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【化学】安徽省师范大学附属中学2018-2019学年高二上学期期中考试(解析版)
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安徽省师范大学附属中学2018-2019学年高二上学期期中考试
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA
B．25 ℃时，1L 0.1mol/L Na2S溶液中阴离子总数小于0.1NA
C．25℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1 NA
D．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时转移电子数为NA
2．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下：
则下列说法错误的是
A．生成CH3COOH总反应是化合反应
B．①→②过程形成了C―C键
C．CH4→CH3COOH过程中，有C―H键发生断裂
D．①→②吸收能量
3．CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+ CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。已知：①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1则该催化重整反应的ΔH等于
A．-580 kJ·mol−1 B．+247 kJ·mol−1 C．+208 kJ·mol−1 D．-430kJ·mol−1
4．下列说法正确的是
A．将纯水加热至较高温度，Kw变大、pH变小、呈酸性
B．常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低
C．向0.1 mol·L-1醋酸溶液中加入少量冰醋酸，溶液的pH减小，醋酸电离程度变大
D．等体积、pH都为3的酸HA和HB分别与足量的Zn反应，HA放出的H2多，说明HA的酸性小于HB
5．H2NCOONH4是工业由氨气合成尿素的中间产物。在一定温度下、体积不变的密闭容器中发生反应H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g),能说明该反应达到平衡状态的是①每生成34g NH3的同时消耗44g CO2 ②混合气体的平均相对分子质量不变 ③NH3的体积分数保持不变 ④混合气体的密度保持不变 ⑤c(NH3):c(CO2)=2:1
A．①③⑤ B．①③④ C．②④ D．①④
6．向某密闭容器中加入 0.3 mol A、0.1 mol C 和一定量的 B 三种气体， 一定条件下发生如下反应：3A(g) B(g)＋2C(g)，各物质的浓度随时间变化如图所示[t0～t1 阶段的 c(B)变化未画出]。下列说法中正确的是
A．若t1＝15s, A 的浓度变化表示 t0～t1阶段的平均反应速率为 0.09 mol·L－1·s－1
B．t0～t1阶段,此过程中容器放出a kJ热量，该反应的热化学方程式为：3A(g)B(g)＋2C(g) ΔH＝－50a kJ·mol－1
C．该容器的容积为2 L，B的起始的物质的量为0.03 mol
D．t1时该反应达到平衡且A 的转化率为60%
7．下列关于化学反应速率的说法正确的是
①有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子数目，从而使反应速率增大。
②其他条件不变，温度越高，化学反应速率越快。
③6mol·L﹣1·s﹣1的反应速率一定比3.5mol·L﹣1·s﹣1的反应速率大。
④升高温度能增大反应物分子中活化分子的百分数。
⑤恒温时，增大压强，化学反应速率一定加快。
⑥增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多。
A．①②⑤ B．②④ C．②⑤ D．③ ⑥
8．室温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是
序号
①
②
pH
11
11
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
A．①②两溶液中水的电离程度相同
B．①②两溶液中c(OH－)相等
C．等体积的①②两溶液分别与0.01mol·L-1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：①>②
D．①②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH ：①<②
9．可逆反应:L(s)+aG(g)bR(g) ΔH达到平衡时,温度和压强对该反应的影响如图所示:图中压强p1>p2,x轴表示温度,y轴表示平衡混合气中G的体积分数.下列判断正确的是
A．ΔH<0
B．增加L的物质的量，可提高G的转化率
C．升高温度，G的转化率减小
D．a
A．反应物浓度：a点小于c点
B．该反应的正反应为放热反应
C．c点达到平衡状态
D．Δt1＝Δt2时，H2的产率：a～b段大于b～c段
11．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＜0，400℃时体积相同的甲、乙、丙三个容器中，甲容器绝热恒容，充入6molSO2和3molO2，乙容器恒温恒容，充入6molSO3，丙容器恒温恒压，充入6molSO3，充分反应达到平衡，下列说法正确的是
A．乙中SO3的体积分数大于丙
B．转化率：α甲(SO2)+α乙(SO3)=1
C．乙和丙中的SO2的生成速率相同
D．甲和丙中反应的化学平衡常数相同
12．已知一定温度下，X(g)+2Y(g)mZ(g)；ΔH =－akJ/mol(a>0)现有甲、乙两容积相等且固定的密闭容器，在保持该温度下，向密闭容器甲中通入1molX和2molY，达平衡状态时，放出热量bkJ；向密闭容器乙中通入2molX和4molY，达平衡状态时，放出热量ckJ，且2b < c，则下列各值关系正确的是
A．a = b B．2a < c C．m > 3 D．m < 3
13．在容积为2L的密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g)zC(g)。图甲表示200 ℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示200 ℃、100 ℃下平衡时C的体积分数随起始n(A)∶n(B)的变化关系。则下列结论正确的是
A．200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.04mol·L－1·min－1
B．若在图甲所示的平衡状态下再向体系中充入He，此时v正> v逆
C．由图乙可知，反应xA(g)＋yB(g)zC(g)的ΔH<0，且a＝1
D．200℃时，向容器中充入2molA和1molB，达到平衡时A的体积分数小于0.5
14．一定温度下，在三个容积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应:CH3OH(g)+CO(g) CH3COOH(g) ΔH<0。下列说法正确的是
容器编号
温度/K
物质的起始浓度/mol/L
物质的平衡浓度/mol/L
c(CH3OH)
c(CO)
c(CH3COOH)
c(CH3COOH)
I
600
1.0
1.0
0
0.80
II
600
0.40
0.40
0.80
III
575
0
0
1.0
A．达平衡时，容器II中比容器I中的大
B．达平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器I中的大
C．达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为5:6
D．达平衡时，容器Ⅲ中c(CH3COOH)小于0.80mol/L
15．LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4–)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数随pH的变化如图2所示，下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是
A．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–
B．LiH2PO4溶液中存在2个平衡
C．用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
D．随c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH明显变小
16．已知pOH=-lgc(OH-)。T℃时，往50mL0.1mol·L－1MOH溶液中滴加0.1mol·L－1盐酸，溶液pH、pOH随滴入盐酸体积的变化如下图所示，以下说法正确的是
A．盐酸与MOH溶液恰好中和时溶液pH=6.5
B．a=12
C．盐酸滴定MOH实验中选择酚酞做指示剂比选甲基橙误差更小
D．T℃时，MOH的电离平衡常数Kb约为1.0×10-3
17．电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L－1 的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是
A．曲线①代表滴定HCl溶液的曲线
B．A点溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)＝0.1 mol·L－1
C．在相同温度下，A、B、C三点溶液中水的电离程度：C＜B＜A
D．D点溶液中：c(Cl－)＝2c(OH－)－2c(H＋)
18．已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数：
弱酸化学式
HSCN
CH3COOH
HCN
H2CO3
H2SO3
电离平衡常数
1.3×10-1
1.8×10-5
4.9×10-10
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
K1=1.3×10-2
K2=6.3×10-8
(1)25℃时，将20mL 0.1mol·L－1 CH3COOH溶液和20mL 0.1mol·L－1 HSCN溶液分别与20mL 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)的变化如图所示：
反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是：_______________
(2)若保持温度不变，在CH3COOH溶液中加入一定量氨气，下列量会变小的是____(填序号)
A．c(CH3COO-) B．c(H＋)C．Kw D．醋酸电离平衡常数
(3)若保持温度不变，将pH均为3的HCl与HSCN的溶液分别加水稀释100倍，此时c(Cl-)_____c(SCN-) (填“>、=、<”，后同),两溶液的导电性：HCl _______HSCN
(4)将足量的NaHSO3溶液加入Na2CO3溶液中，反应的离子方程式为_________________
19．NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=−116.1 kJ·mol−1
