四川省宜宾市2023_2024学年高二化学上学期9月月考试题含解析

这是一份四川省宜宾市2023_2024学年高二化学上学期9月月考试题含解析，共17页。试卷主要包含了 下列有关能量的说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.本试卷分为第一部分(选择题)和第二部分(非选择题)两部分。第一部分1~2页，第二部分3-4页。满分100分。考试时间75分钟。
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上无效。考试结束后，将答题卡交回，试卷自留。
可能用到的相对原子质量有：H-1 C-12 O-16 S-32 Cu-64
第一部分选择题(共42分)
一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 关于下列说法正确的是
A. 某物质经科学测定只含有一种元素，则可以断定该物质是一种纯净物
B. 金刚石、白磷都属于单质
C. SO2，SiO2，CO均属于酸性氧化物
D. 金属氧化物均为碱性氧化物
【答案】B
【解析】
【详解】A．同一种元素可以组成不同种单质，则含有一种元素的物质也可能是混合物，故A说法不正确；
B．金刚石是碳元素的单质，白磷是磷元素的单质，故B说法正确；
C．SO2，SiO2属于酸性氧化位，但CO不能和碱反应生成盐和水，所以CO 不属于酸性氧化物，故C说法不正确；
D．Al2O3属于金属氧化物，但它属于两性氧化位，而不属于碱性氧化位，故D说法错误；
本题答案B。
2. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 打开可乐瓶盖会产生大量的气泡
B. 理论上，合成氨采用高压以提高氨的产量
C. 配制硫酸亚铁溶液时，往往要加入一定量铁粉防止其氧化
D. 实验室用软锰矿制备氯气，可将产生的气体通过饱和食盐水以除去氯气中的氯化氢杂质
【答案】C
【解析】
【详解】A．水瓶内存在平衡CO2 + H2O H2CO3,打开汽水瓶，瓶内压强减小，平衡逆向移动，有气体冒出，能用勒夏特列原理解释，A不选；
B．合成氨为气体体积缩小的反应，增大压强平衡正向移动，所以高压以提高氨的产量，能够用勒夏特列原理解释，B不选；
C．在配制硫酸亚铁溶液时往往要加入一定量铁粉，防止亚铁离子被氧化，与平衡无关，不能用勒夏特列原理解释，故选C；
D．氯气和水的反应方程式为:Cl2 + H2OHCl + HClO，该反应是可逆反应，食盐水中有大量氯离子，使平衡逆向移动，减少氯气溶解，可用勒夏特列原理解释，D不选；
故本题选D。
3. 下列有关能量的说法不正确的是
A. 当反应物断键吸收的总能量比生成物成键释放的总能量高时，为吸热反应
B. 活化能越大，表明反应断裂旧化学键需要克服的能量越高
C. 吸热反应中，反应物化学键断裂吸收的总能量高于生成物形成化学键放出的总能量
D. 同温同压下，反应在光照和点燃条件下的不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．当反应物断键吸收的总能量比生成物成键释放的总能量高时，应为吸热反应，故A正确；
B．活化能越大，说明反应断裂旧化学键需要克服的能量越高，故B正确；
C．断键吸热，成键放热，吸热反应中，反应物化学键断裂吸收的总能量高于生成物形成化学键放出的总能量，故C正确；
D．焓变与反应的始态、终态有关，与反应条件无关，所以反应H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，故D错误；
故选D。
4. 常温下，将pH=4的硫酸溶液分别稀释成原体积的10倍、100倍、10000倍。则稀释后溶液的pH分别为（）
A. 5、6、8B. 5、6、7C. 4.7、6.7、8D. 4.7、6.7、7
【答案】B
【解析】
【详解】常温下，在pH=4的硫酸溶液中，c(H+)=10-4ml/L，将该硫酸稀释10倍后，溶液中氢离子浓度为：c(H+)=10-4ml/L×=10-5ml/L，pH=-lgc(H+)=5，将上述溶液稀释100倍，计算出的氢离子浓度为：c(H+)=10-4ml/L×=10-6ml/L，pH=-lgc(H+)=6，将上述溶液稀释10000倍，计算出的氢离子浓度为：c(H+)=10-4ml/L×=10-8ml/L，由于溶液中存在水的电离平衡，则此时溶液中c(H+)≈10-7ml/L，pH=-lgc(H+)≈7，溶液的pH分别为5、6、7，故选B。
