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【化学】吉林省白城市第一中学2018-2019学年高一6月月考试题（解析版）
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吉林省白城市第一中学2018-2019学年高一6月月考试题
第Ⅰ卷(选择题 共50分)
一、选择题(本题包括20小题，1-10题 每小题2分；11-20题 每小题3分，共50分。每小题只有一个选项符合题意)
1.在2A(g)＋B(s)3C(g)＋5D(g)反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. υ(A)＝ 0.5 mol／(L·ｓ) B. υ(B)＝ 0.3 mol／(L·ｓ)
C. υ(C)＝ 0.8 mol／(L·ｓ) D. υ(D)＝ 1 mol／(L·ｓ)
【答案】C
【解析】都转化为A物质表示的速率进行比较，对于2A（g）+B（s）3C（g）+5D（g），
A.υ（A）=0.5mol/（L·s）；
B.化学反应速率是通过单位时间内反应物浓度的减少或产物浓度的增加表示，但B为固体，固体不存在浓度，也在不存在单位时间内的浓度变化，不能表示反应速率；
C.υ（C）=0.8mol/（L·s），反应速率之比等于化学计量数之比，故υ（A）=υ（C）=×0.8mol/（L·s）=0.53mol/（L·s）；
D.υ（D）=1mol/（L·s），反应速率之比等于化学计量数之比，故υ（B）=υ（D）=×1mol/（L·s）=0.4mol/（L·s）；
所以表示该反应速率最快的是C。
故选C。
2.关于电解质强弱及非电解质的组合完全正确的是（ ）
A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
CaCO3
HNO3
弱电解质
HF
BaSO4
HClO
CH3COOH
非电解质
Cl2
CO2
C2H5OH
H2O
【答案】C
【解析】A.NaCl溶于水能完全电离，所以NaCl是强电解质；HF在水中只有部分电离，所以属于弱电解质；氯气是单质，不是化合物，所以氯气不是非电解质，故A错误；
B.H2SO4溶于水能完全电离，所以H2SO4是强电解质；溶于水的硫酸钡能完全电离，所以硫酸钡是强电解质；CO2自身不能电离出阴阳离子，所以是非电解质，故B错误；
C.溶于水的CaCO3能完全电离，所以CaCO3是强电解质；HClO在水中只有部分电离，所以属于弱电解质；纯乙醇和乙醇的水溶液都不导电，所以是非电解质，故C正确；
D.HNO3溶于水能完全电离，所以HNO3是强电解质；醋酸在水中只有部分电离，所以属于弱电解质；水为弱电解质，故D错误。
故选C。
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 增大反应物浓度,可增大单位体积内活化分子个数，从而使单位时间内有效碰撞次数增大
B. 有气体参加化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C. 升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
D. 催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
【答案】C
【解析】增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，但不会增大单位体积内活化分子的百分数，A、B错；C正确；催化剂可降低反应的活化能从而增大单位体积内活化分子百分数而增大反应速率，D错。
4.在25℃和1.01×105Pa时，2N2O5(g) 4NO2(g) + O2(g) △H=+56.7kJ／mol，能自发进行的合理解释是（ ）
A. 是吸热反应 B. 是放热反应
C. 是熵减反应 D. 是熵增效应大于能量效应
【答案】D
【解析】A.吸热反应△H＞0，△S＞0，高温△H-T△S可能大于0，为非自发反应，故A不选；
B.本反应△H＞0，是吸热反应，故B不选；
C.本反应是熵增加的反应，△H＞0，高温△H-T△S可能大于0，为非自发反应，故C不选；
D.熵增效应大于能量效应，△S＞0，△H＞0，△H-T△S＜0，反应能自发进行，故D选。
故选D。
5.下列溶液一定呈中性的是（ ）
A. pH=7的溶液 B. c(H+)=c(OH－)=10-6mol/L溶液
C. 使石蕊试液呈紫色的溶液 D. 等体积等浓度的酸与碱反应后的溶液
【答案】B
【解析】A.pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；
B.c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L溶液，溶液的pH=6，溶液一定呈中性，故B正确；
C.石蕊试液呈紫色的溶液，常温下溶液显酸性，故C错误；
D.等体积等浓度的酸与碱反应后的溶液，若是强酸强碱反应，溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应溶液呈碱性，故D错误。
故选B。
6.下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是( )
A. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅
B. 高压比常压有利于合成SO3的反应
C. 由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深
D. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
【答案】C
【解析】A．存在平衡2NO2（g）⇌N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的密度目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍不原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故A不选；
B．存在平衡2SO2+O2（g）⇌2SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B不选；
C．存在平衡H2+I2（g）⇌2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故C选；
D．对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向右移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；
7.在100mL下列溶液中，分别加入0.05molNaOH固体，溶液的导电性变化不大的是（ ）
A. 0.5mol/L的HCl B. 0.5mol/L的CH3COOH
C. 蒸馏水 D. 0.5mol/L的氨水
【答案】A
【解析】A．盐酸是强酸，向溶液中加入氢氧化钠后，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，氯化钠是强电解质，所以离子浓度变化不大，所以溶液导电能力变化不大，故A选；B．醋酸是弱电解质，氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠，溶液中的溶质由弱电解质变成强电解质，离子浓度增大，溶液的导电能力增大，故B不选；C．水是弱电解质且水的电离程度很小，所以水中自由移动离子浓度很小，向水中加入氢氧化钠固体，氢氧化钠是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，所以导电能力变化较大，故C不选；D．一水合氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，向氨水中加入氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度增大，所以导电能力增大，故D不选；故选A。
8.一定条件下，容积可变的密闭容器中反应A2(g)＋B2(g) 2AB(g)达到平衡状态的标志是（ ）
A. υ(正、A2) ＝2υ(逆、AB)
B. 容器内的总压强不随时间而变化
C. 单位时间内生成2n mol AB的同时，生成n mol的B2
D. 混合气体密度不变
【答案】C
【解析】A.υ(正、A2)不是正反应速率，υ(逆、AB)表示逆反应速率，但不满足速率之比是相应的化学计量数之比，应为2υ(正、A2)=υ(逆、AB)，所以不能用来判断是否达到平衡状态，故A错误；