3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=75.9 kJ·mol−1
反应3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=___________kJ·mol−1。
(2)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。现将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是______________________ ；
当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是__________________ 。
20．众所周知H2S、SO2、NO和CO都是常见的大气污染物。
(1)下列关于H2S和SO2的说法正确的是______
A．两气体都可用浓硫酸干燥
B．两气体均可以用NaOH溶液吸收
C．可用溴水或酸性KMnO4溶液鉴别两气体
(2)目前治理汽车尾气是在催化剂条件下发生反应2NO+2CO N2+2CO2，现在实验室模拟上述反应，已知t℃时在2L恒容密闭容器中加入2 molNO和1mol CO气体，经l0min达到平衡，测得此时CO2的体积分数为1/7，回答下列问题：
①这段时间内用CO表示的化学反应速率为_________________ 。
②该反应平衡常数为______________(保留两位有效数字)。
③平衡后再向密闭容器通入0.4molCO和0.4molCO2，平衡将_____________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。判断理由是_____________。
④若升温发现体系气体平均相对分子质量增大，则该反应的△H______0(填“>”、“<”或“=”)。
⑤维持条件不变，向平衡后的容器再充入0.2molNO和0.1molCO，达到新平衡，则与原平衡相比NO的转化率____________ (填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)如图所示，向A中充入 1mol X和1mol Y，向B中充入 2mol X和2mol Y，起始时VA=VB=aL。在相同温度和有催化剂存在的条件下，两容器各自发生下列反应：X+Y2Z+W；(四物质均为气体)。达到平衡时VA=1.2a L，试回答：
①A中X的转化率αA=______________
②A、B中X的转化率αA______αB(填“>、=、<”)。
③打开阀门，一段时间后又达到平衡时，A的体积为___________ L(连通管中的气体体积不计)
21．定量分析是化学实验中重要的组成部分。
Ⅰ．中和热的测定：在实验室中，用50 mL 0.40 mol/L的盐酸与50 mL 0.50mol/L的NaOH溶液反应测定中和热。假设此时溶液密度均为1 g/cm3，生成溶液的比容热c = 4.18 J/(g•℃)，实验起始温度为T1℃，终止温度为T2℃，则中和热△H=___kJ/mol。
Ⅱ．氧化还原滴定实验与中和滴定类似。为测定某H2C2O4溶液的浓度，取该溶液于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，用浓度为c mol/L KMnO4标准溶液滴定。
(1)滴定原理为：(用离子方程式表示)___ ________________________。
(2)达到滴定终点时的颜色变化为_______________________ 。
(3)如图表示50mL滴定管中液面的位置，此时滴定管中液面的___________读数为mL。
(4)为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取H2C2O4溶液体积均为VmL，三次实验结果记录如下：
实验序号
①
②
③
消耗KMnO4溶液体积/mL
26.53
24.02
23.98
从上表可以看出，实验①中记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于②③，其原因可能是 ______________________。
A.滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定
B．①滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，②③均用标准液润洗
C．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积
D．①滴定用的锥形瓶用待测液润洗过，②③未润洗
(5)H2C2O4的物质的量浓度=______________mol/L。
参考答案
1．D
【解析】
【详解】
A. 二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为气体体积减小的可逆反应，不能进行到底，所以密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数大于2NA，故A错误；
B．硫离子在溶液中发生水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，所以25 ℃时，1L 0.1mol/L Na2S溶液中阴离子总数大于0.1NA，故B错误；
C．25℃时，pH＝13的NaOH溶液中OH－的物质的量浓度为0.1mol/L，因未给出NaOH溶液的体积，所以无法判断OH－的数目，故C错误；
D．23g钠的物质的量为1mol，钠在空气中燃烧生成多种氧化物，钠元素由0价升高到+1价，1mol钠失去1mol电子即NA个，故D正确，答案选D。
【点睛】
本题考查阿伏加德罗常数的判断及计算，选项D为易错点，注意钠在化合物中的化合价均为+1价，1mol钠完全燃烧转移电子的物质的量为1mol，与生成何种氧化物无关。
2．D
【解析】
【详解】
A. 据图可知，甲烷和二氧化碳反应生成乙酸，总反应的原子利用率100%，所以总反应是化合反应，故A正确；
B. 据图可知，①→②的过程有C-C键形成，故B正确；
C. 由图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一个新的共价键，必有C-H键发生断裂，故C正确；
D．据图可知，①→②的过程中焓值降低，该过程放出热量，故D错误，答案选D。
3．B
【解析】
【分析】
根据盖斯定律，2×③-①-②得CH4(g)+ CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，△H发生相应的改变。
【详解】
已知：①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
根据盖斯定律，2×③-①-②得CH4(g)+ CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，△H=2×(-111 kJ·mol−1)-(-75 kJ·mol−1)-(-394 kJ·mol−1)=+247 kJ·mol−1，答案选B。
4．D
【解析】
【详解】
A. 水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，水的离子积增大，pH减小，但电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以水仍是中性，故A错误；
B. 常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中氢离子的浓度降低，由c(OH−)=可知氢氧根离子的浓度增大，故B错误；
C．向0.1 mol·L-1醋酸溶液中加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡正向移动，氢离子的浓度增大，pH减小，但醋酸的电离程度减小，故C错误；
D．等体积，pH都为3的酸HA、HB分别与足量的Zn反应，HA放出的H2多，说明HA的物质的量大于HB的物质的量，溶液的体积相等，则HA的物质的量浓度大于HB的物质的量浓度，说明HA的酸性弱于HB，故D正确，答案选D。
【点睛】
本题考查弱电解质的电离和溶液的酸碱性，试题难度不大，注意无论升高温度还是降低温度，纯水中氢离子和氢氧根离子浓度恒相等，纯水始终呈中性，为易错点。
5．D
【解析】
【分析】
H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，反应物为固体，生成物为气体，化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断。
【详解】
①.每生成34g NH3的同时必然生成44g CO2，同时消耗44g CO2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故①选；
②. 因反应物H2NCOONH4为固体，则混合气体的平均相对分子质量等于=26恒不变，所以混合气体的平均相对分子质量不变，不能说明反应达到平衡状态，故②不选；
③. 由反应方程式可知，NH3的体积分数为×100%恒不变，所以NH3的体积分数保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故③不选；
④. 由于反应物H2NCOONH4是固体，没有达到平衡状态前，气体质量会变化，容器体积不变，则混合气体的密度也会发生变化，所以密度不变，说明反应达到了平衡状态，故④选；
⑤. 因氨气和二氧化碳均为生成物，所以c(NH3):c(CO2)恒等于2:1，不能说明反应达到平衡状态，故⑤不选，综上所述，答案选D。
6．D
【解析】
【分析】
t1时△c(A)=0.15mol/L－0.06mol/L=0.09mol/L、△c(C)=0.11mol/L－0.05mol/L=0.06mol/L，化学方程式中A与C的计量数之比为0.09:0.06=3:2。
【详解】
A. t0～t1阶段 △c(A)=0.15mol/L－0.06mol/L=0.09mol/L，若t1＝15s，则t0～t1阶段 v(A)==0.006 mol·L－1·s－1，故A错误；
B. 起始时加入0.3mol A，据图可知，起始时A的物质的量浓度为0.15mol/L，说明容器的体积为2L，t0～t1阶段消耗A的物质的量为0.09mol/L×2=0.18mol，此过程中放出a kJ热量，则3molA完全反应时放出的热量为kJ=16.7a kJ，该反应的热化学方程式为：3A(g)B(g)＋2C(g) ΔH＝－16.7a kJ·mol－1，故B错误；
C. 起始时加入0.3mol A，据图可知，起始时A的物质的量浓度为0.15mol/L，说明容器的体积为2L，达到平衡时，A的物质的量浓度减少0.09mol/L，由方程式3A(g) B(g)＋2C(g)可知，B的物质的量浓度应增加0.03mol/L，所以起始时B的物质的量浓度为(0.05－0.03)mol/L=0.02mol/L，起始时B的物质的量为0.02mol/L×2L=0.04mol，故C错误；
D. 据图可知，到t1时各物质的物质的量浓度不再改变，说明反应达到了平衡状态，t0～t1阶段消耗A的物质的量为0.09mol/L×2=0.18mol，则A的转化率为：×100%=60%，故D正确，答案选D。
【点睛】
本题考查化学平衡图象的分析与判断，题目难度一般，易错点为B项，注意实际放出热量与热化学方程式书写之间的关系。
7．B
【解析】
【详解】