5. 用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 含有个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L
B. 32g和的混合气体所含原子数为
C. 标准状况下，11.2L含有的原子数为
D. 常温常压下，44g含有的电子数为
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．氦气为单原子分子，故含NA个氦原子的氦气的物质的量为1ml，故在标况下为22.4L，故A错误；
B．氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g混合物中含有的氧原子的物质的量为2ml，个数为2NA个，故B错误；
C．标况下水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D．44g二氧化碳的物质的量为1ml，而二氧化碳中含22个电子，故1ml二氧化碳中含22NA个原子，故D正确；
故选D。
6. 下列各组物质全部是弱电解质的是
A. H2O、NH3·H2O、H3PO4、HFB. Cu(OH)2、CH3COOH、C2H5OH、CH3COONa
C. H2SO3、Ba(OH)2、BaSO4 D. SO2、H2S、CO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2O、NH3·H2O、H3PO4、HF全为弱电解质，故A正确；
B．C2H5OH是非电解质，CH3COONa是强电解质，故B错误；
C．Ba(OH)2、BaSO4 均为强电解质，故C错误；
D．SO2、CO2是非电解质，故D错误；
答案选A。
7. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 氨水溶液：Na+、K+、OH-、NO
B. 盐酸溶液：Na+、K+、SO、SiO
C. KMnO4溶液：NH、Na+、NO、I-
D. AgNO3溶液：NH、Mg2+、Cl-、SO
【答案】A
【解析】
【详解】A．在0.1ml/L氨水中，四种离子可以大量共存，A选；
B．在0.1ml/L盐酸中含有大量氢离子，四种离子中硅酸根可以与氢离子反应生成硅酸沉淀，故不能共存，B不选；
C．具有强氧化性，可以将碘离子氧化成碘单质，故不能共存，C不选；
D．在0.1ml/L硝酸银溶液中，银离子可以与氯离子、硫酸根离子反应生成氯化银、硫酸银沉淀，不能共存，D不选；
故选A。
8. 在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g) ΔH=-373.2kJ·ml-1，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取最好的措施是
A. 加催化剂同时升高温度B. 加催化剂同时增大压强
C. 升高温度同时充入N2D. 升高温度同时增大压强
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．加催化剂同时升高温度能加快化学反应速率，升高温度，平衡逆向移动，NO转化率降低，故A不可采取；
B．加催化剂同时增大压强能加快化学反应速率，增大压强，平衡正向移动，增大NO转化率，故B可采取；
C．升高温度同时充入N2化学反应速率加快，升高温度平衡逆向移动，充入N2平衡逆向移动，NO转化率减小，故C不可采取；
D．升高温度同时增大压强化学反应速率加快，但升高温度，平衡逆向移动，NO转化率减小，故D不可采取；
答案选B。
9. 常温下，下列有关电解质溶液叙述正确的是
A. 在0.1ml•L-1CH3COOH溶液中c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)
B. 在0.1ml•L-1Na2C2O4溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O)+c(C2O)
C. 在0.1ml•L-1NaHCO3溶液中c(H2CO3)+c(HCO)=0.1ml•L-1
D. 氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中c(Cl-)>c(NH)>c(OH-)>c(H+)
【答案】A
【解析】