B.因为反应前后气体的体积是不变的，所以压强始终是不变的，不能用压强来判断是否达到平衡状态，故B错误；
C.单位时间内生成2n mol AB的同时，生成n mol的B2，反应速率方向是相反，满足速率之比是相应的化学计量数之比，说明正逆反应速率相等，所以能用来判断是否达到平衡状态，故C正确；
D.密度是混合气的质量和容器容积的比值，根据质量守恒，在化学反应前后混合物的质量不变，容器的体积不变，所以密度始终是不变的，所以不能用来判断是否达到平衡状态，故D错误。
故选C。
9.用蒸馏水稀释0. 1mol/L的CH3COOH溶液时，始终保持增大趋势的是（ ）
A. c(CH3COOH) B. c(H+) C. c(CH3COO－) D. c(OH－)
【答案】D
【解析】A.CH3COOH是弱电解质，在水中发生部分电离，CH3COOHH++CH3COO-，加蒸馏水稀释可促进其电离，则c(CH3COOH)减小，故A错误；
B.CH3COOH是弱电解质，在水中发生部分电离，CH3COOHH++CH3COO-，加蒸馏水稀释可促进其电离，则n(H+)增大，但是H+物质的量的增大程度远小于溶液体积的增大程度，所以c(H+)减小，故B错误；
C.CH3COOH是弱电解质，在水中发生部分电离，CH3COOHH++CH3COO-，加蒸馏水稀释可促进其电离，则n c(CH3COO－)增大，但是CH3COO－物质的量的增大程度远小于溶液体积的增大程度，所以c(CH3COO－)减小，故C错误；
D.由B可知，c(H+)减小，由于Kw=c(H+)c(OH－)为定值，所以c(OH－)保持增大趋势，故D正确。
故选D。
10.反应2A(g) 2B(g)+C(g)；△H＞0，达平衡时，要使υ(正)降低、C(A)增大，应采取的措施是（ ）
A. 加压 B. 减压 C. 升温 D. 降温
【答案】D
【解析】A.加压，平衡向逆反应移动，c(A)增大，但v(正)增大，故A错误；
B.减压，v(正)降低，但平衡向正反应移动，c(A)降低，故B错误；
C.升高温度平衡向正反应移动，c(A)增大，同时v(正)增大，故C错误；
D.降低温度，v(正)降低，平衡向逆反应移动，c(A)增大，故D正确。
故选D。
11.对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是（ ）
A. B. Na C. D. NaOH
【答案】C
【解析】水的电离方程式为：H2OH++OH-。
A.氯化氢溶于水后能电离出氢离子，使水的电离向左移动，所以能抑制水的电离，故A错误；
B.向水中加入钠后，钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠电离出氢氧根离子，使水的电离向左移动，所以能抑制水的电离，故B错误；
C.此结构示意图代表的是Cl-，是强酸阴离子，不能水解，对水的电离无影响，故C正确；
D.氢氧化钠电离出氢氧根离子，使水的电离向左移动，所以能抑制水的电离，故D错误。
故选C。
12.25℃时，某溶液中由水电离出的c(OH－)=1×10－13 mol/L，该溶液中一定不能大量共存的离子组是（ ）
A. NH4+ 、Fe3+ 、SO42－ 、Cl－ B. CO32－ 、PO43－ 、K+ 、Na+
C. HPO42－ 、 Na+ 、 HSO3－、K+ D. Na+ 、SO42－ 、NO3－ 、Cl－
【答案】C
【解析】25°C时，某溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-13mol/L，为酸或碱溶液；
A.因碱溶液中不能大量存在NH4+、Fe3+，但在酸溶液中不反应能共存，故A错误；
B.因酸溶液中不能大量存在CO32-、PO43－，碱溶液中不反应能共存，故B错误；
C.HPO42－、HSO3-既能与酸反应又能与碱反应，一定不能共存，故C正确；
D.因酸或碱溶液中Na+、SO42-、NO3-、Cl-均不反应，能大量共存，故D错误。
故选C。
13.对于可逆反应A(g) + 2B(g)2C(g)(正反应吸热)，下列图象中正确的是（ ）
(D选项中A%平衡混合气中A的体积百分含量)
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】A.该反应为吸热反应，升高温度化学平衡应正向移动，正反应速率大于逆反应速率，但图象中取交点后的某点可知逆反应速率大于正反应速率，故A错误；
B.增大压强，化学平衡正向移动，重新达到平衡后正反应速率大于逆反应速率，与图象不符，故B错误；
C.温度高，反应速率大，先到达平衡，即500℃时先达到平衡状态，与图象不符，故C错误；
D.由图象可知，温度高的先达到平衡，且温度高时向正反应进行的程度大，则A的含量低，故D正确。
故选D。
14. 下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是（ ）
①已达平衡的反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动
②已达平衡的反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g），当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高
③有气体参加的反应平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动
④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动
A. ①④ B. ①②③
C. ②③④ D. ①②③④
【答案】D
【解析】①若增加固体物碳物质的量，平衡不发生移动，因为固体物质的浓度是不变量，无法增大C的浓度，故①错误；
②两种反应物，增大一种物质会提高另一种物质的转化率，本身转化率减小，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率减小，故②错误；
③对于气体体积保持不变的可逆反应，减小容积或增大压强时，平衡不一定向气体体积增大的方向移动，故③错误；
④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，反应前后气体体积不变的反应，平衡不动，如H2（g）+I2（g）=2HI（g）；反应前后气体体积变化的反应，平衡发生移动，如N2（g）+3H2（g）═2NH3（g），故④错误。
故选D
15.某温度下，密闭容器中发生反应aX(g) bY(g)＋cZ(g)，达到平衡后，保持温度不变，将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍。则下列叙述正确的是（ ）
A. 可逆反应的化学计量数：a＞b＋c
B. 达到新平衡时，物质X的转化率减小
C. 压缩容器的容积时，υ正增大，υ逆减小
D. 达到新平衡时，混合物中Z的质量分数增大
【答案】B
【解析】
【分析】将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则应由a＜b+c，结合压强对平衡移动的影响解答该题。
【详解】A.将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则应由a＜b+c，故A错误；
B.平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时，物质X的转化率减小，故B正确；
C.压缩容器的容积，压强增大，正逆反应速率都增大，故C错误；
D.平衡向逆反应方向移动，混合物中Z的质量分数减小，故D错误。
故选B
16.2.0molPCl3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)达平衡时，PCl5为0.4mol，如果此时移走1.0molPCl3和0.50molCl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（ ）
A. 0.4mol
B. 0.2mol
C. 小于0.2mol
D. 大于0.2mol，小于0.4mol
【答案】C
【解析】达平衡后移走1mol PCl3 和0.5mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1molmol PC13和0.5mol C12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，该反应为气体体积缩小的反应，则平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，达新平衡时PC15的物质的量小于原平衡的，即在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量＜0.4mol×=0.2mol，故答案为C。