①.有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，活化分子的数目和百分数都不变，但可增加单位体积内活化分子数目，有效碰撞的次数增多，从而使反应速率增大，故①错误；
②.其他条件不变，升高温度，可使更多的普通分子转化为活化分子，有效碰撞的次数增多，化学反应速率增大，故②正确；
③.用同种物质表示同一个化学反应的反应速率时适用，对于不同的化学反应或用不同物质表示反应速率时，6mol·L﹣1·s﹣1的反应速率不一定比3.5mol·L﹣1·s﹣1的反应速率大，故③错误；
④.升高温度，可使更多的普通分子变成活化分子，能增大反应物分子中活化分子的百分数，故④正确；
⑤.恒温时，对于有气体参加的可逆反应，若在容器体积不变的情况下充入惰性气体，压强增大，但各物质的浓度不变，化学反应速率也不变，故⑤错误；
⑥.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，但不能增大活化分子的百分数，故⑥错误，正确的是②④，答案选B。
【点睛】
本题考查化学反应速率的影响因素，把握反应速率的概念和影响因素为解答的关键，要特别注意外界条件对活化分子数目和活化分子百分数的影响，改变浓度、压强可以改变单位体积内活化分子数目，但不改变活化分子百分数，为易错点。
8．D
【解析】
【详解】
A. 室温下，pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度相等，相同程度的抑制水的电离，所以①②两溶液中水的电离程度相同，故A正确；
B. 室温下，pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度相等，故B正确；
C. 等体积、等pH的氨水和氢氧化钠溶液中，一水合氨的物质的量比氢氧化钠多，与盐酸中和时消耗的盐酸①>②，故C正确；
D. pH相等的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释相同的倍数时，NaOH溶液pH变化大，所以稀释后溶液的pH：①>②，故D错误，答案选D。
9．D
【解析】
【详解】
A. x轴表示温度，y轴表示平衡混合气中G的体积分数，据图可知，升高温度，G的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，所以正反应为吸热反应，△H＞0，故A错误；
B. 反应物L是固体，增加L的物质的量，平衡不移动，G的转化率不变，故B错误；
C. 由上述分析可知，升高温度平衡正向移动，G的转化率增大，故C错误；
D. 压强p1>p2，据图可知，压强越大，G的体积分数越大，说明增大压强平衡逆向移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，又因为L为固体，所以a
【解析】
【分析】
由化学方程式可知该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响，结合图象可知反应速率先增大再减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应速率却是增大的，说明此时温度是影响反应的主要因素，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高，反应速率加快。
【详解】
A. a到c时反应物浓度随时间不断减小，起始时反应物浓度最大，所以反应物浓度：a点大于c点，故A错误；
B. 由上述分析可知，该反应的正反应为放热反应，故B正确；
C. 化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故c点一定未达到平衡状态，故C错误；
D. 据图可知，随着反应的进行，正反应速率增大，生成氢气的产率逐渐增大，△t1=△t2时，H2的产率：a～b段小于b～c段，故D错误，答案选B。
【点睛】
本题考查化学反应速率和平衡图象，解题时要注意该反应的特点及反应限制条件，尤其要特别关注“绝热恒容密闭容器”这句话表达的含义，再结合图象中曲线变化的趋势判断反应为放热反应，为本题的难点也是易错点。
11．A
【解析】
【详解】
A. 乙容器恒温恒容，充入6molSO3，丙容器恒温恒压，充入6molSO3，随反应进行气体体积增大，达到平衡时乙中压强大于丙中压强，相对于丙，乙相当于增大压强，平衡正向移动，三氧化硫体积分数增大，所以乙中SO3的体积分数大于丙，故A正确；
B. 假设甲容器恒温恒容，充入6molSO2和3molO2，乙容器恒温恒容，充入6molSO3，两容器等效，甲和乙将达到相同的平衡状态，转化率：α甲(SO2)+α乙(SO3)=1，但甲容器是绝热容器，且该反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，则甲中二氧化硫转化率减小，α甲(SO2)+α乙(SO3)＜1，故B错误；
C. 乙容器恒温恒容，充入6molSO3，丙容器恒温恒压，充入6molSO3，随反应进行气体体积增大，达到平衡时乙中压强大于丙中压强，相对于丙，乙相当于增大压强，压强越大，反应速率越快，则乙中SO2的生成速率大于丙，故C错误；
D. 该反应为放热反应，甲是绝热恒容，充入6molSO2和3molO2生成SO3放出热量，丙是恒温恒压，容器温度始终不变，所以甲容器中温度高于丙，因平衡常数随温度变化，所以甲和丙中化学平衡常数不同，故D错误，答案选A。
12．D
【解析】
试题分析：A、因为该反应为可逆反应，a为完全反应放出的热量，所以当通入1摩尔X和2摩尔Y时不会完全转化，则a>b，错误，不选A；B、所以当2摩尔X和4摩尔Y时，不能完全转化，应2a>c，错误，不选B；C、因为定容，若m=3，则应该有2b=c，若m>3，则平衡逆向移动，则放出的热量关系未2b>c，错误，不选C；D、因为定容，若m<3，则乙中物质的量大，压强大，平衡正向移动的趋势大，放出的热量有2b
【名师点睛】本题难度较大，考查化学反应中的能量变化，明确热化学方程式中的反应热 的含义。明确可逆反应不能完全转化的特点。
13．D
【解析】
【详解】
A. 由图甲可知，200℃时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为△n(B)=0.4mol－0.2mol=0.2mol，则v(B)==0.02 mol·L－1·min－1，故A错误；
B．恒温恒容条件下通入氦气，反应混合物的浓度不变，平衡不移动，则v正=v逆，故B错误；
C．由图乙可知，n(A):n(B)一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0；由图甲可知，200℃达到平衡时，A的物质的量变化量为△n(A)=0.8mol-0.4mol=0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，在一定温度下只要A、B起始物质的量之比恰好等于化学方程式中化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比=0.4mol:0.2mol=2，即a=2，故C错误；
D．由图甲可知，200℃达到平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，故x:y:z=0.4mol:0.2mol:0.2mol=2:1:1，平衡时A 的体积分数为=0.5，200℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到的平衡状态相当于在原平衡基础上增大压强，平衡正向移动，则达到平衡时，A 的体积分数小于0.5，故D正确，答案选D。
14．A
【解析】
【详解】
A.容器I和II的温度相同，将II中起始物质按化学计量数转换成反应物，相当于起始加入1.2mol CH3OH和1.2molCO，相对于容器I，容器II相当于增大压强，平衡正向移动，增大，所以达平衡时，容器II中比容器I中的大，故A正确；
B. 将容器III中起始物质按化学计量数转换成反应物，相当于起始加入1.0mol CH3OH和1.0molCO，与容器I中起始加入物质相同，但容器I比容器III的温度高，温度越高，化学反应速率越大，则达平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器I中的小，故B错误；
C. 容器I和容器II的容积、温度均相同，则达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比等于气体总物质的量之比，容器I中平衡时c(CH3OH)=(1.0－0.80)mol/L=0.20mol/L、c(CO)=(1.0－0.80)mol/L=0.20mol/L、c(CH3COOH)= 0.80mol/L，平衡常数K==20，气体总物质的量为(0.20+0.20+0.80)mol/L×1L=1.20mol，设容器II中达到平衡时c(CH3OH)=a mol/L，则c(CO)=a mol/L、c(CH3COOH)= (0.40－a+0.80)mol/L=(1.20－a)mol/L，容器I和容器II的温度相同，则K==20，解得a≈0.22mol/L，所以平衡时容器II中气体总物质的量为(0.22+0.22+0.98)mol/L×1.0L=1.42mol，达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为＞，故C错误；
D. 若容器III和容器I的温度相同，则二者为等效平衡，容器III达到平衡时c(CH3COOH)等于0.80mol/L，但容器III的温度低于容器I，降低温度平衡正向移动，c(CH3COOH)增大，所以达平衡时，容器Ⅲ中c(CH3COOH)大于0.80mol/L，故D错误，答案选A。
15．C
【解析】
【详解】
A. H2PO4－在水溶液中既可以电离也可以水解，所以LiH2PO4溶液中含P元素的粒子有H2PO4－、HPO42–、PO43–和H3PO4，故A错误；
B. 溶液中存在H3PO4、H2PO4－、HPO42–、H2O的电离以及H2PO4－、HPO42–和PO43－的水解等平衡，故B错误；
C. 用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，由图2可知H2PO4－的分布分数δ达到最大，约为0.994，则H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，故C正确；
D. 由图1可知，随着c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH先减小后不变，故D错误，答案选C。
16．D
【解析】
【详解】
A. 据图可知，pH=pOH=6.5时，溶液呈中性，MOH的起始pOH为2.0，而MOH的浓度为0.1mol/L，说明MOH是一元弱碱，HCl是一元强酸，恰好中和时生成MCl，MCl发生水解使溶液呈酸性，所以pH<6.5，故A错误；
B. 溶液中c(H+)=c(OH−)，即pH=pOH时，溶液显中性，根据图象可知pH=6.5时溶液为中性，则T℃时有pKw=pH+pOH=6.5+6.5=13，所以a的值为a=13−2=11，故B错误；
C. 由上述分析可知，盐酸滴定MOH恰好中和时得到MCl溶液，MCl发生水解使溶液呈酸性，所以应选择甲基橙作指示剂，故C错误；
D. T℃时，0.1mol·L－1MOH溶液的pOH值为2.0，即c(OH−)=10−2mol/L，则其Kb==≈1.0×10−3，故D正确，答案选D。
17．D
