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2021-2022学年湖北省武汉市部分重点中学高二（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年湖北省武汉市部分重点中学高二（上）期中化学试卷，共35页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖北省武汉市部分重点中学高二（上）期中化学试卷
一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分．每小题只有一个选项是符合题目要求的）
1．（3分）“不用开水，不用火电，自热米饭真方便!”这是某品牌“自热米饭”的广告词。加热米饭的热量来自饭盒内贮存的某些特殊物质，当这些物质混合后就会发生剧烈的变化而释放出大量热量，则这些特殊物质最可能是（ ）
A．浓硫酸和水 B．生石灰和水 C．硝酸铵和水 D．烧碱和水
2．（3分）下列有关化学平衡移动的说法中，正确的是（ ）
A．凡能影响可逆反应速率的因素都能使化学平衡发生移动
B．化学反应速率改变，化学平衡一定移动
C．改变压强都会使有气体参加的反应化学平衡发生移动
D．增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动
3．（3分）常温条件时，下列说法正确的是（ ）
A．pH相等的盐酸和醋酸溶液等体积混合，混合液中c（Cl﹣）═c（CH3COO﹣）
B．pH＝11的氨水中，由水电离出的c（OH﹣）＝1×10﹣3mol⋅L﹣1
C．pH＝3的酸HA和pH＝11的碱MOH等体积混合后呈酸性，则HA为强酸
D．体积和浓度均相等的NaOH溶液和氨水，分别稀释m倍和n倍，至pH均为9，则m＜n
4．（3分）下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（ ）
A．对化学反应来说，反应速率越大，实验现象越明显
B．升高温度后，吸热反应的速率加快，放热反应的速率减慢
C．NO和CO可以反应生成N2和CO2，减小压强反应速率减慢
D．钠和水的反应中，减少水的量，反应速率减慢
5．（3分）室温时，在由水电离出的c（OH﹣）＝1.0×10﹣13mol⋅L﹣1的无色溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A．K+、Na+、HCO3﹣、Cl﹣ B．Na+、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣
C．K+、Fe3+、Br﹣、Cl﹣ D．K+、I﹣、NO3﹣、Cl﹣
6．（3分）下列叙述错误的是（ ）
A．2KClO3（s）═2KCl（s）+3O2（g）ΔH＞0能否自发进行与温度有关
B．平衡正向移动，反应物的转化率一定增大
C．在中和滴定中，溶液pH的变化是判断滴定终点的依据
D．当碰撞的分子具有足够的能量和适当的取向时，才能发生化学反应
7．（3分）过氧化氢在酸性环境中可氧化Br﹣．该氧化过程由如下一系列基元反应构成：
①H++H2O2→H3O2+（快反应），平衡常数 K1
②H3O2+→H++H2O2（反应①的逆过程，快反应），平衡常数 K2
③H3O2++Br﹣→H2O+HOBr（快反应），活化能 Ea3
④HOBr+H++Br﹣→H2O+Br2（慢反应），活化能 Ea4
下列说法错误的是（ ）
A．Ea3＞Ea4
B．K1•K2＝1
C．整个反应的速率由反应④决定
D．总反应为：H2O2+2H++2Br﹣═2H2O+Br2
8．（3分）下列有关中和反应反应热测定的实验中，说法正确的是（ ）
A．实验中可以用等体积、等浓度的醋酸代替盐酸进行测定
B．温度计测量盐酸的温度后，立即插入NaOH溶液中测量温度
C．为了使反应进行的更完全，可以使酸或碱适当过量
D．完成一次中和反应反应热测定实验，温度计需要使用2次
9．（3分）下列有关化学反应与能量关系的说法中，错误的是（ ）
A．水能、风能、生物质能是可再生能源
B．化学键断裂和形成时的能量变化是化学反应中能量变化的主要原因
C．放热反应中反应物总能量高于生成物的总能量
D．4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）在常温和点燃条件下的ΔH不同
10．（3分）少量铁片与足量的0.10mol/L的稀硫酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用的方法是（ ）
A．将铁片换成等质量的铁粉
B．改用10mL0.1mol/L的硝酸
C．加Na2SO4溶液
D．再加100mL0.10mol/L硫酸
11．（3分）在体积为1L的恒容密闭容器中充入一定量的H2S气体，平衡时三种组分的物质的量与温度的关系如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．T1时，向X点容器中再充入与1molH2S和与1molH2，重新平衡前v（正）＜v（逆）
B．X点、Y点的压强仅与气体的总物质的量有关
C．T1时，若起始时向容器中充入5molH2S气体，则平衡时H2S的转化率小于50%
D．T2时，平衡常数K＝
12．（3分）下列实验能达到预期目的是（ ）
实验内容
实验目的
A
将0.2mol⋅L﹣1的KI溶液和0.05mol⋅L﹣1的FeCl3溶液等
体积混合，充分反应后，取少许混合液滴加AgNO3溶液
验证Fe3+与I﹣的反应有
一定限度
B
白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段