【详解】A．0.1ml•L-1CH3COOH溶液中存在CH3COOH的微弱电离：CH3COOHCH3COO-+H+，H2O的微弱电离：H2OH++OH-，CH3COOH的电离程度大于水的电离程度，故c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)，A正确；
B．在0.1ml⋅L-1Na2C2O4溶液中，根据电荷守恒得到，B错误；
C．在0.1ml⋅L-1NaHCO3溶液中，根据物料守恒得到，C错误；
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=19的溶液，则，根据电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(NH)+c(H+)，则，故，D错误；
答案选A。
10. 下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。
据此判断下列说法中正确的是( )
A. 由图1知，石墨转变为金刚石是吸热反应
B. 由图2知，S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH1，S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
C. 由图3知，白磷比红磷稳定
D. 由图4知，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH＞0
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据图1知，石墨能量低，因此石墨转变为金刚石是吸热反应，故A正确；
B．根据图2知，1ml S(g)具有的能量比1ml S(s)具有的能量高，S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH1， S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2 ，1ml S(g)燃烧放出的热量多，由于放热焓变为负，放出热量越多，焓变反而越小，因此则ΔH1＜ΔH2，故B错误；
C．根据图3知，根据能量越低越稳定，得出红磷比白磷稳定，故C错误；
D．根据图4知，CO2(g)+H2(g) = CO(g)+H2O(g) ΔH＞0，则CO(g)+H2O(g) = CO2(g)+H2(g) ΔH＜0，故D错误。
综上所述，答案为A。
11. 已知某可逆反应在密闭容器中进行：A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(s)ΔH<0，如图中曲线b代表一定条件下A物质的转化率随时间变化的曲线。若使曲线b变为曲线a，可采取的措施是
①增大A的浓度②缩小容器的容积③增大B的浓度④升高温度⑤加入合适的催化剂
A. ①B. ②④C. ②⑤D. ②③
【答案】C
【解析】
【分析】曲线b变为曲线a，到达平衡时间缩短，且A的转化率不变，说明改变条件，化学反应速率加快，且不影响化学平衡移动；该反应是体积不变的反应，压强不影响化学平衡，以此来解答。
【详解】①增大A的浓度，平衡正向移动，但A的转化率减小，故①不选；
②缩小容器的容积，压强增大，反应速率加快，平衡不移动，故②选；
③增大B的浓度，平衡正向移动，A的转化率增大，故③不选；
④该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，故④不选；
⑤加入合适的催化剂，反应速率加快，平衡不移动，故⑤选。
故答案选：C。
12. Sb2O3可用作白色颜料和阻燃剂。在实验室中可利用SnCl3的水解反应制取Sb2O3，其反应可表示为：2SbCl3+3H2OSb2O3+6HCl。某同学为了得到较多的Sb2O3，该同学进行了如下的操作，其中不必要的是
A. 将SbCl3缓慢加入大量水中B. 反应后期加入少量氨水
C. 反应过程中适当加热D. 将SbCl3固体研磨为粉末
【答案】D
【解析】
【详解】A．将缓慢加入大量水中，越稀，水解程度越大，平衡正向移动，能得到较多的Sb2O3，故不选A；
B．反应后期加入少量氨水，消耗，平衡正向移动，能得到较多的Sb2O3，故不选B；
C．水解为吸热反应，反应过程中适当加热，平衡正向移动，能得到较多的Sb2O3，故不选C；
D．将SbCl3固体研磨为粉末，能加快反应速率，不能使平衡移动，故选D；
选D。
13. 反应mX(g)nY(g)+pZ(g) ΔH，在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A. 该反应的ΔH>0B. m＜n+p