【解析】溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着NaOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应后离子浓度最小，继续加入NaOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线②代表0.1 mol/L NaOH溶液滴定HC1溶液的滴定曲线，曲线①代表0.1 mol/LNaOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，则A．由分析可知，曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，A错误；B．A点溶液中c(Na+)=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.05mol/L，B错误；C．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，C点溶质为NaCl，A点溶质为醋酸钠，促进水电离，B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，NaOH会抑制水的电离，所以在相同温度下，水的电离程度：B＜C＜A，C错误；D．定量分析可知，D点溶液中，c(Na+)=1.5c(Cl-)，根据电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(Cl－)=2c(OH－)－2c(H+)，D正确；答案选D。
18．相同温度下HSCN比CH3COOH电离平衡常数大，同浓度时电离出的氢离子浓度大，与NaHCO3 溶液反应快 B < < HSO3- + CO32- =SO32- + HCO3-
【解析】
【详解】
(1).相同温度下，等浓度酸的强弱不同，c(H+)不同，因Ka(HSCN)>Ka(CH3COOH)，所以酸性HSCN＞CH3COOH，等浓度的两种酸溶液中c(H+)：HSCN>CH3COOH，c(H+)越大，反应速率越快，故答案为：相同温度下HSCN比CH3COOH的电离平衡常数大，同浓度时电离出的氢离子浓度大，与NaHCO3溶液反应快；
(2). A.若保持温度不变，在CH3COOH溶液中加入一定量氨气，氨气与醋酸反应生成醋酸铵，溶液中c(CH3COO−)增大，故A不选；
B. 在CH3COOH溶液中加入一定量氨气，氨气与醋酸反应，溶液的酸性减弱，c(H+)减小，故B选；
C. 温度不变则Kw不变，故C不选；
D. 温度不变，则醋酸电离平衡常数不变，故D不选，答案选B；
(3). HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，HCl溶液中c(Cl−)= c(H+)，HSCN是弱电解质，在水溶液中部分电离，HSCN溶液中c(SCN −)= c(H+)，保持温度不变，将pH均为3的HCl与HSCN的溶液分别加水稀释100倍，HCl溶液中c(Cl−)= c(H+)=10−5mol/L，稀释促进HSCN的电离，HSCN溶液中c(SCN −)= c(H+)＞10−5mol/L，所以c(Cl−)＜c(SCN −)，溶液中离子浓度越大，溶液的导电性越强，所以两溶液的导电性：HCl ＜HSCN，故答案为：＜；＜；
(4).相同条件下，酸的电离常数越大，其酸性越强，由表中数据可知，酸性：H2CO3＞HSO3−＞HCO3−，则将足量的NaHSO3溶液加入Na2CO3溶液中，反应生成Na2SO3和NaHCO3，离子方程式为HSO3- + CO32- =SO32- + HCO3-，故答案为：HSO3- + CO32- =SO32- + HCO3-。
【点睛】
本题考查弱电解质的电离和影响因素，易错点为第(4)小题，注意先根据题中提供的弱酸的电离常数判断碳酸、碳酸氢根离子、亚硫酸氢根离子之间酸性强弱的关系，再判断生成的产物，试题难度一般。
19．-136.2 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大，上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大 催化剂活性下降，NH3与O2反应生成了NO
【解析】
【详解】
(1). 已知①2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=−116.1 kJ·mol−1、②3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=75.9 kJ·mol−1，根据盖斯定律，(①×3+②)÷2得3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g) ΔH=(－116.1 kJ·mol−1×3+75.9 kJ·mol−1)÷2=-136.2kJ·mol−1，故答案为：-136.2；
(2). 在50～250℃范围内曲线迅速上升的主要原因是催化剂的活性随温度升高而增大使反应速率迅速增大，且温度升高也使NOx去除反应速率增大，上升缓慢的原因是温度升高引起去除反应速率增大，但此时催化剂的活性下降，当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是催化剂活性下降，且NH3与O2反应生成了NO，故答案为：迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大，上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；催化剂活性下降，NH3与O2反应生成了NO。
20．B 0.02mol·L-1·min-1 0.069 逆向 通入气体后Qc大于平衡常数 > 增大 40％ > 2.6a
【解析】
【详解】
(1).A.H2S可以被浓硫酸氧化，不能用浓硫酸干燥，SO2与浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥，故A错误；
B.两气体都能和NaOH溶液反应，被NaOH溶液吸收，故B正确；
C.两气体都能被溴水或酸性KMnO4溶液氧化，不能用溴水或酸性KMnO4溶液鉴别，故C错误，答案为：B；
(2). ①. 设10min达到平衡时NO消耗2x mol，根据平衡三段式法有：
2NO+2CO N2+2CO2
起始量(mol) 2 1 0 0
转化量(mol) 2x 2x x 2x
平衡量(mol) 2-2x 1-2x x 2x，平衡时气体总物质的量为(2-2x)+(1-2x)+x+2x=(3-x)mol，则=，解得x=0.2mol，则这段时间内用CO表示的化学反应速率为v(CO)===0.02 mol·L-1·min-1，故答案为：0.02 mol·L-1·min-1；
②. 该反应平衡常数K===0.069，故答案为：0.069；
③.平衡后再向密闭容器通入0.4molCO和0.4molCO2，Qc==0.1＞K=0.069，平衡逆向移动，故答案为：逆向；通入气体后Qc大于平衡常数；
④. 2NO+2CO N2+2CO2的正反应为气体体积减小的可逆反应，升温发现体系气体平均相对分子质量增大，说明升高温度平衡正向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，则该反应的正反应为吸热反应，△H＞0，故答案为：＞；
⑤. 维持条件不变，向平衡后的容器再充入0.2molNO和0.1molCO，相当于增大压强，增大压强平衡正向移动，NO的转化率增大，故答案为：增大；
(3). ①. A为恒压容器，等温等压的条件下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，2mol气体时体积为aL，达到平衡时VA=1.2aL，所以平衡后混合气体的物质的量为2.4mol，设X物质反应了n mol，则：
X + Y2Z + W △n
1mol 1mol
n mol (2.4−2)mol
解得n=0.4mol，所以X的转化率=×100%=40%，故答案为：40%；
②. B装置是在等容条件下，反应向正反应方向移动时，混合气体的物质的量增大，导致容器内气体压强增大，增大压强平衡逆向移动，X的转化率减小，所以B容器中X的转化率比A小，故答案为：>；
③.当打开阀门时，整个装置是在等温、等压条件下反应，使整个装置中气体的压强与A装置中的初始压强相同，向A中充入1molX和1molY达到平衡时，VA=1.2aL，当打开阀门时，AB中气体为3molX和3molY，由于整个装置是在等温、等压条件下的反应，达到平衡状态时，混合气体的体积应是3.6aL，其中B是aL，所以A为2.6aL，故答案为：2.6a。
21．-20.9(T2-T1) 2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O 滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成浅紫红色，且半分钟不褪色 21.40 BD 60c/V
【解析】
【详解】
I. 在实验室中，用50mL 0.40mol/L的盐酸与50mL 0.50mol/L的NaOH溶液反应生成水的物质的量为0.02mol，则△H=−4.18×10−3kJ/(g⋅℃)×100mL×1g/mL×(T2−T1)÷0.02mol =−20.9(T2−T1)kJ/mol，故答案为：−20.9(T2−T1)；
Ⅱ.(1). H2C2O4与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，H2C2O4被氧化成CO2，KMnO4被还原成Mn2+，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(2). KMnO4溶液呈紫色，当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点，故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成浅紫红色，且半分钟不褪色；
(3). A与C刻度间相差1.00mL，说明每两个小格之间是0.10mL，A处的刻度为21.00，A和B之间是四个小格，所以相差0.40mL，则B是21.40mL，故答案为：21.40；
(4). A. 滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色就立刻停止滴定，会导致滴入的KMnO4溶液体积偏小，故A不选；
B. 第一次滴定时盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，KMnO4浓度偏小，导致滴入KMnO4体积偏大，故B选；
C. 实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积，读数偏小，导致读取的KMnO4体积偏小，故C不选；
D. 第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，润洗锥形瓶会导致草酸的物质的量偏大，造成滴入KMnO4体积偏大，故D选，答案为：BD；
(5). 从上表可以看出，第一次实验中记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于后两次，应舍弃，则消耗标准液的体积为：mL=24.00mL，设H2C2O4的物质的量浓度为a mol/L，依据滴定原理：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O可知：
2MnO4- + 5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O
2 5