时间后滴入几滴K3[Fe（CN）6]溶液
验证该过程是否发生
原电池反应
C
相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，
向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，
观察并比较实验现象
探究FeCl3对H2O2分
解速率的影响
D
向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中，同时
加入2mL5%H2O2溶液，观察并比较实验现象
探究浓度对反应速率
的影响
A．A B．B C．C D．D
13．（3分）在温度一定时，反应N2O4（g）⇌2NO2（g）的平衡体系中NO2的物质的量分数x（NO2）随压强p的变化情况如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．a、c两点的正反应速率的关系为a＞c
B．从p1突然加压至p2，可使e状态从水平方向到达c状态
C．p1时，e→a所需时间为t1，p2时，d→c所需时间为t2，则t1＜t2
D．d状态时v（正）＞v（逆）
14．（3分）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
选项
热化学方程式
结论
A
H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）ΔH＝﹣akJ•mol﹣1
H2的燃烧热ΔH＝﹣akJ•mol﹣1
B
2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）ΔH＝﹣98.3kJ•mol﹣1
SO2（g）的能量一定比SO3（g）能量高
C
P4（s，白磷）═4P（s，红磷）ΔH＝﹣29.2kJ•mol﹣1
P4（s，白磷）比P（s，红磷）稳定
D
C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH1
C（s）+O2（g）═CO（g）ΔH2
ΔH1＜ΔH2
A．A B．B C．C D．D
15．（3分）在25℃时，用0.10mol•L﹣1氨水滴定20.00mL0.10mol•L﹣1HR溶液，混合溶液的pH与所加氨水体积的关系如图右所示。下列说法错误的是（ ）
A．HR可能为弱酸
B．若HR为强酸，Kb（NH3•H2O）＝
C．P点溶液稀释，溶液中所有离子浓度均减小
D．滴定前，在0.10mol•L﹣1HR溶液中，水电离出的c（H+）可能等于10﹣13mol•L﹣1
二、非选择题（本题共四题，共55分）
16．（14分）已知水的电离平衡曲线如图所示：
回答下列问题：
（1）图中a、b、c、d、e五点的KW间的大小关系是 。（用a、b、c、d、e表示）
（2）若从a点到d点，可采用的措施是 ；从a点到b点，可采用的措施是 。
A．升温
B．加入少量的盐酸
C．加入少量的NaOH固体
D．加水
（3）常温下将VmL、pH＝12氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、pH＝2的醋酸溶液中充分反应．如果溶液pH＝7，此时V的取值 20.00（填“大于”“小于”或“等于”）。
（4）在e点对应的温度下，将pH＝13的NaOH溶液与pH＝2的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为 。
（5）在a点对应的温度下，pH＝2的HCl溶液和pH＝11的某一元碱BOH溶液中，若水的电离程度分别用α1、α2表示，则α1 α2（填“大于”“小于”“等于”“无法确定”，下同），若将二者等体积混合，则混合液的pH与7的关系 。
17．（14分）（1）在某溶液中存在FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3+3KCl的平衡体系．
①在溶液中加入少量的KSCN固体，平衡 （填“正向”、“逆向”、“不”）移动。
②在溶液中加入少量的KCl固体，平衡 （填“正向”、“逆向”、“不”）移动。
（2）煤作为燃料可通过下列两种途径提供热能：
途径Ⅰ：C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH1＜0
途径Ⅱ：制水煤气：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）ΔH2＞0
水煤气燃烧：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ΔH3＜0
2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH4＜0
则ΔH1＝ （用ΔH2、ΔH3、ΔH4表示）。
（3）利用CO和H2在一定条件下可合成甲醇，发生如下反应：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）ΔH，其两种反应过程中能量的变化曲线分别如图a、b所示，下列说法正确的是 （填标号）。
A．上述反应的ΔH＝﹣91kJ⋅mol﹣1
B．a过程正反应的活化能为510kJ⋅mol﹣1
C．b过程中第Ⅰ阶段为吸热反应，第Ⅱ阶段为放热反应
D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能和ΔH
E．b过程的反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段