17.25℃时，某一元强碱溶液的pH为a，某一元酸HA溶液的pH为b，电离度为1. 0‰若将1体积的此强碱溶液与10体积的HA溶液混合，恰好完全反应。则a与b之和为（ ）
A. 14 B. 16 C. 18 D. 20
【答案】C
【解析】25℃时，某一元强碱溶液的pH为a，则溶液中c（OH-）=10a-14mol/L，某一元酸HA溶液的pH为b，c（H+）=10-bmol/L，电离度为1.0‰，则酸为弱酸，其浓度c（HA）==103-bmol/L，而将1体积的此强碱溶液与10体积的HA溶液混合，恰好完全反应，故有：10a-14mol/L×VL=103-bmol/L×10VL，解得a+b=18。
故选C。
18.反应mA(s)+nB(g) pC(g)，△H<0，在一定温度下，平衡时B的体积分数(B％)与压强变化的关系如图所示，下列叙述中一定正确的是（ ）
① m + n < p ②x点表示的正反应速率大于逆反应速率 ③ n < p ④ x点反应速率比y点时的反应速率慢 ⑤若升高温度，该反应的平衡常数增大
A. ②③④ B. ①②④
C. ③④⑤ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】①A为固态，压强对该物质无影响，由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有n＜p，故①错误；
②x点位于曲线上方，未达到平衡状态，由图象可以看出，当B的含量减小时，可趋向于平衡，则应是向正反应方向移动，即V正＞V逆，故②正确；
③由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有n＜p，故③正确；
④由图像可以看出x点的压强小于y点压强，压强越大，反应速率越大，故x点比y点的反应速率慢，故④正确；
⑤正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故⑤错误。
故选A。
19.常温时，将pH为5的HCl溶液与pH为2的H2SO4溶液等体积混合后，溶液的氢氧根离子浓度最接近于（ ）
A. 2×10-12mol/L B. 1/2(10-9+10-12)mol/L
C. (10-9+10-12)mol/L D. 1/2(10-5+10-2)
【答案】A
【解析】pH=5的HCl溶液中c（H+）=1×10-5mol/L，pH=2的H2SO4溶液中c（H+）=1×10-2mol/L，混合后混合溶液中氢离子浓度=mol/L，则溶液中的c（OH-）=mol/L=2×10-12mol/L。
故选A。
20.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。下列说法正确的是（ ）
A. 550℃时，若充入惰性气体，ʋ正，ʋ逆 均减小，平衡不移动
B. 650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C. T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
D. 925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总
【答案】B
【解析】A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当550℃时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此ʋ正，ʋ逆 均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A错误；B．根据图像可知在650℃时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1 mol，则反应产生CO 0.4 mol，其中含有CO2 0.6 mol，反应产生0.4 molCO消耗CO2的物质的量是0.2 mol，因此CO2转化率为0.2 mol÷(0．6 mol+0.2 mol)×100%=25.0%，B正确；C．T℃时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C错误；D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=，D错误。答案选B。
第Ⅱ卷(非选择题 共50分)
二、非选择题(本题包括4小题 共50分)
21.在密闭容器中的可逆反应CO(g)＋NO2(g) CO2(g)＋NO(g) △H<0达到平衡后：
(1)扩大容器体积，平衡 __________________ 移动(填“正向”“逆向”或“不”，下同)，C(NO2)将 ______________(填“变大”“变小”或“不变”)，反应混合物的颜色 _______________(填“变深”或“变浅”)
(2)升高温度，正反应速率__________________(填“变大”“变小”或“不变”，下同)，平衡常数K ____________________
(3)加入催化剂，NO的物质的量 ____________________
【答案】(1). 不 (2). 变小 (3). 变浅 (4). 变大 (5). 变小 (6). 不变
【解析】可逆反应CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g）；△H＜0，该反应中，气体的化学计量数之和前后相等，反应放热，则
（1）由于反应前后气体的化学计量数之和相等，压强对平衡移动没有影响，但由于体积增大，气体的物质的量不变，所以反应物的浓度减小，反应混合物的颜色变浅，故答案为：不；变小；变浅。
（2）升高温度，反应物活化分子增多，正反应速率变大；平衡常数K是温度的常数，该反应是放热反应，温度升高，平衡向逆向进行，所以平衡常数K变小；故答案为：变大；变小。
（3）催化剂只改变反应速率，但不改变平衡移动，所以加入催化剂对平衡移动无影响，NO的物质的量不变，故答案为：不变。
22.(1)某温度下纯水中c(H+)=2×10-7 mol/L，若温度不变，向水中滴入稀盐酸使c(H+)=5×10-6 mol/L，此时溶液中c(OH－)=___8×10-9 mol/L，滴入盐酸后水的离子积______ 不变(填“变大”“变小”或“不变”，下同)，水的电离度__________变小
(2)今有A. CH3COOH B. HCl C. H2SO4三种溶液，
①当它们pH相同时，其物质的量浓度由大到小是_______________A＞B＞C(用字母表示，下同)；
②体积和物质的量浓度相同的三种溶液，分别与同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，所需烧碱溶液的体积由大到小为_______
(3)体积相同pH均等于12的氨水和NaOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成9，则m与n的关系为_____________
【答案】(1). 8×10-9 (2). 不变 (3). 变小 (4). A＞B＞C (5). C＞A=B (6). m>n
【解析】（1）某温度下纯水中的c（H+）=2×10-7mol/L，则此时溶液中的c（OH-）=2×10-7mol/L，Kw=c（H+）c（OH-）=2×10-7×2×10-7=4×10-14，若温度不变，滴入稀盐酸，使c（H+）=5×10-6mol/L，则c（OH-）==8×10-9mol/L，温度不变，水的离子积常数不变，酸抑制水电离，所以水的电离程度减小，故答案为：8×10-9，不变，变小。
（2）①氯化氢和硫酸是强电解质，醋酸是弱电解质，当它们pH相同时，即氢离子浓度相同，酸性越强的酸浓度越小，盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，所以硫酸的浓度小于盐酸，所以酸浓度大小顺序是A＞B＞C，故答案为：A＞B＞C。
②体积和物质的量浓度相同的三种溶液，氢元素的物质的量越大需要的碱体积越大，硫酸中氢离子的物质的量最大，盐酸和醋酸中氢元素的物质的量相同，所以需要氢氧化钠的体积C＞A=B，故答案为：C＞A=B。
（3）因为氨水是弱碱，加水后促进电离，氨水电离度增加，所以加水后，氢氧根离子浓度在减小的过程中有增大的趋势，而NaOH是强碱在水中完全电离，加水后，氢氧根离子浓度只是在减小，所以要使稀释后两溶液pH值相同，就必须使m＞n；故答案为：m＞n。
