B. 该反应每生成2个AB分子，吸收能量
C. 该反应每生成1mlAB，放出能量bkJ
D. 反应 ，则
【答案】D
【解析】
【分析】反应，生成吸收akJ能量；生成释放bkJ能量；据此分析解题。
【详解】A．akJ是生成吸收的能量，不是1ml和1ml的内能之和，故A错误；
B．根据图像判断，该反应每生成2mlAB分子，吸收能量，故B错误；
C．该反应每生成1mlAB，吸收能量；故C错误；
D．反应 ，反应，固体B转化为气体B为吸热过程，故D正确；
故答案选D。
6. 下列实验中，对现象的解释不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．压缩体积，物质浓度变大，颜色变深；反应为气体分子数减小的反应，平衡正向移动，颜色变浅，故A错误；
B．滴加更浓的KSCN溶液，增大反应物浓度，平衡正向移动，溶液颜色加深，故B正确；
C．溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，温度升高，水的电离平衡正向移动，水的导电能力增强，故C正确；
D．在水中存在，加入碳酸钙使得溶液中离子浓度变大，电导率增大，故D正确；
故选A。
7. 丙酮碘化反应为兴趣小组在20℃时研究了该反应的反应速。他们在反应开始前加入淀粉溶液，通过观察淀粉溶液褪色时间来度量反应速举的大小。实验数据如下表，其中①~④混合液总体积相同。
下列根据实验数据做出的推理不合理的是
A. 实验①中，ν(I2)=5×10-5ml·L-1·s-1
B. 由实验①②可知c(丙酮)越大，反应速率越快
C. 由实验①③可知c(I2)越大，反应速率越慢
D. 由实验①④可知，c(H+)越大，反应速率越快
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验①中，，A正确；
B．实验①②变量为丙酮的浓度不同，由实验①②可知，c(丙酮)越大，褪色时间越短，反应速率越快，B正确；
C．碘单质能使淀粉溶液变蓝色，实验①③变量为碘单质浓度，由实验①③可知c(I2)越大，褪色时间越长，但不能说明反应速率慢，C错误；
D．实验①④变量为氢离子的浓度不同，由实验①④可知，c(H+)越大，褪色时间越短，反应速率越快，D正确；
故选C。
8. 室温时，取HCl和HA(一元酸，)混合溶液20mL，用NaOH溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. a点时，溶液中
B. b点时，
C. c点时，
D. a→c过程中，水的电离程度逐渐增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．a点为HCl和HA混合溶液，HCl是强酸在水溶液中完全电离，HA是弱酸在水溶液中不能完全电离，则溶液中，故A正确；
B．b点加入20mLNaOH溶液，反应后的溶液为NaCl和HA的等物质的量浓度混合溶液，根据物料守恒，故B正确；
C．c点加入40mLNaOH溶液，反应后的溶液为NaCl和NaA的等物质的量浓度混合溶液，A-发生水解而使浓度降低，，故C错误；
D．a→c过程中，加入的NaOH溶液分别和HCl和HA发生中和反应，水的电离程度逐渐增大，故D正确；
故选C。
9. 常温下，下列各组离子在有关限定条件下的溶液中一定能大量共存的是
A. 水电离出的的溶液中：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 滴入KSCN显血红色的溶液中：、、、
D. 的溶液中：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．水电离出的＜1.0×10-7 ml/L，水电离受到了抑制作用，溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中含有大量H+，H+与S2-会反应产生H2S而不能大量共存；在碱性溶液中含有大量OH-，OH-与会反应产生NH3∙H2O而不能大量共存，A不符合题意；
B．的溶液显酸性，含有大量H+，H+与会反应产生Al3+、H2O，不能大量共存，B不符合题意；
C．滴入KSCN显血红色的溶液中含有大量Fe3+，Fe3+与会发生反应产生Fe(OH)3沉淀和CO2气体，不能大量共存，C不符合题意；
D．的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D符合题意；
故合理选项是D。
10. 我国目前使用能源仍然以煤等化石能源为主体。以石墨代表煤中碳素，能量变化关系如图所示：
已知：的键能分别为498、799。估算键能为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据盖斯定律，；反应热等于断裂键键能总和与形成共价能的键能总和之差，据此分析解题。
【详解】据分析可知：，解得：；
故答案选C。
11. 已知CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)∆H>0，工业上可利用此反应生产合成氨原料气H2，下列有关该反应的图象正确的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．增大水碳比，甲烷的转化率应增大，A错误；
B．温度越高反应速率越快，所以T2＞T1，该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，H2的含量增加，B正确；
C．该反应为吸热反应，升高温度平衡常数增大，C错误；
D．当正逆反应速率相等时反应达到平衡，该反应为气体系数之和增大的反应，继续增大压强平衡逆向移动，v逆应该大于v正，D错误；
综上所述答案B。
12. 下列说法正确的是
A. 中和热的测定实验中，氢氧化钠分批加入反应更充分，测定的中和热数值误差更小
B. 一定温度下，反应的△H>0、△S>0
C. 500℃、30MPa下，将0.5ml 和1.5ml 置于密闭容器中充分反应生成(g)，放热19.3kJ，则其热化学方程式
D. 在其他条件不变的情况下，汽车排气管中使用催化剂，可提高尾气的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．中和热的测定实验中，氢氧化钠分批加入，会导致热量损失较多，测定的中和热数值误差更大，A错误；
B．该分解反应是吸热反应，即>0，反应中有气体生成，是熵增反应，即，B正确；
C．该反应是可逆反应，反应物不可能完全转化，其热化学方程式的 kJ/ml，C错误；
D．催化剂只能改变反应的反应速率，不能改变反应的反应方向，D错误；
故答案为：B。
13. 浓度均为0.10 ml·L-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是
A. MOH的碱性强于ROH的碱性
B. 当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
C. 若两溶液无限稀释，则它们的c(OH-)相等
D. ROH的电离程度：b点大于a点
【答案】B
【解析】
【分析】从图中可知，MOH溶液的体积每增大十倍，其pH减小1，说明MOH为强电解质，完全电离，而ROH溶液体积稀释至10000倍，pH减小值小于3，说明其为弱电解质，稀释过程中电离程度增大。
【详解】A．MOH为强电解质而ROH为弱电解质，浓度相同的情况下，MOH的碱性强于ROH，A正确；
B．当=2，即溶液体积稀释至原来的100倍，此时两溶液同时升温，c(M+)无变化，而ROH为弱电解质，升温促进其电离，c(R+)增大，则减小，B错误；