（4）将等物质的量的A和B，混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），5min后测得c（D）＝0.5mol•L﹣1，c（A）：c（B）＝3：5，且0～5minC的平均反应速率是0.1mol•L﹣1•min﹣1。则x＝ ，A的转化率为 。
（5）天然气中含有的微量H2S会腐蚀管道和设备，在1200℃下进行脱硫处理，H2S会被氧气氧化为SO2，并产生水蒸气。
化学键
H﹣S
O＝O
H﹣O
SO2中共价键
键能/（kJ⋅mol﹣1）
339
498
464
1083
该反应的热化学方程式为 。
18．（14分）某学生用0.2000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：
①移取15.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞
②用标准溶液润洗碱式滴定管2～3次
③把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴部分充满溶液
④取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2～3cm
⑤调节液面至0或0刻度以下，记下读数
⑥把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度
回答以下填空：
（1）正确操作的顺序是（填序号）② → → →①→ 。
（2）盛NaOH标准液的滴定管尖嘴部分留有气泡，排除气泡的方法应采用右图中的 操作（填“甲”、“乙”、“丙”）。
（3）下列情况可能造成测定结果偏高的是 （填标号）。
A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准液润洗
E．配制标准溶液所用NaOH固体中含少量NaCl杂质
19．与酸碱中和滴定类似，氧化还原滴定也是测定样品含量常用方法。
（1）某实验室有瓶混有泥沙的乙二酸（H2C2O4）样品，欲测定样品中乙二酸的含量。准确称量5.0g乙二酸样品，配成250mL溶液。量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，将0.1000mol⋅L﹣1KMnO4溶液装入 （填“酸式”或“碱式”）滴定管，进行滴定操作，当 时，证明达到滴定终点。
（2）滴定过程中发生反应的离子方程式为 。
（3）计算再重复上述操作2次，记录实验数据如下：
序号
滴定前读数（mL）
滴定后读数（mL）
1
0.00
20.10
2
1.00
20.90
3
0.00
22.10
则此样品的纯度为 。
20．（13分）合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义．合成氨的反应原理为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）。
回答以下问题：
（1）已知合成氨的反应升高温度平衡常数会减小，则该反应的正反应活化能E1和逆反应活化能E2的相对大小关系为：E1 E2．（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）其他条件不变时，温度升高，氨的平衡含量减小的原因是 （填标号）。
A．温度升高，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆向移动
B．温度升高，浓度商（Q）变大，Q＞K，平衡逆向移动
C．温度升高，活化分子数增多，活化分子百分数不变，反应速率加快
D．温度升高，浓度商（Q）不变，K变小，平衡逆向移动
（3）合成氨法选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是 。
（4）如图1表示工业合成氨反应随条件改变，平衡体系中氨气体积分数的变化趋势．当横坐标为压强时，变化趋势正确的是 （填标号）。
（5）500℃时，向容积为2L的密闭容器中通入1molN2和3molH2，模拟合成氨的反应，容器内的压强随时间的变化如表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
+∞
压强/MPa
20
17
15
13.2
11
11
用压强表示该反应的平衡常数Kp＝ （Kp等于平衡时生成物分压幂的乘积与反应物分压幂的乘积的比值，某物质的分压＝总压×该物质的物质的量分数）。
（6）一定温度下恒容容器中，以不同的物质的量之比加入H2和N2，平衡时NH3的体积分数如图2所示，则H2的转化率a点 b点（填“＞”、“＜”或“＝”）。若起始压强为20MPa，则b点时体系的总压强约为 MPa。（结果保留两位有效数字）
（7）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加入H2NCOONH4，发生反应：H2NCOONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g），能说明该反应达到平衡状态的是 （填标号）。
A．混合气体的压强不变
B．混合气体的密度不变
C．混合气体的总物质的量不变
D．混合气体的平均相对分子质量不变
E．NH3的体积分数不变
2021-2022学年湖北省武汉市部分重点中学高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分．每小题只有一个选项是符合题目要求的）
1．（3分）“不用开水，不用火电，自热米饭真方便!”这是某品牌“自热米饭”的广告词。加热米饭的热量来自饭盒内贮存的某些特殊物质，当这些物质混合后就会发生剧烈的变化而释放出大量热量，则这些特殊物质最可能是（ ）