23.某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：
①将碱式滴定管用蒸馏水洗净，并用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，从碱式滴定管中放入20. 00mL待测溶液到锥形瓶中
②将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入0. 1000mol/L标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数
③向锥形瓶中滴入酚酞作指示剂，进行滴定. 滴定至指示剂刚好变色，且半分钟内颜色不再改变为止，测得所耗盐酸的体积为V1mL
④重复以上过程，但在滴定过程中向锥形瓶加入5mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL
试回答下列问题
(1)锥形瓶的溶液从____色变为_______无色时，停止滴定；
(2)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛观察______________
(3)②缺少的操作是________________用标准液润洗酸式滴定管
(4)某次滴定时的滴定管中的液面如图，其读数为_______
(5)根据下列数据：
滴定次数
待测液体积(mL)
标准盐酸体积(mL)
滴定前读数(mL)
滴定后读数(mL)
第一次
20. 00
0. 50
25. 40
第二次
20. 00
4. 00
29. 10
请计算待测NaOH溶液的浓度为________
(6)以下操作造成测定结果偏高的原因可能是____
A 未用标准液润洗酸式滴定管
B 滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确
C 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
D 滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
E 溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化
【答案】(1). 红 (2). 无 (3). 锥形瓶内溶液颜色变化 (4). 用标准盐酸溶液润洗滴定管 (5). 22.60 (6). 0.1250 (7). ADE
【解析】（1）标准酸滴定氢氧化钠溶液，酚酞作指示剂，滴定终点时，锥形瓶中的溶液从红色变为无色，且半分钟内不改变时可判断达到滴定终点，故答案为：红，无。
（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，边观察锥形瓶内溶液颜色的变化，以便及时判断滴定终点，故答案为：锥形瓶内溶液颜色变化。
（3）酸式滴定管用蒸馏水洗净后，应用标准盐酸溶液润洗滴定管2-3次，故答案为：用标准盐酸溶液润洗滴定管。
（4）由图可知，其读数为22.60mL，故答案为：22.60。
（5）两次消耗盐酸的体积分别为25.40-0.50=24.90mL，29.10-4.00=25.10mL，数据均有效，则消耗盐酸溶液的平均体积为=25.00mL，可计算c(碱)===0.1250mol/L，故答案为：0.1250。
（6）A.由于没有润洗，所以导致装在滴定管里的酸的浓度偏小，从而导致滴定所用的酸的体积增多，根据c(碱)=，c（酸），v（碱）是固定的，故当v（酸）增大时，c（碱）的浓度测得偏大，以知道c(碱)偏大，故A正确；
B.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V(酸)偏小，根据c(碱)=，可以知道c(碱)偏小，故B错误；
C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，操作正确，不会影响测定结果，故C错误；
D.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，根据c(碱)=，由于c（酸）、V（碱）的数据都是定的，因此误差值存在于V（酸），滴定管尖嘴处悬挂液滴，导致V（酸）增大，c（碱）偏高，故D正确；
E.溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化，则酸过量，消耗的酸溶液体积偏大，根据c(碱)=，导致计算的待测碱溶液的浓度偏高，故E正确。
故答案为：ADE。
24.某化学反应2A(g) B(g)+D(g)在体积为1L密闭容器中分别在下列四种不同条件下进行，B、D起始物质的量为0，反应物A的物质的量(mol)随反应时间(min)的变化情况如下表：
时间
实验序号
1
10
20
30
40
50
60
1
800℃
1.0
0.80
0.67
057
0.50
0.50
0.50
2
800℃
c2
0.60
0.50
0.50
0.50
0.50
0.50
3
800℃
c3
0.92
0.75
0.63
0.60
0.60
0.60
4
820℃
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
根据上述数据，完成下列填空：
(1)实验1中，在10～20 min时间内，以A的速率表示的平均反应速率为________mol·L-1·min-1。
(2)实验2中，A的初始浓度C2=______mol·L-1，反应经20 min就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是_______________。
(3)设实验3的化学反应速率为υ3，实验1的化学反应速率为υ1，则υ3 ______υ1(填“＞”“=”或“＜”)，且C3为_________mol·L-1。
(4)根据实验数据推测该反应的正反应是_________反应(填“吸热”或“放热”)
(5)向实验2的平衡体系中充入A、B、D各0.5mol 平衡_______________移动(填“正向”“逆向”或“不”)
【答案】 (1). 0.013 (2). 1.0 (3). 催化剂 (4). > (5). 1.2 (6). 吸热 (7). 逆向
【解析】
【分析】（1）根据v=Δc/Δt及表格中的数据来计算反应速率；
（2）实验2和实验1平衡时A的浓度相同，则A的起始浓度相同，但实验2的反应速率快；
（3）由表格中平衡的浓度可知实验3的浓度大，浓度大，则反应速率快；
（4）实验4的温度高，起始的A的浓度相同，但平衡时A的浓度小，说明升高温度反应向正反应方向进行；
（5）根据比较Q和K的数值，判断平衡移动的方向。
【详解】（1）在实验1，反应在10至20分钟时间内A的浓度减少0.80－0.67=0.13mol/L，所以A的平均反应速率为v(A)=Δc/Δt=0.13mol/L÷10min=0.013mol/（L·min），故答案为：0.013。
（2）该反应是反应前后物质的量不变的可逆反应，实验1与实验2温度相同，实验1与实验2达到平衡状态时A的物质的量浓度相同，且B、D的起始浓度为0，所以两组实验中A的起始浓度相同均为1.0mol/L，温度相同，达平衡后A的物质的量浓度相同且达到时实验2的时间较短，所以实验2与实验1是等效平衡，所以实验2只能是使用了催化剂，故答案为：1.0，催化剂。
（3）实验3的反应速率为υ3，实验1的反应速率为υ1，实验1与实验3相比较，温度相同，10～20 min时，实验3的浓度减少量大于实验1的，所以实验3的反应速率大于实验1的，即υ3＞υ1，
实验1在40min时反应达到平衡，
2A(g)B(g)+D(g)
起始（mol/L） 1.0 0 0
反应（mol/L） 0.50 0.25 0.25
平衡（mol/L） 0.50 0.25 0.25
该温度下的平衡常数K==0.25
实验3的温度与实验1的温度相同，温度不变，平衡常数是不变的，
2A(g)B(g)+D(g)
起始（mol/L） C3 0 0
反应（mol/L） 0.6 0.30 0.30
平衡（mol/L）C3-0.6 0.30 0.30
该温度下的平衡常数K==0.25，解得C3=1.2mol/L。
故答案为：＞，1.2。
（4）比较实验4和实验1，由于实验4的温度高于实验1，而开始时的物质浓度相同，达到平衡时的浓度实验1高，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，由于升高温度，平衡向吸热反应方向移动，所以正反应方向是吸热反应，故答案为：吸热。
（5）实验2与实验1温度相同，则平衡常数K=0.25，向实验2的平衡体系中充入A、B、D各0.5mol，则
2A(g)B(g)+D(g)
平衡（mol/L） 0.50 0.25 0.25