c×24.00mL a×VmL
2:c×24.00mL=5:a×VmL 解得a=60c/V mol/L，故答案为：60c/V。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA
B．25 ℃时，1L 0.1mol/L Na2S溶液中阴离子总数小于0.1NA
C．25℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1 NA
D．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时转移电子数为NA
2．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下：
则下列说法错误的是
A．生成CH3COOH总反应是化合反应
B．①→②过程形成了C―C键
C．CH4→CH3COOH过程中，有C―H键发生断裂
D．①→②吸收能量
3．CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+ CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。已知：①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1则该催化重整反应的ΔH等于
A．-580 kJ·mol−1 B．+247 kJ·mol−1 C．+208 kJ·mol−1 D．-430kJ·mol−1
4．下列说法正确的是
A．将纯水加热至较高温度，Kw变大、pH变小、呈酸性
B．常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低
C．向0.1 mol·L-1醋酸溶液中加入少量冰醋酸，溶液的pH减小，醋酸电离程度变大
D．等体积、pH都为3的酸HA和HB分别与足量的Zn反应，HA放出的H2多，说明HA的酸性小于HB
5．H2NCOONH4是工业由氨气合成尿素的中间产物。在一定温度下、体积不变的密闭容器中发生反应H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g),能说明该反应达到平衡状态的是①每生成34g NH3的同时消耗44g CO2 ②混合气体的平均相对分子质量不变 ③NH3的体积分数保持不变 ④混合气体的密度保持不变 ⑤c(NH3):c(CO2)=2:1
A．①③⑤ B．①③④ C．②④ D．①④
6．向某密闭容器中加入 0.3 mol A、0.1 mol C 和一定量的 B 三种气体， 一定条件下发生如下反应：3A(g) B(g)＋2C(g)，各物质的浓度随时间变化如图所示[t0～t1 阶段的 c(B)变化未画出]。下列说法中正确的是
A．若t1＝15s, A 的浓度变化表示 t0～t1阶段的平均反应速率为 0.09 mol·L－1·s－1
B．t0～t1阶段,此过程中容器放出a kJ热量，该反应的热化学方程式为：3A(g)B(g)＋2C(g) ΔH＝－50a kJ·mol－1
C．该容器的容积为2 L，B的起始的物质的量为0.03 mol
D．t1时该反应达到平衡且A 的转化率为60%
7．下列关于化学反应速率的说法正确的是
①有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子数目，从而使反应速率增大。
②其他条件不变，温度越高，化学反应速率越快。
③6mol·L﹣1·s﹣1的反应速率一定比3.5mol·L﹣1·s﹣1的反应速率大。
④升高温度能增大反应物分子中活化分子的百分数。
⑤恒温时，增大压强，化学反应速率一定加快。
⑥增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多。
A．①②⑤ B．②④ C．②⑤ D．③ ⑥
8．室温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是
序号
①
②
pH
11
11
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
A．①②两溶液中水的电离程度相同
B．①②两溶液中c(OH－)相等
C．等体积的①②两溶液分别与0.01mol·L-1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：①>②
D．①②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH ：①<②
9．可逆反应:L(s)+aG(g)bR(g) ΔH达到平衡时,温度和压强对该反应的影响如图所示:图中压强p1>p2,x轴表示温度,y轴表示平衡混合气中G的体积分数.下列判断正确的是
A．ΔH<0
B．增加L的物质的量，可提高G的转化率
C．升高温度，G的转化率减小
D．a
A．反应物浓度：a点小于c点
B．该反应的正反应为放热反应
C．c点达到平衡状态
D．Δt1＝Δt2时，H2的产率：a～b段大于b～c段
11．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＜0，400℃时体积相同的甲、乙、丙三个容器中，甲容器绝热恒容，充入6molSO2和3molO2，乙容器恒温恒容，充入6molSO3，丙容器恒温恒压，充入6molSO3，充分反应达到平衡，下列说法正确的是
A．乙中SO3的体积分数大于丙
B．转化率：α甲(SO2)+α乙(SO3)=1
C．乙和丙中的SO2的生成速率相同
D．甲和丙中反应的化学平衡常数相同
12．已知一定温度下，X(g)+2Y(g)mZ(g)；ΔH =－akJ/mol(a>0)现有甲、乙两容积相等且固定的密闭容器，在保持该温度下，向密闭容器甲中通入1molX和2molY，达平衡状态时，放出热量bkJ；向密闭容器乙中通入2molX和4molY，达平衡状态时，放出热量ckJ，且2b < c，则下列各值关系正确的是
A．a = b B．2a < c C．m > 3 D．m < 3
13．在容积为2L的密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g)zC(g)。图甲表示200 ℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示200 ℃、100 ℃下平衡时C的体积分数随起始n(A)∶n(B)的变化关系。则下列结论正确的是
A．200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.04mol·L－1·min－1
B．若在图甲所示的平衡状态下再向体系中充入He，此时v正> v逆
C．由图乙可知，反应xA(g)＋yB(g)zC(g)的ΔH<0，且a＝1
D．200℃时，向容器中充入2molA和1molB，达到平衡时A的体积分数小于0.5
14．一定温度下，在三个容积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应:CH3OH(g)+CO(g) CH3COOH(g) ΔH<0。下列说法正确的是
容器编号
温度/K
物质的起始浓度/mol/L
物质的平衡浓度/mol/L
c(CH3OH)
c(CO)
c(CH3COOH)
c(CH3COOH)
I
600
1.0
1.0
0
0.80
II
600
0.40
0.40
0.80
III
575
0
0
1.0
A．达平衡时，容器II中比容器I中的大
B．达平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器I中的大
C．达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为5:6
D．达平衡时，容器Ⅲ中c(CH3COOH)小于0.80mol/L
15．LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4–)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数随pH的变化如图2所示，下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是
A．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–
B．LiH2PO4溶液中存在2个平衡
C．用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
D．随c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH明显变小
16．已知pOH=-lgc(OH-)。T℃时，往50mL0.1mol·L－1MOH溶液中滴加0.1mol·L－1盐酸，溶液pH、pOH随滴入盐酸体积的变化如下图所示，以下说法正确的是
A．盐酸与MOH溶液恰好中和时溶液pH=6.5
B．a=12
C．盐酸滴定MOH实验中选择酚酞做指示剂比选甲基橙误差更小
D．T℃时，MOH的电离平衡常数Kb约为1.0×10-3
17．电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L－1 的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是
A．曲线①代表滴定HCl溶液的曲线
B．A点溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)＝0.1 mol·L－1
C．在相同温度下，A、B、C三点溶液中水的电离程度：C＜B＜A
D．D点溶液中：c(Cl－)＝2c(OH－)－2c(H＋)
18．已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数：
弱酸化学式
HSCN
CH3COOH
HCN
H2CO3
H2SO3
电离平衡常数
1.3×10-1
1.8×10-5
4.9×10-10
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
K1=1.3×10-2
K2=6.3×10-8
(1)25℃时，将20mL 0.1mol·L－1 CH3COOH溶液和20mL 0.1mol·L－1 HSCN溶液分别与20mL 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)的变化如图所示：
反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是：_______________
(2)若保持温度不变，在CH3COOH溶液中加入一定量氨气，下列量会变小的是____(填序号)
A．c(CH3COO-) B．c(H＋)C．Kw D．醋酸电离平衡常数
(3)若保持温度不变，将pH均为3的HCl与HSCN的溶液分别加水稀释100倍，此时c(Cl-)_____c(SCN-) (填“>、=、<”，后同),两溶液的导电性：HCl _______HSCN
(4)将足量的NaHSO3溶液加入Na2CO3溶液中，反应的离子方程式为_________________
19．NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=−116.1 kJ·mol−1
3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=75.9 kJ·mol−1
反应3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=___________kJ·mol−1。