C. B、C两点化学平衡常数：KB>KCD. A、C两点的反应速率v(A)＜v(C)
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知温度升高，Y的体积分数增大，说明平衡正向移动，则正向为吸热反应，故A正确；
B．由图可知，增大压强，Y的体积分数减小，说明平衡逆向移动，则m＜n+p，故B正确；
C．对吸热反应来说，温度升高，K增大，KB＜KC，故C错误；
D．A、C温度相同，C点压强大，则C点的速率大于A点，故D正确；
故选C。
14. 肼(N2H4)又称联氨，为二元弱碱，在水中的电离与氨类似。已知常温下，N2H4第一步电离平衡。下列说法错误的是
A. N2H4的水溶液中存在：
B. 反应的平衡常数
C. 联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为
D. 向的水溶液中加水，
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒可知：的水溶液中存在：，A正确；
B．第一步电离平衡，反应的平衡常数与，，B正确；
C．联氨为二元弱碱，与硫酸形成酸式盐，酸过量即氢离子过量，与氨基完全反应，化学式为，C错误；
D．向的水溶液中加水，=， D正确；
故选C。
第二部分非选择题(共58分)
二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)
15. 现有六种原子序数依次增大的短周期主族元素A、B、C、D、E、F。已知信息如下：
①A是原子半径最小的元素，B是空气中含量最多的元素；
②D是短周期元素中金属性最强的元素；
③部分元素在周期表中的相对位置如表所示：
请回答下列问题：
（1）A与F形成的常见化合物的结构式为_______；
（2）B、C、D、E的原子半径由大到小的顺序为_______(填元素符号)，简单离子半径由大到小的顺序为_______(填离子符号)。
（3）上述元素对应最高价含氧酸中酸性最强的是_______(填化学式，下同)，形成的最简单氢化物中沸点最高的为_______。
（4）C、D的单质在加热条件下反应的产物可用作_______(写出一种用途)，该产物中含有的化学键的类型为_______。该氧化物与水反应产生标况下2.24L气体转移的电子数为_______。
【答案】（1）H-Cl
（2） ①. Na>S>N>O ②.
（3） ①. ②.
（4） ①. 供氧剂 ②. 离子键、共价键 ③. 0.2
【解析】
【分析】根据题中，A是原子半径最小的元素，可知A为H，B是空气中含量最多的元素，可知B为N，D是短周期元素中金属性最强的元素可知D为Na，根据③部分元素在周期表中的相对位置可知C为O，E为S，六种原子序数依次增大短周期主族元素，可知F为Cl，以此来解析；
【小问1详解】
由分析可知A为H，F为Cl，A与Ｆ形成的化合物为HCl，结构式为H-Cl；
【小问2详解】
B为N、C为O、D为Na、E为S，电子层越多原子半径越大，电子层相同时核电荷数越大原子半径越小，B、C、D、E的原子半径由大到小的顺序为Na>S>N>O；B、C、D、E的离子分别为N3−、O2−、Na+、S2−，电子层越多离子半径越大，电子层相同时核电荷数越大离子半径越小，B、C、D、E简单离子半径由大到小的顺序为S2−>N3−>O2−>Na+；
小问3详解】
非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，六种元素中非金属最强是O，其次是Cl，但是O无最高价氧化物对应水化物，所以只能是Cl，最高价氧化物对应水化物为HClO4；最简单氢化物为分子，沸点高低取决分子间作用力的强弱，水存在分子间氢键，氢键比分子间作用力强，所以沸点高的H2O；
【小问4详解】
C为O、D为Na，二者在加热条件下反应的产物为过氧化钠，可用作供氧剂，钠离子与过氧根离子间存在离子键，氧与氧之间存在共价键，所以既有离子键又有共价键，过氧化钠与水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，标况下2.24L气体的物质的量，O元素从-1价升高到0价，转移的电子数为0.2。
16. 下列是中学常见的物质：
①铜②液氯③稀盐酸④氯化银⑤⑥乙醇⑦冰醋酸⑧氟化氢⑨氢氧化钡溶液⑩氨水
回答下列问题：
（1）上述物质中能导电的是_______(填写序号，下同)，属于电解质的是_______，属于非电解质的是_______，属于强电解质的是_______，属于弱电解质的是_______。