再充入0.5mol 1.0 0.75 0.75
Q==0.5625，Q＞K，则反应向逆反应方向移动，故答案为：逆向。
第Ⅰ卷(选择题 共50分)
一、选择题(本题包括20小题，1-10题 每小题2分；11-20题 每小题3分，共50分。每小题只有一个选项符合题意)
1.在2A(g)＋B(s)3C(g)＋5D(g)反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. υ(A)＝ 0.5 mol／(L·ｓ) B. υ(B)＝ 0.3 mol／(L·ｓ)
C. υ(C)＝ 0.8 mol／(L·ｓ) D. υ(D)＝ 1 mol／(L·ｓ)
【答案】C
【解析】都转化为A物质表示的速率进行比较，对于2A（g）+B（s）3C（g）+5D（g），
A.υ（A）=0.5mol/（L·s）；
B.化学反应速率是通过单位时间内反应物浓度的减少或产物浓度的增加表示，但B为固体，固体不存在浓度，也在不存在单位时间内的浓度变化，不能表示反应速率；
C.υ（C）=0.8mol/（L·s），反应速率之比等于化学计量数之比，故υ（A）=υ（C）=×0.8mol/（L·s）=0.53mol/（L·s）；
D.υ（D）=1mol/（L·s），反应速率之比等于化学计量数之比，故υ（B）=υ（D）=×1mol/（L·s）=0.4mol/（L·s）；
所以表示该反应速率最快的是C。
故选C。
2.关于电解质强弱及非电解质的组合完全正确的是（ ）
A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
CaCO3
HNO3
弱电解质
HF
BaSO4
HClO
CH3COOH
非电解质
Cl2
CO2
C2H5OH
H2O
【答案】C
【解析】A.NaCl溶于水能完全电离，所以NaCl是强电解质；HF在水中只有部分电离，所以属于弱电解质；氯气是单质，不是化合物，所以氯气不是非电解质，故A错误；
B.H2SO4溶于水能完全电离，所以H2SO4是强电解质；溶于水的硫酸钡能完全电离，所以硫酸钡是强电解质；CO2自身不能电离出阴阳离子，所以是非电解质，故B错误；
C.溶于水的CaCO3能完全电离，所以CaCO3是强电解质；HClO在水中只有部分电离，所以属于弱电解质；纯乙醇和乙醇的水溶液都不导电，所以是非电解质，故C正确；
D.HNO3溶于水能完全电离，所以HNO3是强电解质；醋酸在水中只有部分电离，所以属于弱电解质；水为弱电解质，故D错误。
故选C。
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 增大反应物浓度,可增大单位体积内活化分子个数，从而使单位时间内有效碰撞次数增大
B. 有气体参加化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C. 升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
D. 催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
【答案】C
【解析】增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，但不会增大单位体积内活化分子的百分数，A、B错；C正确；催化剂可降低反应的活化能从而增大单位体积内活化分子百分数而增大反应速率，D错。
4.在25℃和1.01×105Pa时，2N2O5(g) 4NO2(g) + O2(g) △H=+56.7kJ／mol，能自发进行的合理解释是（ ）
A. 是吸热反应 B. 是放热反应
C. 是熵减反应 D. 是熵增效应大于能量效应
【答案】D
【解析】A.吸热反应△H＞0，△S＞0，高温△H-T△S可能大于0，为非自发反应，故A不选；
B.本反应△H＞0，是吸热反应，故B不选；
C.本反应是熵增加的反应，△H＞0，高温△H-T△S可能大于0，为非自发反应，故C不选；
D.熵增效应大于能量效应，△S＞0，△H＞0，△H-T△S＜0，反应能自发进行，故D选。
故选D。
5.下列溶液一定呈中性的是（ ）
A. pH=7的溶液 B. c(H+)=c(OH－)=10-6mol/L溶液
C. 使石蕊试液呈紫色的溶液 D. 等体积等浓度的酸与碱反应后的溶液
【答案】B
【解析】A.pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；
B.c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L溶液，溶液的pH=6，溶液一定呈中性，故B正确；
C.石蕊试液呈紫色的溶液，常温下溶液显酸性，故C错误；
D.等体积等浓度的酸与碱反应后的溶液，若是强酸强碱反应，溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应溶液呈碱性，故D错误。
故选B。
6.下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是( )
A. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅
B. 高压比常压有利于合成SO3的反应
C. 由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深
D. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
【答案】C
【解析】A．存在平衡2NO2（g）⇌N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的密度目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍不原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故A不选；
B．存在平衡2SO2+O2（g）⇌2SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B不选；
C．存在平衡H2+I2（g）⇌2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故C选；
D．对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向右移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；
7.在100mL下列溶液中，分别加入0.05molNaOH固体，溶液的导电性变化不大的是（ ）
A. 0.5mol/L的HCl B. 0.5mol/L的CH3COOH
C. 蒸馏水 D. 0.5mol/L的氨水
【答案】A
【解析】A．盐酸是强酸，向溶液中加入氢氧化钠后，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，氯化钠是强电解质，所以离子浓度变化不大，所以溶液导电能力变化不大，故A选；B．醋酸是弱电解质，氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠，溶液中的溶质由弱电解质变成强电解质，离子浓度增大，溶液的导电能力增大，故B不选；C．水是弱电解质且水的电离程度很小，所以水中自由移动离子浓度很小，向水中加入氢氧化钠固体，氢氧化钠是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，所以导电能力变化较大，故C不选；D．一水合氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，向氨水中加入氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度增大，所以导电能力增大，故D不选；故选A。
8.一定条件下，容积可变的密闭容器中反应A2(g)＋B2(g) 2AB(g)达到平衡状态的标志是（ ）
A. υ(正、A2) ＝2υ(逆、AB)
B. 容器内的总压强不随时间而变化
C. 单位时间内生成2n mol AB的同时，生成n mol的B2
D. 混合气体密度不变
【答案】C
【解析】A.υ(正、A2)不是正反应速率，υ(逆、AB)表示逆反应速率，但不满足速率之比是相应的化学计量数之比，应为2υ(正、A2)=υ(逆、AB)，所以不能用来判断是否达到平衡状态，故A错误；
B.因为反应前后气体的体积是不变的，所以压强始终是不变的，不能用压强来判断是否达到平衡状态，故B错误；