C．若两溶液无限稀释，则两溶液的pH均无限接近于7，它们的c(OH-)也相等，C正确；
D．ROH为弱电解质，b点在a点的基础上进行了稀释，则ROH的电离程度增大，b点的电离程度大于a点，D正确；
故答案选B。
14. 利用传感技术可以探究压强对2NO2(g)N2O4(g)化学平衡移动的影响。在室温、100 kPa 条件下，往针筒中充入一定体积的 NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2 时刻迅速移动活塞并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示。下列说法正确的是
A. B点处NO2的转化率为3%
B. E点到H点的过程中，NO2的物质的量先增大后减小
C. E、H两点对应的正反应速率大小为vH＜vE
D. B、E两点气体的平均相对分子质量大小为MB＞ME
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据阿伏加德罗定律，温度、体积不变时，压强之比等于物质的量之比，设起始时NO2的物质的量为n，反应的物质的量为2x，列出三段式：，气体物质的量之比等于压强之比，则，，NO2的转化率为，故A错误；
B． t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明针筒体积减小，保持活塞位置不变后，此时体系因体积减小而压强增大，平衡将向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，使得压强逐渐减小，直至达到平衡状态，F点后，压强减小，则平衡向逆反应方向移动，直至达到平衡状态，所以E点到H点是NO2的物质的量先减小后增大的过程，故B错误；
C．压强影响气体的化学反应速率，压强增大，化学反应速率加快，H点的压强大于E点的压强，则E、H两点对应的正反应速率大小为，故C错误；
D．t1时刻移动了活塞，压强迅速减小，说明针筒体积增大，保持活塞位置不变后，此时体系因体积增大而压强减小，平衡将向气体体积增大的方向移动，平衡逆向移动，混合气的物质的量逐渐增大，根据可知，混合气体的平均分子质量减小，则MB＞ME，故D正确；
答案选D。
二、非选择题(共4题，总计58分)
15. 请回答下列问题：
室温下6种稀溶液：①、②、③、④、⑤氨水、⑥，回答下列问题：
（1）中和等体积、pH相同的①②③溶液消耗NaOH最多的是_____(用序号填写)
（2）将等体积、等物质的量浓度的③、⑥混合，则溶液的pH_____7(填“>”、“<”或“=”)
（3）将等物质的量浓度的①、⑤混合后呈中性，则消耗两溶液的体积①_____⑤(填“>”、“<”或“=”)。
（4）i、④溶液的pH为5，用离子方程式解释原因：_____。
ⅱ、pH均为5的③、④溶液中由水电离产生的的比值为_____(填序号)。
A．1∶1 B． C．
（5）常温下，的⑥溶液与的②溶液混合所得混合溶液 (混合过程中溶液体积变化忽略不计)，则_____。
【答案】（1）③ （2）>
（3）< （4） ①. ②. 1：104
（5）2：9
【解析】
【分析】是一元强酸，完全电离，②是二元强酸，完全电离，③是一元弱酸，不完全电离，④是能水解的盐，完全电离产生的会水解、⑤氨水是一元弱碱，不完全电离，⑥是一元强碱，完全电离，据此回答问题。
【小问1详解】
根据分析可知，中和等体积、pH相同的①②③溶液，则①和②电离的c(H+)相同，消耗相同，而③是一元弱酸，已经电离出的c(H+)与①②相同，还有未电离的H+，最终能电离的c(H+)大于①和②，故消耗最多；
【小问2详解】
将等体积、等物质的量浓度的③、⑥混合，两者完全反应生成，会发生水解：，溶液显碱性，pH>7；
【小问3详解】
将等物质的量浓度的①HCl、⑤氨水等体积混合后，两者若完全反应生成NH4Cl，会发生水解：，使溶液显酸性，若溶液显中性，则还有氨水剩余，氨水体积大于盐酸体积，故消耗两溶液的体积①<⑤；
【小问4详解】
ⅰ：④pH=5，显酸性，是因为会发生水解：；
ⅱ：室温下，③pH=5，则c(H+)=10-5ml/L，c(OH-)=10-9ml/L=c水(OH-)=c水(H+)，④pH=5，则c(H+)=10-5ml/L=c水(H+)，所以③和⑤由水电离产生的的比值为10-9：10-5=1：104；
【小问5详解】
常温下，的⑥NaOH溶液与的②溶液混合所得混合溶液(混合过程中溶液体积变化忽略不计)，则混合后溶液显碱性，说明碱过量，则有，解得a：b=0.02：0.09=2：9。
16. 油气开采、石油化工、煤化工等行业的废气中均含有硫化氢，需要将其回收处理并加以利用
Ⅰ、高温热分解法：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为_____。
（2）升高温度，该反应的化学平衡常数_____(填“变大”“变小”或“不变”)。
（3）工业上，通常在等温、等压条件下将与Ar的混合气体通入反应器，发生热分解反应，达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，的平衡转化率会_____(填“增大”“减小”或“不变”)
Ⅱ、克劳斯法：
已知：
（4）用克劳斯法处理，若生成1ml，放出热量_____kJ。
（5）用克劳斯法处理时，研究人员对反应条件对产率影响进行了如下研究。
①其他条件相同时，相同时间内，产率随温度的变化如图1所示。由图1可见，随着温度升高，产率先增大后减小，原因是_____。
②其他条件相同时，相同时间内，产率随值的变化如图2所示。值过高不利于提高产率，可能的原因是_____。
【答案】（1）
（2）变大 （3）增大
（4）314 （5） ①. 该反应是放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，的生成速率增大，单位时间的生成量增大，转化率增大，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小 ②. O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致产率减小
【解析】
【小问1详解】
根据平衡常数的定义，该反应的化学平衡常数表达式为K=。
【小问2详解】
正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，该反应的化学平衡常数变大。
【小问3详解】
在等温、等压条件下将与Ar的混合气体通入反应器，发生热分解反应，达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，容器体积增大，相当于减压，平衡正向移动，的平衡转化率会增大；
【小问4详解】
①
②
根据盖斯定律(①+②)÷3得△H=(-1036+94)kJ/ml ÷3=-314 kJ/ml，则生成1ml，放出热量314kJ。
【小问5详解】
①温度低反应速率慢，反应未达到平衡时，升高温度，的生成速率增大，单位时间的生成量增大，转化率增大，正反应放热，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小，所以随着温度升高，产率先增大后减小。
②O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致产率减小，所以值过高不利于提高产率。
17. 某学生欲用已知浓度的氢氧化钠溶液来滴定未知浓度的盐酸溶液，以酚酞试液为滴定指示剂。请填写下列空白：
（1）对于一支洁净的滴定管，使用之前的两步操作为 _______、_______。