（2）用方程式说明溶于水发生的所有变化：_______。
（3）写出⑦溶液与⑩溶液混合时的离子反应方程式：_______。
（4）在体积都为1L、的盐酸、醋酸溶液中，投入0.65g锌粒，则下图所示比较符合客观事实的是_______(填序号)。
A. B.
C. D.
【答案】（1） ①. ①③⑨⑩ ②. ④⑤⑦⑧ ③. ⑥ ④. ④⑤ ⑤. ⑦⑧
（2）
（3）CH3COOH+NH3∙H2O=CH3COO-++H2O（4）C
【解析】
【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；强电解质是指在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物，即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐；
溶液导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；
【小问1详解】
①铜为金属单质，导电；②液氯为非金属单质，不导电；③稀盐酸为溶液属于混合物，溶液导电；④氯化银为固体，属于盐，为强电解质，不导电；⑤为固体，属于盐，为强电解质，不导电；⑥乙醇为有机物，属于非电解质；⑦冰醋酸为酸是醋酸固体，不导电，为弱电解质；⑧氟化氢为气体，不导电，水溶液为弱酸，HF为弱电解质；⑨氢氧化钡溶液为混合物，水溶液可以导电；⑩氨水为氨气的水溶液，属于混合物，能导电；
上述物质中能导电的是①③⑨⑩，属于电解质的是④⑤⑦⑧，属于非电解质的是⑥，属于强电解质的是④⑤，属于弱电解质的是⑦⑧；
【小问2详解】
硫酸为强酸，溶于水完全电离生成铵根离子、氢离子、硫酸根离子，；
【小问3详解】
⑦溶液与⑩溶液混合反应生成醋酸铵和水，离子反应方程式：CH3COOH+NH3∙H2O=CH3COO-++H2O；
【小问4详解】
盐酸为强酸，醋酸为弱酸，在体积都为1L、的盐酸、醋酸溶液中，醋酸的浓度要远大于盐酸，投入0.65g锌粒（物质的量为0.01ml），反应结束前醋酸反应的速率要大于盐酸反应的速率；1L、的盐酸中氢离子的浓度为0.01ml/L，物质的量为0.01ml，Zn+2H+=Zn+H2↑，可知盐酸不足、锌过量生成氢气0.005ml；醋酸浓度远大于盐酸，则醋酸和锌反应生成氢气的质量大于盐酸生成氢气的量；
A．由分析可知，醋酸和锌反应生成氢气的质量大于盐酸生成氢气的量，A错误；
B．由分析可知，醋酸生成氢气比盐酸反应速率快，B错误；
C．由分析可知，醋酸生成氢气比盐酸反应速率快且多，C正确；
D．由分析可知，反应后盐酸完全反应氢离子浓度为零，D错误；
故选C
17. 滴定法是定量测定实验中的重要组成部分。
（1）K2Cr2O7是常用的氧化还原滴定试剂。滴定时应将K2Cr2O7溶液加入______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；在规格为25 mL的滴定管中，若K2Cr2O7溶液起始读数是5.00 mL，此时滴定管中的实际体积为_____(填序号)。
A．1.5 mL B．20 mL C．大于20 mL D．小于20 mL
（2）如图所示，排除碱式滴定管中气泡的方法应采用操作______(填“甲”“乙”或“丙”)，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
（3）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验。请完成下列填空：
①由NaOH固体配制0.10 ml/LNaOH标准溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、____________________(从图中选择，写出名称)。
②取20.00 mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次，记录数据如下：
滴定达到终点的标志是___________________________________________。根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_____________________(保留两位有效数字)。
③用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸时，下列各操作中无误差的是______(填序号)。
A．用蒸馏水洗净碱式滴定管后，注入NaOH标准溶液进行滴定
B．用蒸馏水洗涤锥形瓶后，再用待测盐酸润洗，而后装入一定体积的盐酸溶液进行滴定
C．用酸式滴定管量取10.00 mL稀盐酸放入用蒸馏水洗涤后的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水和几滴酚酞后进行滴定