C.单位时间内生成2n mol AB的同时，生成n mol的B2，反应速率方向是相反，满足速率之比是相应的化学计量数之比，说明正逆反应速率相等，所以能用来判断是否达到平衡状态，故C正确；
D.密度是混合气的质量和容器容积的比值，根据质量守恒，在化学反应前后混合物的质量不变，容器的体积不变，所以密度始终是不变的，所以不能用来判断是否达到平衡状态，故D错误。
故选C。
9.用蒸馏水稀释0. 1mol/L的CH3COOH溶液时，始终保持增大趋势的是（ ）
A. c(CH3COOH) B. c(H+) C. c(CH3COO－) D. c(OH－)
【答案】D
【解析】A.CH3COOH是弱电解质，在水中发生部分电离，CH3COOHH++CH3COO-，加蒸馏水稀释可促进其电离，则c(CH3COOH)减小，故A错误；
B.CH3COOH是弱电解质，在水中发生部分电离，CH3COOHH++CH3COO-，加蒸馏水稀释可促进其电离，则n(H+)增大，但是H+物质的量的增大程度远小于溶液体积的增大程度，所以c(H+)减小，故B错误；
C.CH3COOH是弱电解质，在水中发生部分电离，CH3COOHH++CH3COO-，加蒸馏水稀释可促进其电离，则n c(CH3COO－)增大，但是CH3COO－物质的量的增大程度远小于溶液体积的增大程度，所以c(CH3COO－)减小，故C错误；
D.由B可知，c(H+)减小，由于Kw=c(H+)c(OH－)为定值，所以c(OH－)保持增大趋势，故D正确。
故选D。
10.反应2A(g) 2B(g)+C(g)；△H＞0，达平衡时，要使υ(正)降低、C(A)增大，应采取的措施是（ ）
A. 加压 B. 减压 C. 升温 D. 降温
【答案】D
【解析】A.加压，平衡向逆反应移动，c(A)增大，但v(正)增大，故A错误；
B.减压，v(正)降低，但平衡向正反应移动，c(A)降低，故B错误；
C.升高温度平衡向正反应移动，c(A)增大，同时v(正)增大，故C错误；
D.降低温度，v(正)降低，平衡向逆反应移动，c(A)增大，故D正确。
故选D。
11.对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是（ ）
A. B. Na C. D. NaOH
【答案】C
【解析】水的电离方程式为：H2OH++OH-。
A.氯化氢溶于水后能电离出氢离子，使水的电离向左移动，所以能抑制水的电离，故A错误；
B.向水中加入钠后，钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠电离出氢氧根离子，使水的电离向左移动，所以能抑制水的电离，故B错误；
C.此结构示意图代表的是Cl-，是强酸阴离子，不能水解，对水的电离无影响，故C正确；
D.氢氧化钠电离出氢氧根离子，使水的电离向左移动，所以能抑制水的电离，故D错误。
故选C。
12.25℃时，某溶液中由水电离出的c(OH－)=1×10－13 mol/L，该溶液中一定不能大量共存的离子组是（ ）
A. NH4+ 、Fe3+ 、SO42－ 、Cl－ B. CO32－ 、PO43－ 、K+ 、Na+
C. HPO42－ 、 Na+ 、 HSO3－、K+ D. Na+ 、SO42－ 、NO3－ 、Cl－
【答案】C
【解析】25°C时，某溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-13mol/L，为酸或碱溶液；
A.因碱溶液中不能大量存在NH4+、Fe3+，但在酸溶液中不反应能共存，故A错误；
B.因酸溶液中不能大量存在CO32-、PO43－，碱溶液中不反应能共存，故B错误；
C.HPO42－、HSO3-既能与酸反应又能与碱反应，一定不能共存，故C正确；
D.因酸或碱溶液中Na+、SO42-、NO3-、Cl-均不反应，能大量共存，故D错误。
故选C。
13.对于可逆反应A(g) + 2B(g)2C(g)(正反应吸热)，下列图象中正确的是（ ）
(D选项中A%平衡混合气中A的体积百分含量)
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】A.该反应为吸热反应，升高温度化学平衡应正向移动，正反应速率大于逆反应速率，但图象中取交点后的某点可知逆反应速率大于正反应速率，故A错误；
B.增大压强，化学平衡正向移动，重新达到平衡后正反应速率大于逆反应速率，与图象不符，故B错误；
C.温度高，反应速率大，先到达平衡，即500℃时先达到平衡状态，与图象不符，故C错误；
D.由图象可知，温度高的先达到平衡，且温度高时向正反应进行的程度大，则A的含量低，故D正确。
故选D。
14. 下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是（ ）
①已达平衡的反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动
②已达平衡的反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g），当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高
③有气体参加的反应平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动
④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动
A. ①④ B. ①②③
C. ②③④ D. ①②③④
【答案】D
【解析】①若增加固体物碳物质的量，平衡不发生移动，因为固体物质的浓度是不变量，无法增大C的浓度，故①错误；
②两种反应物，增大一种物质会提高另一种物质的转化率，本身转化率减小，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率减小，故②错误；
③对于气体体积保持不变的可逆反应，减小容积或增大压强时，平衡不一定向气体体积增大的方向移动，故③错误；
④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，反应前后气体体积不变的反应，平衡不动，如H2（g）+I2（g）=2HI（g）；反应前后气体体积变化的反应，平衡发生移动，如N2（g）+3H2（g）═2NH3（g），故④错误。
故选D
15.某温度下，密闭容器中发生反应aX(g) bY(g)＋cZ(g)，达到平衡后，保持温度不变，将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍。则下列叙述正确的是（ ）
A. 可逆反应的化学计量数：a＞b＋c
B. 达到新平衡时，物质X的转化率减小
C. 压缩容器的容积时，υ正增大，υ逆减小
D. 达到新平衡时，混合物中Z的质量分数增大
【答案】B
【解析】
【分析】将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则应由a＜b+c，结合压强对平衡移动的影响解答该题。
【详解】A.将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则应由a＜b+c，故A错误；
B.平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时，物质X的转化率减小，故B正确；
C.压缩容器的容积，压强增大，正逆反应速率都增大，故C错误；
D.平衡向逆反应方向移动，混合物中Z的质量分数减小，故D错误。
故选B
16.2.0molPCl3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)达平衡时，PCl5为0.4mol，如果此时移走1.0molPCl3和0.50molCl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（ ）
A. 0.4mol
B. 0.2mol
C. 小于0.2mol
D. 大于0.2mol，小于0.4mol
【答案】C
【解析】达平衡后移走1mol PCl3 和0.5mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1molmol PC13和0.5mol C12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，该反应为气体体积缩小的反应，则平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，达新平衡时PC15的物质的量小于原平衡的，即在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量＜0.4mol×=0.2mol，故答案为C。