A．浓硫酸和水 B．生石灰和水 C．硝酸铵和水 D．烧碱和水
【分析】加热米饭的热量来自饭盒内贮存的某些特殊物质，当这些物质混合后就会发生剧烈的变化而释放出大量热量，则固体混合放热，且不能为腐蚀性物质，以此来解答。
【解答】解：A．浓硫酸具有强腐蚀性，故A不选；
B．CaO与水反应放热，生成氢氧化钙的溶解度不大，且安全可靠，故B选；
C．硝酸铵与水混合吸热，故C不选；
D．烧碱为强碱，具有强腐蚀性，与水混合热效应不明显，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查反应中能量变化，为高频考点，把握物质的性质、反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
2．（3分）下列有关化学平衡移动的说法中，正确的是（ ）
A．凡能影响可逆反应速率的因素都能使化学平衡发生移动
B．化学反应速率改变，化学平衡一定移动
C．改变压强都会使有气体参加的反应化学平衡发生移动
D．增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动
【分析】A.催化剂可同等程度的加快正逆反应速率；
B.正逆化学反应速率可能同等程度的减小或增大；
C.反应前后气体总物质的量不变的反应，改变压强平衡不移动；
D.增大反应物浓度，瞬间正反应速率增大、逆反应速率不变。
【解答】解：A.催化剂可同等程度的加快正逆反应速率，而化学平衡不移动，故A错误；
B.正逆化学反应速率可能同等程度的减小或增大，化学平衡不移动，故B错误；
C.若反应前后气体的总物质的量不相等，则改变压强平衡发生移动，故C错误；
D.增大反应物浓度，瞬间正反应速率增大、逆反应速率不变，平衡正向移动，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握化学反应速率及平衡移动的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意速率变化与平衡移动的关系，题目难度中等。
3．（3分）常温条件时，下列说法正确的是（ ）
A．pH相等的盐酸和醋酸溶液等体积混合，混合液中c（Cl﹣）═c（CH3COO﹣）
B．pH＝11的氨水中，由水电离出的c（OH﹣）＝1×10﹣3mol⋅L﹣1
C．pH＝3的酸HA和pH＝11的碱MOH等体积混合后呈酸性，则HA为强酸
D．体积和浓度均相等的NaOH溶液和氨水，分别稀释m倍和n倍，至pH均为9，则m＜n
【分析】A．pH相等的盐酸和醋酸溶液等体积混合后pH不变，即c（H+）、c（OH﹣）不变，结合电荷关系解答；
B．pH＝11的氨水中由水电离的c（OH﹣）等于由水电离的c（H+），等于溶液中的c（H+）；
C．pH＝3的酸HA和pH＝11的碱MOH等体积混合后呈酸性，则酸HA过量；
D．NaOH是强碱，一水合氨是弱碱、部分电离，相同浓度的两种溶液中，氢氧化钠溶液的pH大于氨水，加水稀释促进一水合氨电离。
【解答】解：A．盐酸和醋酸溶液中电荷关系分别为c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）、c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），pH相等的两溶液等体积混合后pH不变，即c（H+）、c（OH﹣）不变，所以混合液中c（Cl﹣）＝c（CH3COO﹣），故A正确；
B．pH＝11的氨水中c（H+）＝1×10﹣11mol⋅L﹣1，由水电离出的c（OH﹣）＝溶液中的c（H+）＝1×10﹣11mol⋅L﹣1，故B错误；
C．pH＝3的HA溶液中c（H+）＝10﹣3mol/L，pH＝11的MOH中c（OH﹣）＝10﹣3mol/L，等体积混合后呈酸性，则HA过量，所以HA为弱酸，故C错误；
D．氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质、部分电离，相同浓度的两种溶液中，氢氧化钠溶液的pH大于氨水，要使稀释后溶液的pH均为9，则氢氧化钠稀释的倍数m大于氨水稀释的倍数n，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了溶液pH计算、弱电解质电离特点及影响因素等知识，为高频考点，侧重于考查学生对基础知识的综合运用能力，掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系、酸或碱溶液中由水电离的c（H+）的计算是解题关键，题目难度不大。
4．（3分）下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（ ）
A．对化学反应来说，反应速率越大，实验现象越明显
B．升高温度后，吸热反应的速率加快，放热反应的速率减慢
C．NO和CO可以反应生成N2和CO2，减小压强反应速率减慢
D．钠和水的反应中，减少水的量，反应速率减慢
【分析】A．化学反应不一定有明显的现象；
B．升高温度，无论是吸热反应还是放热反应，反应速率都加快；
C．减小压强，浓度减小，反应速率减小；
D．减少水的量，浓度不变。
【解答】解：A．化学反应不一定有明显的现象，如氢氧化钠与盐酸反应，故A错误；
B．升高温度，无论是吸热反应还是放热反应，反应速率都加快，故B错误；
C．有气体参加的反应，减小压强，浓度减小，反应速率减小，故C正确；