(2)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。现将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是______________________ ；
当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是__________________ 。
20．众所周知H2S、SO2、NO和CO都是常见的大气污染物。
(1)下列关于H2S和SO2的说法正确的是______
A．两气体都可用浓硫酸干燥
B．两气体均可以用NaOH溶液吸收
C．可用溴水或酸性KMnO4溶液鉴别两气体
(2)目前治理汽车尾气是在催化剂条件下发生反应2NO+2CO N2+2CO2，现在实验室模拟上述反应，已知t℃时在2L恒容密闭容器中加入2 molNO和1mol CO气体，经l0min达到平衡，测得此时CO2的体积分数为1/7，回答下列问题：
①这段时间内用CO表示的化学反应速率为_________________ 。
②该反应平衡常数为______________(保留两位有效数字)。
③平衡后再向密闭容器通入0.4molCO和0.4molCO2，平衡将_____________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。判断理由是_____________。
④若升温发现体系气体平均相对分子质量增大，则该反应的△H______0(填“>”、“<”或“=”)。
⑤维持条件不变，向平衡后的容器再充入0.2molNO和0.1molCO，达到新平衡，则与原平衡相比NO的转化率____________ (填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)如图所示，向A中充入 1mol X和1mol Y，向B中充入 2mol X和2mol Y，起始时VA=VB=aL。在相同温度和有催化剂存在的条件下，两容器各自发生下列反应：X+Y2Z+W；(四物质均为气体)。达到平衡时VA=1.2a L，试回答：
①A中X的转化率αA=______________
②A、B中X的转化率αA______αB(填“>、=、<”)。
③打开阀门，一段时间后又达到平衡时，A的体积为___________ L(连通管中的气体体积不计)
21．定量分析是化学实验中重要的组成部分。
Ⅰ．中和热的测定：在实验室中，用50 mL 0.40 mol/L的盐酸与50 mL 0.50mol/L的NaOH溶液反应测定中和热。假设此时溶液密度均为1 g/cm3，生成溶液的比容热c = 4.18 J/(g•℃)，实验起始温度为T1℃，终止温度为T2℃，则中和热△H=___kJ/mol。
Ⅱ．氧化还原滴定实验与中和滴定类似。为测定某H2C2O4溶液的浓度，取该溶液于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，用浓度为c mol/L KMnO4标准溶液滴定。
(1)滴定原理为：(用离子方程式表示)___ ________________________。
(2)达到滴定终点时的颜色变化为_______________________ 。
(3)如图表示50mL滴定管中液面的位置，此时滴定管中液面的___________读数为mL。
(4)为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取H2C2O4溶液体积均为VmL，三次实验结果记录如下：
实验序号
①
②
③
消耗KMnO4溶液体积/mL
26.53
24.02
23.98
从上表可以看出，实验①中记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于②③，其原因可能是 ______________________。
A.滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定
B．①滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，②③均用标准液润洗
C．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积
D．①滴定用的锥形瓶用待测液润洗过，②③未润洗
(5)H2C2O4的物质的量浓度=______________mol/L。
参考答案
1．D
【解析】
【详解】
A. 二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为气体体积减小的可逆反应，不能进行到底，所以密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数大于2NA，故A错误；
B．硫离子在溶液中发生水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，所以25 ℃时，1L 0.1mol/L Na2S溶液中阴离子总数大于0.1NA，故B错误；
C．25℃时，pH＝13的NaOH溶液中OH－的物质的量浓度为0.1mol/L，因未给出NaOH溶液的体积，所以无法判断OH－的数目，故C错误；
D．23g钠的物质的量为1mol，钠在空气中燃烧生成多种氧化物，钠元素由0价升高到+1价，1mol钠失去1mol电子即NA个，故D正确，答案选D。
【点睛】
本题考查阿伏加德罗常数的判断及计算，选项D为易错点，注意钠在化合物中的化合价均为+1价，1mol钠完全燃烧转移电子的物质的量为1mol，与生成何种氧化物无关。
2．D
【解析】
【详解】
A. 据图可知，甲烷和二氧化碳反应生成乙酸，总反应的原子利用率100%，所以总反应是化合反应，故A正确；
B. 据图可知，①→②的过程有C-C键形成，故B正确；
C. 由图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一个新的共价键，必有C-H键发生断裂，故C正确；
D．据图可知，①→②的过程中焓值降低，该过程放出热量，故D错误，答案选D。
3．B
【解析】
【分析】
根据盖斯定律，2×③-①-②得CH4(g)+ CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，△H发生相应的改变。
【详解】
已知：①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
根据盖斯定律，2×③-①-②得CH4(g)+ CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，△H=2×(-111 kJ·mol−1)-(-75 kJ·mol−1)-(-394 kJ·mol−1)=+247 kJ·mol−1，答案选B。
4．D
【解析】
【详解】
A. 水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，水的离子积增大，pH减小，但电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以水仍是中性，故A错误；
B. 常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中氢离子的浓度降低，由c(OH−)=可知氢氧根离子的浓度增大，故B错误；
C．向0.1 mol·L-1醋酸溶液中加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡正向移动，氢离子的浓度增大，pH减小，但醋酸的电离程度减小，故C错误；
D．等体积，pH都为3的酸HA、HB分别与足量的Zn反应，HA放出的H2多，说明HA的物质的量大于HB的物质的量，溶液的体积相等，则HA的物质的量浓度大于HB的物质的量浓度，说明HA的酸性弱于HB，故D正确，答案选D。
【点睛】
本题考查弱电解质的电离和溶液的酸碱性，试题难度不大，注意无论升高温度还是降低温度，纯水中氢离子和氢氧根离子浓度恒相等，纯水始终呈中性，为易错点。
5．D
【解析】
【分析】
H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，反应物为固体，生成物为气体，化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断。
【详解】
①.每生成34g NH3的同时必然生成44g CO2，同时消耗44g CO2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故①选；
②. 因反应物H2NCOONH4为固体，则混合气体的平均相对分子质量等于=26恒不变，所以混合气体的平均相对分子质量不变，不能说明反应达到平衡状态，故②不选；
③. 由反应方程式可知，NH3的体积分数为×100%恒不变，所以NH3的体积分数保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故③不选；
④. 由于反应物H2NCOONH4是固体，没有达到平衡状态前，气体质量会变化，容器体积不变，则混合气体的密度也会发生变化，所以密度不变，说明反应达到了平衡状态，故④选；
⑤. 因氨气和二氧化碳均为生成物，所以c(NH3):c(CO2)恒等于2:1，不能说明反应达到平衡状态，故⑤不选，综上所述，答案选D。
6．D
【解析】
【分析】
t1时△c(A)=0.15mol/L－0.06mol/L=0.09mol/L、△c(C)=0.11mol/L－0.05mol/L=0.06mol/L，化学方程式中A与C的计量数之比为0.09:0.06=3:2。
【详解】
A. t0～t1阶段 △c(A)=0.15mol/L－0.06mol/L=0.09mol/L，若t1＝15s，则t0～t1阶段 v(A)==0.006 mol·L－1·s－1，故A错误；
B. 起始时加入0.3mol A，据图可知，起始时A的物质的量浓度为0.15mol/L，说明容器的体积为2L，t0～t1阶段消耗A的物质的量为0.09mol/L×2=0.18mol，此过程中放出a kJ热量，则3molA完全反应时放出的热量为kJ=16.7a kJ，该反应的热化学方程式为：3A(g)B(g)＋2C(g) ΔH＝－16.7a kJ·mol－1，故B错误；
C. 起始时加入0.3mol A，据图可知，起始时A的物质的量浓度为0.15mol/L，说明容器的体积为2L，达到平衡时，A的物质的量浓度减少0.09mol/L，由方程式3A(g) B(g)＋2C(g)可知，B的物质的量浓度应增加0.03mol/L，所以起始时B的物质的量浓度为(0.05－0.03)mol/L=0.02mol/L，起始时B的物质的量为0.02mol/L×2L=0.04mol，故C错误；
D. 据图可知，到t1时各物质的物质的量浓度不再改变，说明反应达到了平衡状态，t0～t1阶段消耗A的物质的量为0.09mol/L×2=0.18mol，则A的转化率为：×100%=60%，故D正确，答案选D。
【点睛】
本题考查化学平衡图象的分析与判断，题目难度一般，易错点为B项，注意实际放出热量与热化学方程式书写之间的关系。
7．B
【解析】
【详解】
①.有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，活化分子的数目和百分数都不变，但可增加单位体积内活化分子数目，有效碰撞的次数增多，从而使反应速率增大，故①错误；
②.其他条件不变，升高温度，可使更多的普通分子转化为活化分子，有效碰撞的次数增多，化学反应速率增大，故②正确；