17.25℃时，某一元强碱溶液的pH为a，某一元酸HA溶液的pH为b，电离度为1. 0‰若将1体积的此强碱溶液与10体积的HA溶液混合，恰好完全反应。则a与b之和为（ ）
A. 14 B. 16 C. 18 D. 20
【答案】C
【解析】25℃时，某一元强碱溶液的pH为a，则溶液中c（OH-）=10a-14mol/L，某一元酸HA溶液的pH为b，c（H+）=10-bmol/L，电离度为1.0‰，则酸为弱酸，其浓度c（HA）==103-bmol/L，而将1体积的此强碱溶液与10体积的HA溶液混合，恰好完全反应，故有：10a-14mol/L×VL=103-bmol/L×10VL，解得a+b=18。
故选C。
18.反应mA(s)+nB(g) pC(g)，△H<0，在一定温度下，平衡时B的体积分数(B％)与压强变化的关系如图所示，下列叙述中一定正确的是（ ）
① m + n < p ②x点表示的正反应速率大于逆反应速率 ③ n < p ④ x点反应速率比y点时的反应速率慢 ⑤若升高温度，该反应的平衡常数增大
A. ②③④ B. ①②④
C. ③④⑤ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】①A为固态，压强对该物质无影响，由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有n＜p，故①错误；
②x点位于曲线上方，未达到平衡状态，由图象可以看出，当B的含量减小时，可趋向于平衡，则应是向正反应方向移动，即V正＞V逆，故②正确；
③由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有n＜p，故③正确；
④由图像可以看出x点的压强小于y点压强，压强越大，反应速率越大，故x点比y点的反应速率慢，故④正确；
⑤正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故⑤错误。
故选A。
19.常温时，将pH为5的HCl溶液与pH为2的H2SO4溶液等体积混合后，溶液的氢氧根离子浓度最接近于（ ）
A. 2×10-12mol/L B. 1/2(10-9+10-12)mol/L
C. (10-9+10-12)mol/L D. 1/2(10-5+10-2)
【答案】A
【解析】pH=5的HCl溶液中c（H+）=1×10-5mol/L，pH=2的H2SO4溶液中c（H+）=1×10-2mol/L，混合后混合溶液中氢离子浓度=mol/L，则溶液中的c（OH-）=mol/L=2×10-12mol/L。
故选A。
20.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。下列说法正确的是（ ）
A. 550℃时，若充入惰性气体，ʋ正，ʋ逆 均减小，平衡不移动
B. 650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C. T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
D. 925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总
【答案】B
【解析】A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当550℃时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此ʋ正，ʋ逆 均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A错误；B．根据图像可知在650℃时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1 mol，则反应产生CO 0.4 mol，其中含有CO2 0.6 mol，反应产生0.4 molCO消耗CO2的物质的量是0.2 mol，因此CO2转化率为0.2 mol÷(0．6 mol+0.2 mol)×100%=25.0%，B正确；C．T℃时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C错误；D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=，D错误。答案选B。
第Ⅱ卷(非选择题 共50分)
二、非选择题(本题包括4小题 共50分)
21.在密闭容器中的可逆反应CO(g)＋NO2(g) CO2(g)＋NO(g) △H<0达到平衡后：
(1)扩大容器体积，平衡 __________________ 移动(填“正向”“逆向”或“不”，下同)，C(NO2)将 ______________(填“变大”“变小”或“不变”)，反应混合物的颜色 _______________(填“变深”或“变浅”)
(2)升高温度，正反应速率__________________(填“变大”“变小”或“不变”，下同)，平衡常数K ____________________
(3)加入催化剂，NO的物质的量 ____________________
【答案】(1). 不 (2). 变小 (3). 变浅 (4). 变大 (5). 变小 (6). 不变
【解析】可逆反应CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g）；△H＜0，该反应中，气体的化学计量数之和前后相等，反应放热，则
（1）由于反应前后气体的化学计量数之和相等，压强对平衡移动没有影响，但由于体积增大，气体的物质的量不变，所以反应物的浓度减小，反应混合物的颜色变浅，故答案为：不；变小；变浅。
（2）升高温度，反应物活化分子增多，正反应速率变大；平衡常数K是温度的常数，该反应是放热反应，温度升高，平衡向逆向进行，所以平衡常数K变小；故答案为：变大；变小。
（3）催化剂只改变反应速率，但不改变平衡移动，所以加入催化剂对平衡移动无影响，NO的物质的量不变，故答案为：不变。
22.(1)某温度下纯水中c(H+)=2×10-7 mol/L，若温度不变，向水中滴入稀盐酸使c(H+)=5×10-6 mol/L，此时溶液中c(OH－)=___8×10-9 mol/L，滴入盐酸后水的离子积______ 不变(填“变大”“变小”或“不变”，下同)，水的电离度__________变小
(2)今有A. CH3COOH B. HCl C. H2SO4三种溶液，
①当它们pH相同时，其物质的量浓度由大到小是_______________A＞B＞C(用字母表示，下同)；
②体积和物质的量浓度相同的三种溶液，分别与同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，所需烧碱溶液的体积由大到小为_______
(3)体积相同pH均等于12的氨水和NaOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成9，则m与n的关系为_____________
【答案】(1). 8×10-9 (2). 不变 (3). 变小 (4). A＞B＞C (5). C＞A=B (6). m>n
【解析】（1）某温度下纯水中的c（H+）=2×10-7mol/L，则此时溶液中的c（OH-）=2×10-7mol/L，Kw=c（H+）c（OH-）=2×10-7×2×10-7=4×10-14，若温度不变，滴入稀盐酸，使c（H+）=5×10-6mol/L，则c（OH-）==8×10-9mol/L，温度不变，水的离子积常数不变，酸抑制水电离，所以水的电离程度减小，故答案为：8×10-9，不变，变小。
（2）①氯化氢和硫酸是强电解质，醋酸是弱电解质，当它们pH相同时，即氢离子浓度相同，酸性越强的酸浓度越小，盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，所以硫酸的浓度小于盐酸，所以酸浓度大小顺序是A＞B＞C，故答案为：A＞B＞C。
②体积和物质的量浓度相同的三种溶液，氢元素的物质的量越大需要的碱体积越大，硫酸中氢离子的物质的量最大，盐酸和醋酸中氢元素的物质的量相同，所以需要氢氧化钠的体积C＞A=B，故答案为：C＞A=B。
（3）因为氨水是弱碱，加水后促进电离，氨水电离度增加，所以加水后，氢氧根离子浓度在减小的过程中有增大的趋势，而NaOH是强碱在水中完全电离，加水后，氢氧根离子浓度只是在减小，所以要使稀释后两溶液pH值相同，就必须使m＞n；故答案为：m＞n。
23.某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：
①将碱式滴定管用蒸馏水洗净，并用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，从碱式滴定管中放入20. 00mL待测溶液到锥形瓶中