D．滴定完毕读数后发现滴定管尖嘴还残余1滴液体
【答案】（1） ①. 酸式 ②. C
（2）丙（3） ①. 烧杯、量筒、托盘天平 ②. 滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色 ③. 0.11 ml/L ④. C
【解析】
【小问1详解】
K2Cr2O7溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，因此滴定时应将K2Cr2O7溶液加入酸式滴定管中。滴定管下端有部分容器体积未计入读数，因此在规格为25 mL的滴定管中，此时滴定管中K2Cr2O7溶液的实际体积大于20 mL；
【小问2详解】
碱式滴定管装满溶液后，用拇指和食指拿住玻璃球所在部位并使乳胶管向上弯曲，出口管斜向上，然后在玻璃球部位侧面迅速捏橡皮管，使溶液从管口喷出，所以丙正确，合理选项是丙；
【小问3详解】
①用药匙取固体药品，托盘天平用于称量固体样品的质量，并在烧杯将称量好的固体药品的溶解，为促进物质溶解，要使用玻璃棒进行搅拌；量筒用于量取蒸馏水，避免直接向烧杯中加蒸馏水使溶液体积过大；故使用的仪器还有烧杯、量筒、托盘天平；
②开始滴定时指示剂酚酞在待测酸溶液中，溶液无色，随着NaOH标准溶液的滴入，溶液碱性逐渐增强，当滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色时，滴定达到终点。
三次滴定数据都是有效的，消耗标准液的平均体积V=，则该盐酸的浓度为；
③A．用蒸馏水洗净碱式滴定管后，注入NaOH标准溶液进行滴定，导致标准溶液浓度偏小，则待测盐酸消耗标准溶液体积偏大，以此为标准计算的盐酸待测溶液浓度偏大，A不符合题意；
B．用蒸馏水洗涤锥形瓶后，再用待测盐酸润洗，而后装入一定体积的盐酸溶液进行滴定，锥形瓶中待测盐酸的物质的量偏多，反应消耗标准溶液体积偏大，以此为标准计算的盐酸待测溶液浓度偏大，B不符合题意；
C．用酸式滴定管量取10.00 mL稀盐酸放入用蒸馏水洗涤后的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水和几滴酚酞后进行滴定，不影响酸碱滴定，以此对测定的浓度吧u产生任何影响，C符合题意；
D．滴定完毕读数后发现滴定管尖嘴还残余1滴液体，这1滴液体的体积已经计算在待测盐酸消耗标准NaOH溶液的体积范围内，导致待测溶液浓度偏高，D不符合题意；
故合理选项是C。
18. 回答下列问题：
（1）微生物作用下，经过两步反应被氧化成。两步反应的能量变化示意图如图：
1ml(aq)全部氧化成(aq)的热化学方程式是_______。
（2）高能燃料肼N2H4，俗称联氨。在工业生产中用途广泛。已知N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-622kJ·ml-1，计算16gN2H4(l)燃烧生成氮气和液态水(反应①)时放出的热量为_______kJ。相同条件下，若生成氮气和水蒸气(反应②)，则反应②放出的热量比①_______(填“多”或“少”)。
（3）甲醇是一种重要的化工原料，CO可用于合成甲醇，发生反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)。在一容积可变的密闭容器中充有1mlCO与2mlH2，在催化剂作用下发生反应生成甲醇。CO的平衡转化率(ɑ)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。
①p1_______p2(填“>”“<”或“=”)
②A、B、C三点的平衡常数(KA、KB、KC)大小关系为_______(用“>”“<”或“=”连接，下同)
③A、B、C三点容器内混合气体的平均摩尔质量(MA、MB、MC)大小关系为_______。
④下列可作为反应达到化学平衡状态的标志的是_______(填字母)
A.CO、CH3OH的物质的量之比保持不变
B.生成1mlCO的同时生成2mlH2
C.CO、H2、CH3OH的物质的量之比为1：2：1
D.CH3OH的体积分数不再变化
【答案】（1）(aq)+2O2(g)=(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=-346kJ·ml-1
（2） ①. 311 ②. 少
（3） ①. < ②. KA=KB>KC ③. MA=MC【解析】
【小问1详解】
第一步反应①的热化学方程式为NH(aq)+1.5O2(g)=2H+(aq)+NO(aq)+H2O(l)△H=-273kJ·ml-1，第二步反应②的热化学方程式为：NO2(aq)+0.5O2(g)=(aq))△H=-73kJ·ml-1，由盖斯定律可知①+②得1mlNH(aq)全部氧化成(aq)的热化学方程式为(aq)+2O2(g)=(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=-346kJ·ml-1；