③.用同种物质表示同一个化学反应的反应速率时适用，对于不同的化学反应或用不同物质表示反应速率时，6mol·L﹣1·s﹣1的反应速率不一定比3.5mol·L﹣1·s﹣1的反应速率大，故③错误；
④.升高温度，可使更多的普通分子变成活化分子，能增大反应物分子中活化分子的百分数，故④正确；
⑤.恒温时，对于有气体参加的可逆反应，若在容器体积不变的情况下充入惰性气体，压强增大，但各物质的浓度不变，化学反应速率也不变，故⑤错误；
⑥.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，但不能增大活化分子的百分数，故⑥错误，正确的是②④，答案选B。
【点睛】
本题考查化学反应速率的影响因素，把握反应速率的概念和影响因素为解答的关键，要特别注意外界条件对活化分子数目和活化分子百分数的影响，改变浓度、压强可以改变单位体积内活化分子数目，但不改变活化分子百分数，为易错点。
8．D
【解析】
【详解】
A. 室温下，pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度相等，相同程度的抑制水的电离，所以①②两溶液中水的电离程度相同，故A正确；
B. 室温下，pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度相等，故B正确；
C. 等体积、等pH的氨水和氢氧化钠溶液中，一水合氨的物质的量比氢氧化钠多，与盐酸中和时消耗的盐酸①>②，故C正确；
D. pH相等的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释相同的倍数时，NaOH溶液pH变化大，所以稀释后溶液的pH：①>②，故D错误，答案选D。
9．D
【解析】
【详解】
A. x轴表示温度，y轴表示平衡混合气中G的体积分数，据图可知，升高温度，G的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，所以正反应为吸热反应，△H＞0，故A错误；
B. 反应物L是固体，增加L的物质的量，平衡不移动，G的转化率不变，故B错误；
C. 由上述分析可知，升高温度平衡正向移动，G的转化率增大，故C错误；
D. 压强p1>p2，据图可知，压强越大，G的体积分数越大，说明增大压强平衡逆向移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，又因为L为固体，所以a
【解析】
【分析】
由化学方程式可知该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响，结合图象可知反应速率先增大再减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应速率却是增大的，说明此时温度是影响反应的主要因素，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高，反应速率加快。
【详解】
A. a到c时反应物浓度随时间不断减小，起始时反应物浓度最大，所以反应物浓度：a点大于c点，故A错误；
B. 由上述分析可知，该反应的正反应为放热反应，故B正确；
C. 化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故c点一定未达到平衡状态，故C错误；
D. 据图可知，随着反应的进行，正反应速率增大，生成氢气的产率逐渐增大，△t1=△t2时，H2的产率：a～b段小于b～c段，故D错误，答案选B。
【点睛】
本题考查化学反应速率和平衡图象，解题时要注意该反应的特点及反应限制条件，尤其要特别关注“绝热恒容密闭容器”这句话表达的含义，再结合图象中曲线变化的趋势判断反应为放热反应，为本题的难点也是易错点。
11．A
【解析】
【详解】
A. 乙容器恒温恒容，充入6molSO3，丙容器恒温恒压，充入6molSO3，随反应进行气体体积增大，达到平衡时乙中压强大于丙中压强，相对于丙，乙相当于增大压强，平衡正向移动，三氧化硫体积分数增大，所以乙中SO3的体积分数大于丙，故A正确；
B. 假设甲容器恒温恒容，充入6molSO2和3molO2，乙容器恒温恒容，充入6molSO3，两容器等效，甲和乙将达到相同的平衡状态，转化率：α甲(SO2)+α乙(SO3)=1，但甲容器是绝热容器，且该反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，则甲中二氧化硫转化率减小，α甲(SO2)+α乙(SO3)＜1，故B错误；
C. 乙容器恒温恒容，充入6molSO3，丙容器恒温恒压，充入6molSO3，随反应进行气体体积增大，达到平衡时乙中压强大于丙中压强，相对于丙，乙相当于增大压强，压强越大，反应速率越快，则乙中SO2的生成速率大于丙，故C错误；
D. 该反应为放热反应，甲是绝热恒容，充入6molSO2和3molO2生成SO3放出热量，丙是恒温恒压，容器温度始终不变，所以甲容器中温度高于丙，因平衡常数随温度变化，所以甲和丙中化学平衡常数不同，故D错误，答案选A。
12．D
【解析】
试题分析：A、因为该反应为可逆反应，a为完全反应放出的热量，所以当通入1摩尔X和2摩尔Y时不会完全转化，则a>b，错误，不选A；B、所以当2摩尔X和4摩尔Y时，不能完全转化，应2a>c，错误，不选B；C、因为定容，若m=3，则应该有2b=c，若m>3，则平衡逆向移动，则放出的热量关系未2b>c，错误，不选C；D、因为定容，若m<3，则乙中物质的量大，压强大，平衡正向移动的趋势大，放出的热量有2b
【名师点睛】本题难度较大，考查化学反应中的能量变化，明确热化学方程式中的反应热 的含义。明确可逆反应不能完全转化的特点。
13．D
【解析】
【详解】
A. 由图甲可知，200℃时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为△n(B)=0.4mol－0.2mol=0.2mol，则v(B)==0.02 mol·L－1·min－1，故A错误；
B．恒温恒容条件下通入氦气，反应混合物的浓度不变，平衡不移动，则v正=v逆，故B错误；
C．由图乙可知，n(A):n(B)一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0；由图甲可知，200℃达到平衡时，A的物质的量变化量为△n(A)=0.8mol-0.4mol=0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，在一定温度下只要A、B起始物质的量之比恰好等于化学方程式中化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比=0.4mol:0.2mol=2，即a=2，故C错误；
D．由图甲可知，200℃达到平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，故x:y:z=0.4mol:0.2mol:0.2mol=2:1:1，平衡时A 的体积分数为=0.5，200℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到的平衡状态相当于在原平衡基础上增大压强，平衡正向移动，则达到平衡时，A 的体积分数小于0.5，故D正确，答案选D。
14．A
【解析】
【详解】
A.容器I和II的温度相同，将II中起始物质按化学计量数转换成反应物，相当于起始加入1.2mol CH3OH和1.2molCO，相对于容器I，容器II相当于增大压强，平衡正向移动，增大，所以达平衡时，容器II中比容器I中的大，故A正确；
B. 将容器III中起始物质按化学计量数转换成反应物，相当于起始加入1.0mol CH3OH和1.0molCO，与容器I中起始加入物质相同，但容器I比容器III的温度高，温度越高，化学反应速率越大，则达平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器I中的小，故B错误；
C. 容器I和容器II的容积、温度均相同，则达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比等于气体总物质的量之比，容器I中平衡时c(CH3OH)=(1.0－0.80)mol/L=0.20mol/L、c(CO)=(1.0－0.80)mol/L=0.20mol/L、c(CH3COOH)= 0.80mol/L，平衡常数K==20，气体总物质的量为(0.20+0.20+0.80)mol/L×1L=1.20mol，设容器II中达到平衡时c(CH3OH)=a mol/L，则c(CO)=a mol/L、c(CH3COOH)= (0.40－a+0.80)mol/L=(1.20－a)mol/L，容器I和容器II的温度相同，则K==20，解得a≈0.22mol/L，所以平衡时容器II中气体总物质的量为(0.22+0.22+0.98)mol/L×1.0L=1.42mol，达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为＞，故C错误；
D. 若容器III和容器I的温度相同，则二者为等效平衡，容器III达到平衡时c(CH3COOH)等于0.80mol/L，但容器III的温度低于容器I，降低温度平衡正向移动，c(CH3COOH)增大，所以达平衡时，容器Ⅲ中c(CH3COOH)大于0.80mol/L，故D错误，答案选A。
15．C
【解析】
【详解】
A. H2PO4－在水溶液中既可以电离也可以水解，所以LiH2PO4溶液中含P元素的粒子有H2PO4－、HPO42–、PO43–和H3PO4，故A错误；
B. 溶液中存在H3PO4、H2PO4－、HPO42–、H2O的电离以及H2PO4－、HPO42–和PO43－的水解等平衡，故B错误；
C. 用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，由图2可知H2PO4－的分布分数δ达到最大，约为0.994，则H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，故C正确；
D. 由图1可知，随着c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH先减小后不变，故D错误，答案选C。
16．D
【解析】
【详解】
A. 据图可知，pH=pOH=6.5时，溶液呈中性，MOH的起始pOH为2.0，而MOH的浓度为0.1mol/L，说明MOH是一元弱碱，HCl是一元强酸，恰好中和时生成MCl，MCl发生水解使溶液呈酸性，所以pH<6.5，故A错误；
B. 溶液中c(H+)=c(OH−)，即pH=pOH时，溶液显中性，根据图象可知pH=6.5时溶液为中性，则T℃时有pKw=pH+pOH=6.5+6.5=13，所以a的值为a=13−2=11，故B错误；
C. 由上述分析可知，盐酸滴定MOH恰好中和时得到MCl溶液，MCl发生水解使溶液呈酸性，所以应选择甲基橙作指示剂，故C错误；
D. T℃时，0.1mol·L－1MOH溶液的pOH值为2.0，即c(OH−)=10−2mol/L，则其Kb==≈1.0×10−3，故D正确，答案选D。
17．D