（2）排除碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的 _______(填序号)，然后小心操作使尖嘴部分充满碱液。
（3）下列操作中可能使所测盐酸溶液的浓度偏低的是 _______。
A. 量取一定体积的待测液，最后读数时滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
B. 滴定前盛放盐酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C. 碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D. 读取氢氧化钠溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
（4）若第一次滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示，请将数据填入下面表格的横线处。
（5）请根据上表中数据计算该盐酸溶液的物质的量浓度c(HCl)=_______。
（6）请简述滴定终点的判定 _______。
【答案】（1） ①. 检查是否漏水 ②. 润洗
（2）③ （3）AD
（4）26.10 （5）0.1044ml/L
（6）当滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色由无色变粉红色，且半分钟内不变色
【解析】
【小问1详解】
中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，所以滴定管使用前两步操作为检查是否漏水、润洗，故答案为：检查是否漏水；润洗；
【小问2详解】
碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以③正确，故答案为：③；
【小问3详解】
A．量取一定体积的待测液最后读数时滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致待测液的体积偏大，测定结果偏低，A符合题意；
B．滴定前盛放盐酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对待测液的物质的量没有影响，不影响滴定结果，B不合题意；
C．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，C不合题意；
D．读取氢氧化钠溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，导致消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，D符合题意；
故答案为：AD；
【小问4详解】
根据题中图上的刻度可知，滴定前数值为0.00mL，滴定后数值为26.10mL，所以NaOH标准溶液的体积为26.10mL；故答案为：26.10；
【小问5详解】
四次消耗的NaOH溶液的体积为26.10mL，26.30mL，26.08mL，26.12mL，第二次数据舍去，三次滴定盐酸溶液的平均体积为=26.10mL，由HCl～NaOH可知，n（HCl）=n（NaOH）=cV，所以c（HCl）===0.1044ml/L，故答案为：0.1044ml/L；
【小问6详解】
NaOH溶液滴定盐酸，以酚酞作指示剂，滴定终点时，滴加最后一滴NaOH溶液时，颜色由无色变粉红色，且半分钟内不变色，故答案为：当滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色由无色变粉红色，且半分钟内不变色。
18. 某化学小组探究外界条件对化学反应速率的影响及其原因。
【实验原理】
【实验内容及记录】
（1）根据上表中的实验数据，可以得到的结论是_________。
（2）利用实验1中数据计算，用的浓度变化表示的反应速率为：_________。
（3）该小组同学根据经验绘制了随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但是实验过程中随时间变化的趋势应如图2所示。
①该小组同学根据图2提出的假设：生成的对该反应有催化作用；通过下列实验验证该假设是否成立。试管中加入少量固体的化学式为_________。
②若提出的假设成立，应观察到的现象是_________。
（4）①浓度增大反应速率加快的原因是_________(填序号，下同)。
②催化剂使反应速率加快的原因是_________。
a.单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加
b.使分子能量升高运动加快，单位时间内有效碰撞次数增加
c.降低了反应的活化能，提高了活化分子百分数，单位时间内有效碰撞次数增加
【答案】（1）其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大
（2）0.015 （3） ①. MnSO4 ②. 与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min
（4） ①. a ②. c
【解析】
【小问1详解】
从表中的实验数据可以看出，三次实验所用H2C2O4、H2SO4的浓度都相同，但KMnO4的浓度不同，KMnO4的浓度越大，反应所用时间越短，由此可以得到的结论是：其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大。答案为：其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大。
【小问2详解】
实验1中，在4min内，溶液完全发生反应，所以用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：υ(KMnO4)== 0.015ml/(L·min)。答案为：0.015。
【小问3详解】
①因为实验研究的是Mn2+对反应是否有催化作用，而反应开始前，溶液中不含有Mn2+，所以可在反应物中加入可溶性锰盐，对比反应完成所需的时间，以判断反应速率的快慢，因此加入的少量固体为MnSO4。
②由前面分析可知，若Mn2+起催化作用，反应所需时间短，从而得出现象及结论为：依据现象“与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min”，得出该小组同学提出的假设成立。答案为：MnSO4；与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min。
【小问4详解】
①浓度增大是使单位体积内分子总数增大，活化分子百分数不变，从而使单位体积内的活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加；
②使用催化剂是低了反应的活化能，提高了活化分子百分数，单位体积内分子总数则不变，从而使单位体积内的活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加。
【点睛】比较外界条件对反应速率的影响时，若同时改变几个条件，我们很难判断是哪一条件对反应速率产生影响。
19. 一氧化二氮可以用作火箭氧化剂，在室温下稳定，易于储存和飞行使用。现利用汽车尾气中的NO与H2反应来制备N2O气体，回答下列问题。
（1）已知：H2的燃烧热为286kJ·ml-1
① ΔH1=+180kJ·ml-1
② ΔH2=+164kJ·ml-1
③ ΔH3=+44kJ·ml-1
反应的ΔH=_____kJ·ml-1.