②将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入0. 1000mol/L标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数
③向锥形瓶中滴入酚酞作指示剂，进行滴定. 滴定至指示剂刚好变色，且半分钟内颜色不再改变为止，测得所耗盐酸的体积为V1mL
④重复以上过程，但在滴定过程中向锥形瓶加入5mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL
试回答下列问题
(1)锥形瓶的溶液从____色变为_______无色时，停止滴定；
(2)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛观察______________
(3)②缺少的操作是________________用标准液润洗酸式滴定管
(4)某次滴定时的滴定管中的液面如图，其读数为_______
(5)根据下列数据：
滴定次数
待测液体积(mL)
标准盐酸体积(mL)
滴定前读数(mL)
滴定后读数(mL)
第一次
20. 00
0. 50
25. 40
第二次
20. 00
4. 00
29. 10
请计算待测NaOH溶液的浓度为________
(6)以下操作造成测定结果偏高的原因可能是____
A 未用标准液润洗酸式滴定管
B 滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确
C 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
D 滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
E 溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化
【答案】(1). 红 (2). 无 (3). 锥形瓶内溶液颜色变化 (4). 用标准盐酸溶液润洗滴定管 (5). 22.60 (6). 0.1250 (7). ADE
【解析】（1）标准酸滴定氢氧化钠溶液，酚酞作指示剂，滴定终点时，锥形瓶中的溶液从红色变为无色，且半分钟内不改变时可判断达到滴定终点，故答案为：红，无。
（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，边观察锥形瓶内溶液颜色的变化，以便及时判断滴定终点，故答案为：锥形瓶内溶液颜色变化。
（3）酸式滴定管用蒸馏水洗净后，应用标准盐酸溶液润洗滴定管2-3次，故答案为：用标准盐酸溶液润洗滴定管。
（4）由图可知，其读数为22.60mL，故答案为：22.60。
（5）两次消耗盐酸的体积分别为25.40-0.50=24.90mL，29.10-4.00=25.10mL，数据均有效，则消耗盐酸溶液的平均体积为=25.00mL，可计算c(碱)===0.1250mol/L，故答案为：0.1250。
（6）A.由于没有润洗，所以导致装在滴定管里的酸的浓度偏小，从而导致滴定所用的酸的体积增多，根据c(碱)=，c（酸），v（碱）是固定的，故当v（酸）增大时，c（碱）的浓度测得偏大，以知道c(碱)偏大，故A正确；
B.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V(酸)偏小，根据c(碱)=，可以知道c(碱)偏小，故B错误；
C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，操作正确，不会影响测定结果，故C错误；
D.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，根据c(碱)=，由于c（酸）、V（碱）的数据都是定的，因此误差值存在于V（酸），滴定管尖嘴处悬挂液滴，导致V（酸）增大，c（碱）偏高，故D正确；
E.溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化，则酸过量，消耗的酸溶液体积偏大，根据c(碱)=，导致计算的待测碱溶液的浓度偏高，故E正确。
故答案为：ADE。
24.某化学反应2A(g) B(g)+D(g)在体积为1L密闭容器中分别在下列四种不同条件下进行，B、D起始物质的量为0，反应物A的物质的量(mol)随反应时间(min)的变化情况如下表：
时间
实验序号
1
10
20
30
40
50
60
1
800℃
1.0
0.80
0.67
057
0.50
0.50
0.50
2
800℃
c2
0.60
0.50
0.50
0.50
0.50
0.50
3
800℃
c3
0.92
0.75
0.63
0.60
0.60
0.60
4
820℃
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
根据上述数据，完成下列填空：
(1)实验1中，在10～20 min时间内，以A的速率表示的平均反应速率为________mol·L-1·min-1。
(2)实验2中，A的初始浓度C2=______mol·L-1，反应经20 min就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是_______________。
(3)设实验3的化学反应速率为υ3，实验1的化学反应速率为υ1，则υ3 ______υ1(填“＞”“=”或“＜”)，且C3为_________mol·L-1。
(4)根据实验数据推测该反应的正反应是_________反应(填“吸热”或“放热”)
(5)向实验2的平衡体系中充入A、B、D各0.5mol 平衡_______________移动(填“正向”“逆向”或“不”)
【答案】 (1). 0.013 (2). 1.0 (3). 催化剂 (4). > (5). 1.2 (6). 吸热 (7). 逆向
【解析】
【分析】（1）根据v=Δc/Δt及表格中的数据来计算反应速率；
（2）实验2和实验1平衡时A的浓度相同，则A的起始浓度相同，但实验2的反应速率快；
（3）由表格中平衡的浓度可知实验3的浓度大，浓度大，则反应速率快；
（4）实验4的温度高，起始的A的浓度相同，但平衡时A的浓度小，说明升高温度反应向正反应方向进行；
（5）根据比较Q和K的数值，判断平衡移动的方向。
【详解】（1）在实验1，反应在10至20分钟时间内A的浓度减少0.80－0.67=0.13mol/L，所以A的平均反应速率为v(A)=Δc/Δt=0.13mol/L÷10min=0.013mol/（L·min），故答案为：0.013。
（2）该反应是反应前后物质的量不变的可逆反应，实验1与实验2温度相同，实验1与实验2达到平衡状态时A的物质的量浓度相同，且B、D的起始浓度为0，所以两组实验中A的起始浓度相同均为1.0mol/L，温度相同，达平衡后A的物质的量浓度相同且达到时实验2的时间较短，所以实验2与实验1是等效平衡，所以实验2只能是使用了催化剂，故答案为：1.0，催化剂。
（3）实验3的反应速率为υ3，实验1的反应速率为υ1，实验1与实验3相比较，温度相同，10～20 min时，实验3的浓度减少量大于实验1的，所以实验3的反应速率大于实验1的，即υ3＞υ1，
实验1在40min时反应达到平衡，
2A(g)B(g)+D(g)
起始（mol/L） 1.0 0 0
反应（mol/L） 0.50 0.25 0.25
平衡（mol/L） 0.50 0.25 0.25
该温度下的平衡常数K==0.25
实验3的温度与实验1的温度相同，温度不变，平衡常数是不变的，
2A(g)B(g)+D(g)
起始（mol/L） C3 0 0
反应（mol/L） 0.6 0.30 0.30
平衡（mol/L）C3-0.6 0.30 0.30
该温度下的平衡常数K==0.25，解得C3=1.2mol/L。
故答案为：＞，1.2。
（4）比较实验4和实验1，由于实验4的温度高于实验1，而开始时的物质浓度相同，达到平衡时的浓度实验1高，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，由于升高温度，平衡向吸热反应方向移动，所以正反应方向是吸热反应，故答案为：吸热。
（5）实验2与实验1温度相同，则平衡常数K=0.25，向实验2的平衡体系中充入A、B、D各0.5mol，则
2A(g)B(g)+D(g)
平衡（mol/L） 0.50 0.25 0.25
再充入0.5mol 1.0 0.75 0.75
Q==0.5625，Q＞K，则反应向逆反应方向移动，故答案为：逆向。
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