D．减少水的量，浓度不变，则反应速率不变，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查影响反应速率的因素，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，掌握浓度、温度、压强、催化剂对反应速率的影响，题目难度不大。
5．（3分）室温时，在由水电离出的c（OH﹣）＝1.0×10﹣13mol⋅L﹣1的无色溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A．K+、Na+、HCO3﹣、Cl﹣ B．Na+、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣
C．K+、Fe3+、Br﹣、Cl﹣ D．K+、I﹣、NO3﹣、Cl﹣
【分析】室温时，溶液中由水电离出的c（OH﹣）＝1.0×10﹣13mol⋅L﹣1＜1.0×10﹣7mol⋅L﹣1，说明水的电离被抑制，溶液为强酸或强碱溶液，溶液无色，说明不含有色离子，能和H+或OH﹣反应的离子不能大量共存。
【解答】解：A．酸性条件下H+、HCO3﹣反应生成CO2和H2O而不能大量共存，碱性条件下HCO3﹣、OH﹣反应生成CO32﹣和H2O而不能大量共存，故A错误；
B．这几种离子都无色，这几种离子之间不反应且和H+或OH﹣都不反应，所以能大量共存，故B正确；
C．Fe3+呈黄色，不符合无色条件，碱性条件下，Fe3+、OH﹣反应生成红褐色沉淀Fe（OH）3，所以不能大量共存，故C错误；
D．酸性条件下，I﹣、NO3﹣发生氧化还原反应生成I2和NO而不能大量共存，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子共存，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意题干中隐患信息的挖掘和灵活运用，题目难度不大。
6．（3分）下列叙述错误的是（ ）
A．2KClO3（s）═2KCl（s）+3O2（g）ΔH＞0能否自发进行与温度有关
B．平衡正向移动，反应物的转化率一定增大
C．在中和滴定中，溶液pH的变化是判断滴定终点的依据
D．当碰撞的分子具有足够的能量和适当的取向时，才能发生化学反应
【分析】A.反应后气体的总物质的量增大，则ΔS＞0，且ΔH﹣TΔS＜0的反应可自发进行；
B.若两种反应物，增加一种反应物，可促进另一种反应物的转化；
C.中和滴定中，观察锥形瓶中颜色的变化判断滴定终点；
D.碰撞的分子具有足够的能量和适当的取向，为有效碰撞。
【解答】解：A.反应后气体的总物质的量增大，则ΔS＞0，且ΔH﹣TΔS＜0的反应可自发进行，ΔH＞0时能否自发进行与温度有关，故A正确；
B.若两种反应物，增加一种反应物，可促进另一种反应物的转化，平衡正向移动，但加入反应物的转化率减小，故B错误；
C.中和滴定中，观察锥形瓶中颜色的变化判断滴定终点，此时溶液pH发生突变，故C正确；
D.碰撞的分子具有足够的能量和适当的取向，为有效碰撞，发生化学反应，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡及中和滴定等，为高频考点，把握综合判据的应用、平衡移动的影响因素、中和滴定、碰撞理论为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度中等。
7．（3分）过氧化氢在酸性环境中可氧化Br﹣．该氧化过程由如下一系列基元反应构成：
①H++H2O2→H3O2+（快反应），平衡常数 K1
②H3O2+→H++H2O2（反应①的逆过程，快反应），平衡常数 K2
③H3O2++Br﹣→H2O+HOBr（快反应），活化能 Ea3
④HOBr+H++Br﹣→H2O+Br2（慢反应），活化能 Ea4
下列说法错误的是（ ）
A．Ea3＞Ea4
B．K1•K2＝1
C．整个反应的速率由反应④决定
D．总反应为：H2O2+2H++2Br﹣═2H2O+Br2
【分析】A．活化能越大，反应速率越慢；
B．方程式反写时，平衡常数为原反应的倒数；
C．慢反应决定整个反应的速率；
D．①+③+④得总反应得化学方程式。
【解答】解：A．活化能越大，反应速率越慢，基元反应④为慢反应，则Ea3＜Ea4，故A错误；
B．方程式反写时，平衡常数为原反应的倒数，则则K1、K2互为倒数，K1•K2＝1，故B正确；
C．慢反应决定整个反应的速率，则整个反应的速率由反应④决定，故C正确；
D．①+③+④得总反应得化学方程式，所以该氧化过程总反应为：H2O2+2H++2Br﹣═2H2O+Br2，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了反应机理、影响反应速率的因素、活化能等，题目难度不大，把握化学反应与能量、反应速率的影响因素等，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
8．（3分）下列有关中和反应反应热测定的实验中，说法正确的是（ ）
A．实验中可以用等体积、等浓度的醋酸代替盐酸进行测定
B．温度计测量盐酸的温度后，立即插入NaOH溶液中测量温度
C．为了使反应进行的更完全，可以使酸或碱适当过量
D．完成一次中和反应反应热测定实验，温度计需要使用2次
【分析】A．醋酸是弱电解质，电离吸热；
B．温度计测量盐酸的温度后，立即插入NaOH溶液中测量温度，会使NaOH的起始温度偏高；
C．测定中和热时，为使一种反应物反应完全，常常使另一种物质适当过量；
D．完成一次中和反应反应热测定实验，温度计至少需要使用3次。
【解答】解：A．醋酸是弱电解质，电离吸热，若用等体积、等浓度的醋酸代替盐酸进行测定，测定数值偏小，故A错误；
B．温度计测量盐酸的温度后，立即插入NaOH溶液中测量温度，会使NaOH的起始温度偏高，温度差偏低，计算出的反应热数值偏小，故B错误；