（2）总反应分为两步进行：
第①步：2NO(g)=N2O2(g)。
第②步：_____。
实验发现，第①步反应几乎不影响总反应到达平衡所用的时间，由此推断，下列关于该反应叙述正确的是_____。(填序号)
A．更换催化剂，可改变反应的ΔH
B．步骤①的逆反应活化能一定小于②的
C．步骤②的有效碰撞频率小于步骤①
D．反应进程中N2O2属于中间产物
（3）在1093K时，NO与H2以物质的量之比为2：1混合置于某密闭容器中，在恒温恒压(100kPa)的条件下，发生反应。达到平衡时，测得N2O的体积分数为20％，该平衡的Kp=_____(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（4）既能提高NO的平衡转化率又能加快反应的速率，可采取的措施是(举两种)_____。
【答案】19. -340
20. ①. N2O2(g)+H2(g)=N2O(g)+H2O(g) ②. CD
21.
22. 增大压强、增大氢气的浓度等
【解析】
【小问1详解】
表示H2燃烧热的热化学方程式可写成④：，根据盖斯定律，可由②+③+④-①合并得到，则。
【小问2详解】
根据盖斯定律，第②步反应等于总反应减去第①步反应，故第②步反应的方程式为。
相关说法分析如下：
A．催化剂只改变反应历程，不改变反应的，A错误；
B．第①步反应几乎不影响总反应到达平衡所用的时间，则步骤①不是决速反应，正反应活化能小于②的，但不能比较逆反应活化能大小，B错误；
C．步骤②反应速率比①的慢，说明步骤②的有效碰撞频率小于步骤①的，C正确；
D．根据反应步骤可知反应进程中N2O2属于中间产物，D正确；
故选CD。
【小问3详解】
设NO、H2起始物质的量分别为、，达到平衡时生成，列三段式得：
根据，平衡时，的体积分数为，，混合气体总物质的量为。该平衡的。
【小问4详解】选项
A
B
C
D
装置及操作
向右轻轻推动活塞压缩体积
分别测定20℃和80℃蒸馏水的电导率
现象
气体红棕色先变深再变浅
溶液血红色加深
80℃蒸馏水的电导率大于20℃的
加入粉末后电导率增大
解释
压强增大，平衡先逆向移动，再正向移动
增大反应物浓度，平衡正向移动
温度升高，水的电离平衡正向移动
在水中存在
序号
c(丙酮)
c(I2)
c(H+)
褪色时间/s
①
2
0.002
0.5
40
②
1
0.002
0.5
80
③
2
0.001
0.5
20
④
2
0.002
0.25
80
滴定次数
待测盐酸溶液体积/mL
0.1000ml•L﹣1氢氧化钠的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
25.00
/
/
_______
第二次
25.00
1.00
27.30
26.30
第三次
25.00
2.00
28.08
26.08
第四次
25.00
0.22
26.34
26.12
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
溶液
溶液
稀硫酸
1
3.0
2.0
3.0
2.0
4.0
2
3.0
3.0
2.0
2.0
5.2
3
3.0
4.0
1.0
2.0
6.4
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
再向试管中加入少量固体
室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
溶液
溶液
稀硫酸
4
3.0
2.0
3.0
2.0
t
一、选择题(每小题只有一个正确答案。每小题3分，共42分)
1. 化学在日常生活和生产中有着重要的应用。下列说法不正确的是
A. 明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
B. 将饱和溶液滴入沸水中可制备胶体，利用的是盐类水解原理
C. 纯碱溶液呈碱性的原因是，热碱液去油污更好
D. 某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为溶液中的发生水解
【答案】D
【解析】
【详解】A．胶体具有吸附性，明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故A正确；
B．将饱和溶液滴入沸水中可制备胶体，其反应，故B正确；
C．纯碱为碳酸钠，其水溶液呈碱性的原因是，水解为吸热反应，加热水解程度增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，除去油污效果更好，故C正确；
D．水解与类似，水解呈碱性，，溶液pH增大，某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，pH变小，是因为溶液中二氧化硫溶于水形成亚硫酸，亚硫酸被氧气氧化形成硫酸，溶液酸性变强，故D错误；
故选D。
2. 25℃时，在①0.01ml/L的盐酸，②pH=2的醋酸，③pH=12的氨水，④0.01ml/L的NaOH溶液4种溶液中，由水电离出的c(H+)的大小关系是
A. ②＞①＞④＞③ B. ①=②=③=④ C. ②=③＞①=④ D. ②＜①＜③＜④
【答案】B
【解析】
【详解】酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，
①0.01ml⋅L−1的盐酸中c(H+)=0.01ml⋅L−1，c(H+)水=c(OH−)= ，
②pH=2的醋酸中c(H+)=0.01ml⋅L−1，c(H+)水=c(OH−)水=，
③pH=12的氨水中c(OH−)=0.01ml⋅L−1，c(H+)水=，
④0.01ml⋅L−1的NaOH溶液中c(OH−)=0.01ml⋅L−1，c(H+)水=，
则由水电离出的c(H+)大小关系①=②=③=④，
故选B。
【点睛】水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算技巧(25 ℃时)
（1）中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 ml·L－1；
（2）酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH－)<10－7 ml·L－1，当溶液中的c(H＋)<10－7 ml·L－1时就是水电离出的c(H＋)；当溶液中的c(H＋)>10－7 ml·L－1时，就用10－14除以这个浓度即得到水电离的c(H＋)；
（3）可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H＋)或c(OH－)均大于10－7 ml·L－1。若给出的c(H＋)>10－7 ml·L－1，即为水电离的c(H＋)；若给出的c(H＋)<10－7 ml·L－1，就用10－14除以这个浓度即得水电离的c(H＋)。
3. 已知：[Cu(H2O)4]2+ (蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O；浓度较小时[Cu(H2O)4]2+用Cu2+表示。CuCl2溶于一定量水中，溶液呈蓝色(溶液①)。加入少量浓HCl，溶液变为黄色(溶液②)。取以上溶液进行如下实验，对实验现象分析正确的是