【解析】溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着NaOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应后离子浓度最小，继续加入NaOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线②代表0.1 mol/L NaOH溶液滴定HC1溶液的滴定曲线，曲线①代表0.1 mol/LNaOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，则A．由分析可知，曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，A错误；B．A点溶液中c(Na+)=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.05mol/L，B错误；C．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，C点溶质为NaCl，A点溶质为醋酸钠，促进水电离，B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，NaOH会抑制水的电离，所以在相同温度下，水的电离程度：B＜C＜A，C错误；D．定量分析可知，D点溶液中，c(Na+)=1.5c(Cl-)，根据电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(Cl－)=2c(OH－)－2c(H+)，D正确；答案选D。
18．相同温度下HSCN比CH3COOH电离平衡常数大，同浓度时电离出的氢离子浓度大，与NaHCO3 溶液反应快 B < < HSO3- + CO32- =SO32- + HCO3-
【解析】
【详解】
(1).相同温度下，等浓度酸的强弱不同，c(H+)不同，因Ka(HSCN)>Ka(CH3COOH)，所以酸性HSCN＞CH3COOH，等浓度的两种酸溶液中c(H+)：HSCN>CH3COOH，c(H+)越大，反应速率越快，故答案为：相同温度下HSCN比CH3COOH的电离平衡常数大，同浓度时电离出的氢离子浓度大，与NaHCO3溶液反应快；
(2). A.若保持温度不变，在CH3COOH溶液中加入一定量氨气，氨气与醋酸反应生成醋酸铵，溶液中c(CH3COO−)增大，故A不选；
B. 在CH3COOH溶液中加入一定量氨气，氨气与醋酸反应，溶液的酸性减弱，c(H+)减小，故B选；
C. 温度不变则Kw不变，故C不选；
D. 温度不变，则醋酸电离平衡常数不变，故D不选，答案选B；
(3). HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，HCl溶液中c(Cl−)= c(H+)，HSCN是弱电解质，在水溶液中部分电离，HSCN溶液中c(SCN −)= c(H+)，保持温度不变，将pH均为3的HCl与HSCN的溶液分别加水稀释100倍，HCl溶液中c(Cl−)= c(H+)=10−5mol/L，稀释促进HSCN的电离，HSCN溶液中c(SCN −)= c(H+)＞10−5mol/L，所以c(Cl−)＜c(SCN −)，溶液中离子浓度越大，溶液的导电性越强，所以两溶液的导电性：HCl ＜HSCN，故答案为：＜；＜；
(4).相同条件下，酸的电离常数越大，其酸性越强，由表中数据可知，酸性：H2CO3＞HSO3−＞HCO3−，则将足量的NaHSO3溶液加入Na2CO3溶液中，反应生成Na2SO3和NaHCO3，离子方程式为HSO3- + CO32- =SO32- + HCO3-，故答案为：HSO3- + CO32- =SO32- + HCO3-。
【点睛】
本题考查弱电解质的电离和影响因素，易错点为第(4)小题，注意先根据题中提供的弱酸的电离常数判断碳酸、碳酸氢根离子、亚硫酸氢根离子之间酸性强弱的关系，再判断生成的产物，试题难度一般。
19．-136.2 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大，上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大 催化剂活性下降，NH3与O2反应生成了NO
【解析】
【详解】
(1). 已知①2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=−116.1 kJ·mol−1、②3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=75.9 kJ·mol−1，根据盖斯定律，(①×3+②)÷2得3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g) ΔH=(－116.1 kJ·mol−1×3+75.9 kJ·mol−1)÷2=-136.2kJ·mol−1，故答案为：-136.2；
(2). 在50～250℃范围内曲线迅速上升的主要原因是催化剂的活性随温度升高而增大使反应速率迅速增大，且温度升高也使NOx去除反应速率增大，上升缓慢的原因是温度升高引起去除反应速率增大，但此时催化剂的活性下降，当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是催化剂活性下降，且NH3与O2反应生成了NO，故答案为：迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大，上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；催化剂活性下降，NH3与O2反应生成了NO。
20．B 0.02mol·L-1·min-1 0.069 逆向 通入气体后Qc大于平衡常数 > 增大 40％ > 2.6a
【解析】
【详解】
(1).A.H2S可以被浓硫酸氧化，不能用浓硫酸干燥，SO2与浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥，故A错误；
B.两气体都能和NaOH溶液反应，被NaOH溶液吸收，故B正确；
C.两气体都能被溴水或酸性KMnO4溶液氧化，不能用溴水或酸性KMnO4溶液鉴别，故C错误，答案为：B；
(2). ①. 设10min达到平衡时NO消耗2x mol，根据平衡三段式法有：
2NO+2CO N2+2CO2
起始量(mol) 2 1 0 0
转化量(mol) 2x 2x x 2x
平衡量(mol) 2-2x 1-2x x 2x，平衡时气体总物质的量为(2-2x)+(1-2x)+x+2x=(3-x)mol，则=，解得x=0.2mol，则这段时间内用CO表示的化学反应速率为v(CO)===0.02 mol·L-1·min-1，故答案为：0.02 mol·L-1·min-1；
②. 该反应平衡常数K===0.069，故答案为：0.069；
③.平衡后再向密闭容器通入0.4molCO和0.4molCO2，Qc==0.1＞K=0.069，平衡逆向移动，故答案为：逆向；通入气体后Qc大于平衡常数；
④. 2NO+2CO N2+2CO2的正反应为气体体积减小的可逆反应，升温发现体系气体平均相对分子质量增大，说明升高温度平衡正向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，则该反应的正反应为吸热反应，△H＞0，故答案为：＞；
⑤. 维持条件不变，向平衡后的容器再充入0.2molNO和0.1molCO，相当于增大压强，增大压强平衡正向移动，NO的转化率增大，故答案为：增大；
(3). ①. A为恒压容器，等温等压的条件下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，2mol气体时体积为aL，达到平衡时VA=1.2aL，所以平衡后混合气体的物质的量为2.4mol，设X物质反应了n mol，则：
X + Y2Z + W △n
1mol 1mol
n mol (2.4−2)mol
解得n=0.4mol，所以X的转化率=×100%=40%，故答案为：40%；
②. B装置是在等容条件下，反应向正反应方向移动时，混合气体的物质的量增大，导致容器内气体压强增大，增大压强平衡逆向移动，X的转化率减小，所以B容器中X的转化率比A小，故答案为：>；
③.当打开阀门时，整个装置是在等温、等压条件下反应，使整个装置中气体的压强与A装置中的初始压强相同，向A中充入1molX和1molY达到平衡时，VA=1.2aL，当打开阀门时，AB中气体为3molX和3molY，由于整个装置是在等温、等压条件下的反应，达到平衡状态时，混合气体的体积应是3.6aL，其中B是aL，所以A为2.6aL，故答案为：2.6a。
21．-20.9(T2-T1) 2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O 滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成浅紫红色，且半分钟不褪色 21.40 BD 60c/V
【解析】
【详解】
I. 在实验室中，用50mL 0.40mol/L的盐酸与50mL 0.50mol/L的NaOH溶液反应生成水的物质的量为0.02mol，则△H=−4.18×10−3kJ/(g⋅℃)×100mL×1g/mL×(T2−T1)÷0.02mol =−20.9(T2−T1)kJ/mol，故答案为：−20.9(T2−T1)；
Ⅱ.(1). H2C2O4与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，H2C2O4被氧化成CO2，KMnO4被还原成Mn2+，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(2). KMnO4溶液呈紫色，当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点，故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成浅紫红色，且半分钟不褪色；
(3). A与C刻度间相差1.00mL，说明每两个小格之间是0.10mL，A处的刻度为21.00，A和B之间是四个小格，所以相差0.40mL，则B是21.40mL，故答案为：21.40；
(4). A. 滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色就立刻停止滴定，会导致滴入的KMnO4溶液体积偏小，故A不选；
B. 第一次滴定时盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，KMnO4浓度偏小，导致滴入KMnO4体积偏大，故B选；
C. 实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积，读数偏小，导致读取的KMnO4体积偏小，故C不选；
D. 第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，润洗锥形瓶会导致草酸的物质的量偏大，造成滴入KMnO4体积偏大，故D选，答案为：BD；
(5). 从上表可以看出，第一次实验中记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于后两次，应舍弃，则消耗标准液的体积为：mL=24.00mL，设H2C2O4的物质的量浓度为a mol/L，依据滴定原理：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O可知：
2MnO4- + 5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O
2 5
c×24.00mL a×VmL
2:c×24.00mL=5:a×VmL 解得a=60c/V mol/L，故答案为：60c/V。
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