C．为了使一种反应物反应完全，应该使另一种物质过量，所以为了使反应进行的更完全，可以使酸或碱适当过量，故C正确；
D．测定中和反应的反应热实验中，每完成一次反应热的测定，至少需要测定三次温度：酸的起始温度、碱的起始温度和反应后溶液的最高温度，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查中和热测定原理及误差分析，把握中和热的测定步骤及注意事项是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和运用能力，题目难度不大。
9．（3分）下列有关化学反应与能量关系的说法中，错误的是（ ）
A．水能、风能、生物质能是可再生能源
B．化学键断裂和形成时的能量变化是化学反应中能量变化的主要原因
C．放热反应中反应物总能量高于生成物的总能量
D．4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）在常温和点燃条件下的ΔH不同
【分析】A.在短期内可以生成的能源为可再生能源；
B.化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，断裂旧键会吸收能量，形成新键会放出能量；
C.当反应物的总能量高于生成物的总能量时，反应放热；
D.反应热ΔH由反应物、生成物的总能量的相对大小决定。
【解答】解：A.在短期内可以生成的能源为可再生能源，水能、风能、生物质能均为可再生能源，故A正确；
B.化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，断裂旧键会吸收能量，形成新键会放出能量，故化学键断裂和形成时的能量变化是化学反应中能量变化的主要原因，故B正确；
C.当反应物的总能量高于生成物的总能量时，反应放热，即放热反应中反应物总能量高于生成物的总能量，故C正确；
D.反应热ΔH由反应物、生成物的总能量的相对大小决定，与反应条件无关，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了反应吸放热的根本原因和决定性因素，难度不大，应注意的是反应条件与反应吸放热无必然关系。
10．（3分）少量铁片与足量的0.10mol/L的稀硫酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用的方法是（ ）
A．将铁片换成等质量的铁粉
B．改用10mL0.1mol/L的硝酸
C．加Na2SO4溶液
D．再加100mL0.10mol/L硫酸
【分析】由题意可知，稀硫酸过量，为加快铁与稀硫酸的反应速率，可适当增大浓度、升高温度、增大固体的表面积，但不改变生成氢气的总量，则铁的物质的量应不变，即改变条件时不能加入和稀硫酸反应生成氢气的物质，或与铁反应生成物质的物质，据此分析解答。
【解答】解：A．将铁片换成等质量的铁粉，反应速率增大，H2的产量不变，故A正确；
B．改用10mL0.1mol/L的硝酸，硝酸与铁反应生成NO气体，导致H2的产量减少，故B错误；
C．加Na2SO4溶液，减小氢离子浓度、反应速率减慢，故C错误；
D．再加100mL0.10mol/L硫酸，氢离子浓度不变，反应速率不变，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基础知识综合运用能力的考查，基础知识的积累，题目难度不大。
11．（3分）在体积为1L的恒容密闭容器中充入一定量的H2S气体，平衡时三种组分的物质的量与温度的关系如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．T1时，向X点容器中再充入与1molH2S和与1molH2，重新平衡前v（正）＜v（逆）
B．X点、Y点的压强仅与气体的总物质的量有关
C．T1时，若起始时向容器中充入5molH2S气体，则平衡时H2S的转化率小于50%
D．T2时，平衡常数K＝
【分析】A.由Qc和K的大小比较，判断反应速率关系；
B.结合理想气体状态方程PV＝nRT分析；
C.容器内再加入硫化氢，相当于对原平衡加压；
D.T2时，氢气和S2的物质的量相等，由此计算平衡时各组分的量，进而计算平衡常数。
【解答】解：A.由图可知，T1时，H2S和与H2的物质的量均为2mol，S2的物质的量为1mol，则平衡常数K＝＝＝1，向X点容器中再充入与1molH2S和与1molH2，Qc＝＝＝1，平衡不移动，v（正）＝v（逆），故A错误；
B.在同容条件下，气体压强之比等于气体物质的量与温度之积的比，故容器内压强不仅和气体的物质的量有关，还与温度有关，故B错误；
C.T1时，H2S和与H2的物质的量均为2mol，由方程式2H2S⇌2H2+S2可知，氢气的生成量为2mol，硫化氢的起始加入量为2mol+2mol＝4mol，平衡时H2S的转化率为×100%＝50%，若起始时向容器中充入5molH2S气体，相当于对原平衡加压，加压，平衡逆移，则平衡时H2S的转化率小于50%，故C正确；
D.设硫化氢的反应量为2xmol，平衡时硫化氢的物质的量为（4﹣2x）mol，氢气的物质的量为2xmol，S2的物质的量为xmol，由图可知，T2平衡时硫化氢和S2的物质的量相等，则有4﹣2x＝x，解得x＝，平衡时硫化氢的物质的量为mol，氢气的物质的量为mol，S2的物质的量为mol，平衡常数K＝＝＝，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度较大，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键，难点是平衡常数的计算。