A 向溶液①加入少量浓HCl，使平衡逆向移动
B. 将溶液①置于水浴中加热，颜色变为黄色，说明加热能促进[CuCl4]2-生成
C. 加入浓HCl，H+与Cl-对溶液颜色变化、Cu2+浓度大小的影响是一致的
D. 向溶液②中加入AgNO3后，黄色褪去，说明Ag+能抑制Cu2+水解
【答案】B
【解析】
【详解】A．向溶液①加入少量浓HCl，c(Cl-)增大，使平衡正向移动，A错误；
B．将溶液①置于水浴中加热，颜色变为黄色，说明[CuCl4]2-的浓度增大，化学平衡正向移动，即说明加热能促进[CuCl4]2-生成，B正确；
C．根据上述可逆反应可知加入浓HCl，H+对化学平衡的移动无影响，因此与溶液的颜色变化也无关系，C错误；
D．向溶液②中加入AgNO3后，Cl-与Ag+反应产生AgCl沉淀，导致溶液中c(Cl-)减小，化学平衡逆向移动，[CuCl4]2-的浓度降低，因而黄色褪去，而不能说明Ag+能抑制Cu2+水解，D错误；
故合理选项是B。
4. 亚砷酸()是二元弱酸，可以用于治疗白血病，水溶液中含砷物质的分布分数(平衡时某粒子的浓度占各粒子浓度之和的分数)与pH的关系如图所示，下列说法正确的是
A. 的电离方程式为
B. 第一步电离的电离常数
C. 溶液的pH约为9.2
D. 时，溶液中
【答案】B
【解析】
【详解】A．是二元弱酸，分步发生电离，第一步电离方程式为，A错误；
B．第一步电离的电离常数，由图可知，pH=9.2时，，则，B正确；
C．是二元弱酸，其水溶液的pH小于7，C错误；
D．时，溶液呈碱性，，溶液中除了氢离子外还有其他阳离子，根据电荷守恒：，D错误；
故选B。
5. 反应的能量变化示意图如图所示。下列说法正确的是
A. 1ml和1ml的内能之和为akJ
B. 该反应每生成2个AB分子，吸收能量
C. 该反应每生成1mlAB，放出能量bkJ
D. 反应 ，则
【答案】D
【解析】
【分析】反应，生成吸收akJ能量；生成释放bkJ能量；据此分析解题。
【详解】A．akJ是生成吸收的能量，不是1ml和1ml的内能之和，故A错误；
B．根据图像判断，该反应每生成2mlAB分子，吸收能量，故B错误；
C．该反应每生成1mlAB，吸收能量；故C错误；
D．反应 ，反应，固体B转化为气体B为吸热过程，故D正确；
故答案选D。
6. 下列实验中，对现象的解释不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．压缩体积，物质浓度变大，颜色变深；反应为气体分子数减小的反应，平衡正向移动，颜色变浅，故A错误；
B．滴加更浓的KSCN溶液，增大反应物浓度，平衡正向移动，溶液颜色加深，故B正确；
C．溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，温度升高，水的电离平衡正向移动，水的导电能力增强，故C正确；
D．在水中存在，加入碳酸钙使得溶液中离子浓度变大，电导率增大，故D正确；
故选A。
7. 丙酮碘化反应为兴趣小组在20℃时研究了该反应的反应速。他们在反应开始前加入淀粉溶液，通过观察淀粉溶液褪色时间来度量反应速举的大小。实验数据如下表，其中①~④混合液总体积相同。
下列根据实验数据做出的推理不合理的是
A. 实验①中，ν(I2)=5×10-5ml·L-1·s-1
B. 由实验①②可知c(丙酮)越大，反应速率越快
C. 由实验①③可知c(I2)越大，反应速率越慢
D. 由实验①④可知，c(H+)越大，反应速率越快
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验①中，，A正确；
B．实验①②变量为丙酮的浓度不同，由实验①②可知，c(丙酮)越大，褪色时间越短，反应速率越快，B正确；
C．碘单质能使淀粉溶液变蓝色，实验①③变量为碘单质浓度，由实验①③可知c(I2)越大，褪色时间越长，但不能说明反应速率慢，C错误；
D．实验①④变量为氢离子的浓度不同，由实验①④可知，c(H+)越大，褪色时间越短，反应速率越快，D正确；
故选C。
8. 室温时，取HCl和HA(一元酸，)混合溶液20mL，用NaOH溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. a点时，溶液中
B. b点时，
C. c点时，
D. a→c过程中，水的电离程度逐渐增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．a点为HCl和HA混合溶液，HCl是强酸在水溶液中完全电离，HA是弱酸在水溶液中不能完全电离，则溶液中，故A正确；
B．b点加入20mLNaOH溶液，反应后的溶液为NaCl和HA的等物质的量浓度混合溶液，根据物料守恒，故B正确；
C．c点加入40mLNaOH溶液，反应后的溶液为NaCl和NaA的等物质的量浓度混合溶液，A-发生水解而使浓度降低，，故C错误；
D．a→c过程中，加入的NaOH溶液分别和HCl和HA发生中和反应，水的电离程度逐渐增大，故D正确；
故选C。
9. 常温下，下列各组离子在有关限定条件下的溶液中一定能大量共存的是
A. 水电离出的的溶液中：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 滴入KSCN显血红色的溶液中：、、、
D. 的溶液中：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．水电离出的＜1.0×10-7 ml/L，水电离受到了抑制作用，溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中含有大量H+，H+与S2-会反应产生H2S而不能大量共存；在碱性溶液中含有大量OH-，OH-与会反应产生NH3∙H2O而不能大量共存，A不符合题意；
B．的溶液显酸性，含有大量H+，H+与会反应产生Al3+、H2O，不能大量共存，B不符合题意；
C．滴入KSCN显血红色的溶液中含有大量Fe3+，Fe3+与会发生反应产生Fe(OH)3沉淀和CO2气体，不能大量共存，C不符合题意；
D．的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D符合题意；
故合理选项是D。
10. 我国目前使用能源仍然以煤等化石能源为主体。以石墨代表煤中碳素，能量变化关系如图所示：
已知：的键能分别为498、799。估算键能为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据盖斯定律，；反应热等于断裂键键能总和与形成共价能的键能总和之差，据此分析解题。
【详解】据分析可知：，解得：；
故答案选C。
11. 已知CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)∆H>0，工业上可利用此反应生产合成氨原料气H2，下列有关该反应的图象正确的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．增大水碳比，甲烷的转化率应增大，A错误；