【小问2详解】
已知N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-622kJ·ml-1，则16gN2H4(l)燃烧生成氮气和液态水(反应①)时放出的热量为×622kJ/ml=311kJ，由于液态水变为气态水需要吸热，则相同条件下，若生成氮气和水蒸气(反应②)，则反应②放出的热量比①少，故答案为：311；少；
【小问3详解】
①该反应正向是个气体体积减小的反应，增大压强，平衡正移，CO的平衡转化率增大，则p1②平衡常数只与温度有关，则KA=KB，升高温度，CO平衡转化率减小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应△H<0，T2>T1，温度越高平衡常数越小，则A、B、C三点的平衡常数大小为：KA=KB>Kc，故答案为：KA=KB>KC；
③CO的平衡转化率越大，平衡正向进行的程度越大，混合气体的总物质的量越小，反应过程中气体的总质量不变，混合气体的平均摩尔质量越大，则MA=MC④A.反应正向进行，CO的物质的量减小，CH3OH的物质的量增加，两者的物质的量之比保持不变，说明反应达到平衡状态，故A正确；
B.生成1mlCO的同时生成2mlH2，均为逆反应速率，不能表示平衡状态，故B错误；
C.平衡时，各物质的物质的量之比不一定等于系数比，则CO、H2、CH3OH的物质的量之比为1：2：1，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.反应过程中CH3OH的体积分数不断变化，当CH3OH的体积分数不再变化时，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故选：AD。
19. 以下是关于合成氨的有关问题，请回答：
（1）若在一容积为2L的密闭容器中加入0.2ml的N2和0.6ml的H2在一定条件下发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)∆H<0，若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2ml。则平衡时c(N2)=___。平衡时H2的转化率为___%。
（2）平衡后，若提高H2的转化率，可以采取的措施有___。
A. 加了催化剂B. 增大容器体积
C. 降低反应体系的温度D. 加入一定量N2
（3）若在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)∆H<0，其化学平衡常数K与温度T的关系如表所示：请完成下列问题：
①写出化学平衡常数K的表达式___。
②试比较K1、K2的大小，K1___K2(填“>”、“<”或“=”)；
③400℃时，反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数为___。当测得NH3、N2和H2物质的量分别为3ml、2ml和1ml时，则该反应的v(N2)正___v(N2)逆(填“>”、“<”或“=”)。
【答案】（1） ①. 0.05ml/L ②. 50%（2）CD
（3） ①. ②. > ③. 2 ④. >
【解析】
【分析】
【小问1详解】
若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2ml，因此消耗氢气的物质的量是0.2ml×＝0.3ml，氢气的转化率为：，由方程式可知，消耗氮气为0.1ml，平衡时氮气的浓度是＝0.05ml/L，故答案为：0.05ml/L；50%；
【小问2详解】
A.加了催化剂加快反应速率，不影响平衡移动，氢气转化率不变，选项A错误；
B.增大容器体积，压强减小，平衡向逆反应方向移动，氢气转化率减小，选项B错误；
C.正反应为放热反应，降低反应体系的温度，平衡正向移动，氢气转化率增大，选项C正确；
D.加入一定量N2，平衡正向移动，氢气转化率增大，选项D正确，
故答案为：CD；
【小问3详解】
①由反应可知平衡常数的表达式为：K=，故答案为：；
②正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故K1>K2，故答案为：>；
B
C
E
实验编号
NaOH溶液的浓度(ml/L)
滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积(mL)
待测盐酸溶液的体积
(mL)
1
0.10
22.62
20.00
2
0.10
22.72
20.00
3
0.10
2280
20.00
T/℃
200
300
400
K
K1
K2
0.5