12．（3分）下列实验能达到预期目的是（ ）
实验内容
实验目的
A
将0.2mol⋅L﹣1的KI溶液和0.05mol⋅L﹣1的FeCl3溶液等
体积混合，充分反应后，取少许混合液滴加AgNO3溶液
验证Fe3+与I﹣的反应有
一定限度
B
白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段
时间后滴入几滴K3[Fe（CN）6]溶液
验证该过程是否发生
原电池反应
C
相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，
向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，
观察并比较实验现象
探究FeCl3对H2O2分
解速率的影响
D
向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中，同时
加入2mL5%H2O2溶液，观察并比较实验现象
探究浓度对反应速率
的影响
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.反应前后均存在氯离子，且碘离子过量，不能证明反应存在限度；
B.K3[Fe（CN）6]溶液与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中Fe为正极；
C.一个试管中有催化剂，另一个试管中没有催化剂；
D.NaHSO3溶液与H2O2溶液反应生成硫酸钠和水。
【解答】解：A.无论是否存在反应限度，反应前后均有氯离子，且KI过量，反应前后有碘离子，滴加AgNO3溶液，都有黄色沉淀、白色沉淀生成，不能证明反应的限度，故A错误；
B.Zn、Fe和饱和食盐水构成原电池，Zn易失电子作负极，Fe作正极，滴入几滴K3[Fe（CN）6]溶液不能验证该过程是否发生原电池反应，故B错误；
C.浓度相同，只有催化剂一个变量，可探究FeCl3对H2O2分解速率的影响，故C正确；
D.该实验没有明显现象，不能探究浓度对速率的影响，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确反应速率与反应限度、电化学腐蚀、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
13．（3分）在温度一定时，反应N2O4（g）⇌2NO2（g）的平衡体系中NO2的物质的量分数x（NO2）随压强p的变化情况如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．a、c两点的正反应速率的关系为a＞c
B．从p1突然加压至p2，可使e状态从水平方向到达c状态
C．p1时，e→a所需时间为t1，p2时，d→c所需时间为t2，则t1＜t2
D．d状态时v（正）＞v（逆）
【分析】A.压强越大，反应速率越快；
B.压强迅速增大，平衡瞬间未改变；
C.压强越大，反应速率越快；
D.由二氧化氮物质的量分数变化判断正逆反应速率关系。
【解答】解：A.由图可知，c点压强大于a点，故c点反应速率大于a点反应速率，故A错误；
B.对于压强的改变，当快速加压时，平衡未移动，但压强迅速增大，反映在图象上就是纵坐标不变，横坐标不断增大，故从p1突然加压至p2，可使e状态从水平方向到达c状态，故B正确；
C.由图可知，ae和cd线段的长度相等，即二氧化氮的物质的量分数变化量相等，但由于d点压强大于e点压强，d点反应速率大于e点反应速率，故所需时间t1＞t2，故C错误；
D.压强一定时，d点未达到平衡，如达到平衡，二氧化氮物质的量分数需减小，反应逆向进行，故v（正）＜v（逆），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
14．（3分）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
选项
热化学方程式
结论
A
H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）ΔH＝﹣akJ•mol﹣1
H2的燃烧热ΔH＝﹣akJ•mol﹣1
B
2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）ΔH＝﹣98.3kJ•mol﹣1
SO2（g）的能量一定比SO3（g）能量高
C
P4（s，白磷）═4P（s，红磷）ΔH＝﹣29.2kJ•mol﹣1
P4（s，白磷）比P（s，红磷）稳定
D
C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH1
C（s）+O2（g）═CO（g）ΔH2
ΔH1＜ΔH2
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.燃烧热为1mol纯物质在氧气中完全燃烧生成指定产物时放出的热量，H元素的指定产物应该为液态水；
B.该反应为放热反应，只能说明SO2（g）和O2（g）的总能量一定高于SO3（g）的能量，但无法比较SO2（g）和SO3（g）能量大小；
C.物质具有的能量越高，其稳定性越弱；
D.碳完全燃烧生成二氧化碳气体水放出的热量更多，结合放热反应的焓变小于0分析。
【解答】解：A.结合燃烧热的概念可知，氢气在氯气中的燃烧放出的热量不是燃烧热，故A错误；
B.2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）ΔH＝﹣98.3kJ•mol﹣1为放热反应，则SO2（g）和O2（g）的总能量一定高于SO3（g）的能量，但SO2（g）的能量不一定比SO3（g）能量高，故B错误；