B．温度越高反应速率越快，所以T2＞T1，该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，H2的含量增加，B正确；
C．该反应为吸热反应，升高温度平衡常数增大，C错误；
D．当正逆反应速率相等时反应达到平衡，该反应为气体系数之和增大的反应，继续增大压强平衡逆向移动，v逆应该大于v正，D错误；
综上所述答案B。
12. 下列说法正确的是
A. 中和热的测定实验中，氢氧化钠分批加入反应更充分，测定的中和热数值误差更小
B. 一定温度下，反应的△H>0、△S>0
C. 500℃、30MPa下，将0.5ml 和1.5ml 置于密闭容器中充分反应生成(g)，放热19.3kJ，则其热化学方程式
D. 在其他条件不变的情况下，汽车排气管中使用催化剂，可提高尾气的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．中和热的测定实验中，氢氧化钠分批加入，会导致热量损失较多，测定的中和热数值误差更大，A错误；
B．该分解反应是吸热反应，即>0，反应中有气体生成，是熵增反应，即，B正确；
C．该反应是可逆反应，反应物不可能完全转化，其热化学方程式的 kJ/ml，C错误；
D．催化剂只能改变反应的反应速率，不能改变反应的反应方向，D错误；
故答案为：B。
13. 浓度均为0.10 ml·L-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是
A. MOH的碱性强于ROH的碱性
B. 当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
C. 若两溶液无限稀释，则它们的c(OH-)相等
D. ROH的电离程度：b点大于a点
【答案】B
【解析】
【分析】从图中可知，MOH溶液的体积每增大十倍，其pH减小1，说明MOH为强电解质，完全电离，而ROH溶液体积稀释至10000倍，pH减小值小于3，说明其为弱电解质，稀释过程中电离程度增大。
【详解】A．MOH为强电解质而ROH为弱电解质，浓度相同的情况下，MOH的碱性强于ROH，A正确；
B．当=2，即溶液体积稀释至原来的100倍，此时两溶液同时升温，c(M+)无变化，而ROH为弱电解质，升温促进其电离，c(R+)增大，则减小，B错误；
C．若两溶液无限稀释，则两溶液的pH均无限接近于7，它们的c(OH-)也相等，C正确；
D．ROH为弱电解质，b点在a点的基础上进行了稀释，则ROH的电离程度增大，b点的电离程度大于a点，D正确；
故答案选B。
14. 利用传感技术可以探究压强对2NO2(g)N2O4(g)化学平衡移动的影响。在室温、100 kPa 条件下，往针筒中充入一定体积的 NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2 时刻迅速移动活塞并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示。下列说法正确的是
A. B点处NO2的转化率为3%
B. E点到H点的过程中，NO2的物质的量先增大后减小
C. E、H两点对应的正反应速率大小为vH＜vE
D. B、E两点气体的平均相对分子质量大小为MB＞ME
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据阿伏加德罗定律，温度、体积不变时，压强之比等于物质的量之比，设起始时NO2的物质的量为n，反应的物质的量为2x，列出三段式：，气体物质的量之比等于压强之比，则，，NO2的转化率为，故A错误；
B． t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明针筒体积减小，保持活塞位置不变后，此时体系因体积减小而压强增大，平衡将向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，使得压强逐渐减小，直至达到平衡状态，F点后，压强减小，则平衡向逆反应方向移动，直至达到平衡状态，所以E点到H点是NO2的物质的量先减小后增大的过程，故B错误；
C．压强影响气体的化学反应速率，压强增大，化学反应速率加快，H点的压强大于E点的压强，则E、H两点对应的正反应速率大小为，故C错误；
D．t1时刻移动了活塞，压强迅速减小，说明针筒体积增大，保持活塞位置不变后，此时体系因体积增大而压强减小，平衡将向气体体积增大的方向移动，平衡逆向移动，混合气的物质的量逐渐增大，根据可知，混合气体的平均分子质量减小，则MB＞ME，故D正确；
答案选D。
二、非选择题(共4题，总计58分)
15. 请回答下列问题：
室温下6种稀溶液：①、②、③、④、⑤氨水、⑥，回答下列问题：
（1）中和等体积、pH相同的①②③溶液消耗NaOH最多的是_____(用序号填写)
（2）将等体积、等物质的量浓度的③、⑥混合，则溶液的pH_____7(填“>”、“<”或“=”)
（3）将等物质的量浓度的①、⑤混合后呈中性，则消耗两溶液的体积①_____⑤(填“>”、“<”或“=”)。
（4）i、④溶液的pH为5，用离子方程式解释原因：_____。
ⅱ、pH均为5的③、④溶液中由水电离产生的的比值为_____(填序号)。
A．1∶1 B． C．
（5）常温下，的⑥溶液与的②溶液混合所得混合溶液 (混合过程中溶液体积变化忽略不计)，则_____。
【答案】（1）③ （2）>
（3）< （4） ①. ②. 1：104
（5）2：9
【解析】
【分析】是一元强酸，完全电离，②是二元强酸，完全电离，③是一元弱酸，不完全电离，④是能水解的盐，完全电离产生的会水解、⑤氨水是一元弱碱，不完全电离，⑥是一元强碱，完全电离，据此回答问题。
【小问1详解】
根据分析可知，中和等体积、pH相同的①②③溶液，则①和②电离的c(H+)相同，消耗相同，而③是一元弱酸，已经电离出的c(H+)与①②相同，还有未电离的H+，最终能电离的c(H+)大于①和②，故消耗最多；
【小问2详解】
将等体积、等物质的量浓度的③、⑥混合，两者完全反应生成，会发生水解：，溶液显碱性，pH>7；
【小问3详解】
将等物质的量浓度的①HCl、⑤氨水等体积混合后，两者若完全反应生成NH4Cl，会发生水解：，使溶液显酸性，若溶液显中性，则还有氨水剩余，氨水体积大于盐酸体积，故消耗两溶液的体积①<⑤；
【小问4详解】
ⅰ：④pH=5，显酸性，是因为会发生水解：；
ⅱ：室温下，③pH=5，则c(H+)=10-5ml/L，c(OH-)=10-9ml/L=c水(OH-)=c水(H+)，④pH=5，则c(H+)=10-5ml/L=c水(H+)，所以③和⑤由水电离产生的的比值为10-9：10-5=1：104；
【小问5详解】
常温下，的⑥NaOH溶液与的②溶液混合所得混合溶液(混合过程中溶液体积变化忽略不计)，则混合后溶液显碱性，说明碱过量，则有，解得a：b=0.02：0.09=2：9。
16. 油气开采、石油化工、煤化工等行业的废气中均含有硫化氢，需要将其回收处理并加以利用
Ⅰ、高温热分解法：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为_____。
（2）升高温度，该反应的化学平衡常数_____(填“变大”“变小”或“不变”)。
（3）工业上，通常在等温、等压条件下将与Ar的混合气体通入反应器，发生热分解反应，达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，的平衡转化率会_____(填“增大”“减小”或“不变”)
Ⅱ、克劳斯法：
已知：
（4）用克劳斯法处理，若生成1ml，放出热量_____kJ。
（5）用克劳斯法处理时，研究人员对反应条件对产率影响进行了如下研究。
①其他条件相同时，相同时间内，产率随温度的变化如图1所示。由图1可见，随着温度升高，产率先增大后减小，原因是_____。
②其他条件相同时，相同时间内，产率随值的变化如图2所示。值过高不利于提高产率，可能的原因是_____。
【答案】（1）
（2）变大 （3）增大
（4）314 （5） ①. 该反应是放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，的生成速率增大，单位时间的生成量增大，转化率增大，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小 ②. O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致产率减小
【解析】
【小问1详解】
根据平衡常数的定义，该反应的化学平衡常数表达式为K=。
【小问2详解】
正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，该反应的化学平衡常数变大。
【小问3详解】
在等温、等压条件下将与Ar的混合气体通入反应器，发生热分解反应，达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，容器体积增大，相当于减压，平衡正向移动，的平衡转化率会增大；
【小问4详解】
①
②
根据盖斯定律(①+②)÷3得△H=(-1036+94)kJ/ml ÷3=-314 kJ/ml，则生成1ml，放出热量314kJ。
【小问5详解】
①温度低反应速率慢，反应未达到平衡时，升高温度，的生成速率增大，单位时间的生成量增大，转化率增大，正反应放热，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小，所以随着温度升高，产率先增大后减小。
②O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致产率减小，所以值过高不利于提高产率。
17. 某学生欲用已知浓度的氢氧化钠溶液来滴定未知浓度的盐酸溶液，以酚酞试液为滴定指示剂。请填写下列空白：
（1）对于一支洁净的滴定管，使用之前的两步操作为 _______、_______。
（2）排除碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的 _______(填序号)，然后小心操作使尖嘴部分充满碱液。
（3）下列操作中可能使所测盐酸溶液的浓度偏低的是 _______。
A. 量取一定体积的待测液，最后读数时滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
B. 滴定前盛放盐酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C. 碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D. 读取氢氧化钠溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
（4）若第一次滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示，请将数据填入下面表格的横线处。
（5）请根据上表中数据计算该盐酸溶液的物质的量浓度c(HCl)=_______。
（6）请简述滴定终点的判定 _______。
【答案】（1） ①. 检查是否漏水 ②. 润洗
（2）③ （3）AD
（4）26.10 （5）0.1044ml/L
（6）当滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色由无色变粉红色，且半分钟内不变色
【解析】
【小问1详解】
中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，所以滴定管使用前两步操作为检查是否漏水、润洗，故答案为：检查是否漏水；润洗；
【小问2详解】
碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以③正确，故答案为：③；
【小问3详解】
A．量取一定体积的待测液最后读数时滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致待测液的体积偏大，测定结果偏低，A符合题意；
B．滴定前盛放盐酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对待测液的物质的量没有影响，不影响滴定结果，B不合题意；
C．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，C不合题意；
D．读取氢氧化钠溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，导致消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，D符合题意；
故答案为：AD；
【小问4详解】
根据题中图上的刻度可知，滴定前数值为0.00mL，滴定后数值为26.10mL，所以NaOH标准溶液的体积为26.10mL；故答案为：26.10；
【小问5详解】
四次消耗的NaOH溶液的体积为26.10mL，26.30mL，26.08mL，26.12mL，第二次数据舍去，三次滴定盐酸溶液的平均体积为=26.10mL，由HCl～NaOH可知，n（HCl）=n（NaOH）=cV，所以c（HCl）===0.1044ml/L，故答案为：0.1044ml/L；
【小问6详解】
NaOH溶液滴定盐酸，以酚酞作指示剂，滴定终点时，滴加最后一滴NaOH溶液时，颜色由无色变粉红色，且半分钟内不变色，故答案为：当滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色由无色变粉红色，且半分钟内不变色。
18. 某化学小组探究外界条件对化学反应速率的影响及其原因。
【实验原理】
【实验内容及记录】
（1）根据上表中的实验数据，可以得到的结论是_________。
（2）利用实验1中数据计算，用的浓度变化表示的反应速率为：_________。
（3）该小组同学根据经验绘制了随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但是实验过程中随时间变化的趋势应如图2所示。
①该小组同学根据图2提出的假设：生成的对该反应有催化作用；通过下列实验验证该假设是否成立。试管中加入少量固体的化学式为_________。
②若提出的假设成立，应观察到的现象是_________。
（4）①浓度增大反应速率加快的原因是_________(填序号，下同)。
②催化剂使反应速率加快的原因是_________。
a.单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加
b.使分子能量升高运动加快，单位时间内有效碰撞次数增加
c.降低了反应的活化能，提高了活化分子百分数，单位时间内有效碰撞次数增加
【答案】（1）其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大
（2）0.015 （3） ①. MnSO4 ②. 与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min
（4） ①. a ②. c
【解析】
【小问1详解】
从表中的实验数据可以看出，三次实验所用H2C2O4、H2SO4的浓度都相同，但KMnO4的浓度不同，KMnO4的浓度越大，反应所用时间越短，由此可以得到的结论是：其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大。答案为：其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大。
【小问2详解】
实验1中，在4min内，溶液完全发生反应，所以用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：υ(KMnO4)== 0.015ml/(L·min)。答案为：0.015。
【小问3详解】
①因为实验研究的是Mn2+对反应是否有催化作用，而反应开始前，溶液中不含有Mn2+，所以可在反应物中加入可溶性锰盐，对比反应完成所需的时间，以判断反应速率的快慢，因此加入的少量固体为MnSO4。
②由前面分析可知，若Mn2+起催化作用，反应所需时间短，从而得出现象及结论为：依据现象“与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min”，得出该小组同学提出的假设成立。答案为：MnSO4；与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min。
【小问4详解】
①浓度增大是使单位体积内分子总数增大，活化分子百分数不变，从而使单位体积内的活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加；
②使用催化剂是低了反应的活化能，提高了活化分子百分数，单位体积内分子总数则不变，从而使单位体积内的活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加。
【点睛】比较外界条件对反应速率的影响时，若同时改变几个条件，我们很难判断是哪一条件对反应速率产生影响。
19. 一氧化二氮可以用作火箭氧化剂，在室温下稳定，易于储存和飞行使用。现利用汽车尾气中的NO与H2反应来制备N2O气体，回答下列问题。
（1）已知：H2的燃烧热为286kJ·ml-1
① ΔH1=+180kJ·ml-1
② ΔH2=+164kJ·ml-1
③ ΔH3=+44kJ·ml-1
反应的ΔH=_____kJ·ml-1.
（2）总反应分为两步进行：
第①步：2NO(g)=N2O2(g)。
第②步：_____。
实验发现，第①步反应几乎不影响总反应到达平衡所用的时间，由此推断，下列关于该反应叙述正确的是_____。(填序号)
A．更换催化剂，可改变反应的ΔH
B．步骤①的逆反应活化能一定小于②的
C．步骤②的有效碰撞频率小于步骤①
D．反应进程中N2O2属于中间产物
（3）在1093K时，NO与H2以物质的量之比为2：1混合置于某密闭容器中，在恒温恒压(100kPa)的条件下，发生反应。达到平衡时，测得N2O的体积分数为20％，该平衡的Kp=_____(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（4）既能提高NO的平衡转化率又能加快反应的速率，可采取的措施是(举两种)_____。
【答案】19. -340
20. ①. N2O2(g)+H2(g)=N2O(g)+H2O(g) ②. CD
21.
22. 增大压强、增大氢气的浓度等
【解析】
【小问1详解】
表示H2燃烧热的热化学方程式可写成④：，根据盖斯定律，可由②+③+④-①合并得到，则。
【小问2详解】
根据盖斯定律，第②步反应等于总反应减去第①步反应，故第②步反应的方程式为。
相关说法分析如下：
A．催化剂只改变反应历程，不改变反应的，A错误；
B．第①步反应几乎不影响总反应到达平衡所用的时间，则步骤①不是决速反应，正反应活化能小于②的，但不能比较逆反应活化能大小，B错误；
C．步骤②反应速率比①的慢，说明步骤②的有效碰撞频率小于步骤①的，C正确；
D．根据反应步骤可知反应进程中N2O2属于中间产物，D正确；
故选CD。
【小问3详解】
设NO、H2起始物质的量分别为、，达到平衡时生成，列三段式得：
根据，平衡时，的体积分数为，，混合气体总物质的量为。该平衡的。
【小问4详解】选项
A
B
C
D
装置及操作
向右轻轻推动活塞压缩体积
分别测定20℃和80℃蒸馏水的电导率
现象
气体红棕色先变深再变浅
溶液血红色加深
80℃蒸馏水的电导率大于20℃的
加入粉末后电导率增大
解释
压强增大，平衡先逆向移动，再正向移动
增大反应物浓度，平衡正向移动
温度升高，水的电离平衡正向移动
在水中存在
序号
c(丙酮)
c(I2)
c(H+)
褪色时间/s
①
2
0.002
0.5
40
②
1
0.002
0.5
80
③
2
0.001
0.5
20
④
2
0.002
0.25
80
滴定次数
待测盐酸溶液体积/mL
0.1000ml•L﹣1氢氧化钠的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
25.00
/
/
_______
第二次
25.00
1.00
27.30
26.30
第三次
25.00
2.00
28.08
26.08
第四次
25.00
0.22
26.34
26.12
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
溶液
溶液
稀硫酸
1
3.0
2.0
3.0
2.0
4.0
2
3.0
3.0
2.0
2.0
5.2
3
3.0
4.0
1.0
2.0
6.4
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
再向试管中加入少量固体
室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
溶液
溶液
稀硫酸
4
3.0
2.0
3.0
2.0
t
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