C.P4（s，白磷）═4P（s，红磷）ΔH＝﹣29.2kJ•mol﹣1为放热反应，说明P4（s，白磷）的能量大于P（s，红磷），能量越高稳定性越弱，则P4（s，白磷）不比P（s，红磷）稳定，故C错误；
D.C（s）完全燃烧生成CO2（g）时放出的热量更多，两个反应均为放热反应，焓变小于0，放出热量越多焓变越小，则ΔH1＜ΔH2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握燃烧热的概念、物质稳定性与具有能量的关系为解答关键，注意掌握热化学方程式所表示的意义，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
15．（3分）在25℃时，用0.10mol•L﹣1氨水滴定20.00mL0.10mol•L﹣1HR溶液，混合溶液的pH与所加氨水体积的关系如图右所示。下列说法错误的是（ ）
A．HR可能为弱酸
B．若HR为强酸，Kb（NH3•H2O）＝
C．P点溶液稀释，溶液中所有离子浓度均减小
D．滴定前，在0.10mol•L﹣1HR溶液中，水电离出的c（H+）可能等于10﹣13mol•L﹣1
【分析】A．当V（氨水）＝20.0mL时，酸碱恰好完全反应生成NH4R，NH4R溶液pH＜7，溶液呈酸性，HR可能为强酸也可能为弱酸；
B．若HR为强酸，Q点溶液pH＝7，溶液中c（OH﹣）＝c（H+）＝10﹣7mol•L﹣1，混合溶液中c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（R﹣），则c（R﹣）＝c（NH4+）＝＝mol/L，溶液中c（NH3•H2O）＝﹣mol/L＝（﹣ ）mol/L＝mol/L，Kb（NH3•H2O）＝；
C．P点溶液稀释，水解程度增大，但其水解程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（H+）减小，温度不变水的离子积常数不变；
D．滴定前，如果HR为强酸，在0.10mol•L﹣1HR溶液中c（H+）＝0.10mol/L，水电离出的c（H+）＝。
【解答】解：A．当V（氨水）＝20.0mL时，酸碱恰好完全反应生成NH4R，NH4R溶液pH＜7，溶液呈酸性，如果HR为强酸，则NH4R为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性；如果HR为弱酸，NH4R为弱酸弱碱盐，如果NH4+水解程度大于R﹣水解程度，则NH4R溶液呈酸性，所以HR可能为强酸也可能为弱酸，故A正确；
B．若HR为强酸，Q点溶液pH＝7，溶液中c（OH﹣）＝c（H+）＝10﹣7mol•L﹣1，混合溶液中c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（R﹣），则c（R﹣）＝c（NH4+）＝＝mol/L，溶液中c（NH3•H2O）＝﹣mol/L＝（﹣ ）mol/L＝mol/L，Kb（NH3•H2O）＝＝＝，故B正确；
C．P点溶液稀释，水解程度增大，但其水解程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（H+）减小，温度不变水的离子积常数不变，则溶液中c（OH﹣）增大，故C错误；
D．滴定前，如果HR为强酸，在0.10mol•L﹣1HR溶液中c（H+）＝0.10mol/L，水电离出的c（H+）＝＝mol/L＝10﹣13mol•L﹣1，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电离平衡常数计算方法，C为解答易错点。
二、非选择题（本题共四题，共55分）
16．（14分）已知水的电离平衡曲线如图所示：
回答下列问题：
（1）图中a、b、c、d、e五点的KW间的大小关系是 b＞c＞a＝d＝e 。（用a、b、c、d、e表示）
（2）若从a点到d点，可采用的措施是 B ；从a点到b点，可采用的措施是 A 。
A．升温
B．加入少量的盐酸
C．加入少量的NaOH固体
D．加水
（3）常温下将VmL、pH＝12氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、pH＝2的醋酸溶液中充分反应．如果溶液pH＝7，此时V的取值 大于 20.00（填“大于”“小于”或“等于”）。
（4）在e点对应的温度下，将pH＝13的NaOH溶液与pH＝2的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为 1：10 。
（5）在a点对应的温度下，pH＝2的HCl溶液和pH＝11的某一元碱BOH溶液中，若水的电离程度分别用α1、α2表示，则α1 小于 α2（填“大于”“小于”“等于”“无法确定”，下同），若将二者等体积混合，则混合液的pH与7的关系 无法确定 。
【分析】（1）水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大；
（2）从a点到d点c（H+）变大，c（OH﹣）变小，但Kw不变，从a点到b点，是升温，c（H+）变大，c（OH﹣）变大，Kw变大；
（3）温度为25℃，水的离子积为10﹣14，由于反应后溶液呈中性，所以n（OH﹣）＝n（H+），据此计算回答；
（4）e对应的温度下，Kw＝10﹣14，将pH＝13的NaOH溶液与pH＝2的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则酸溶液中的n（H+）等于碱溶液中的n（OH﹣），据此计算；
（5）水中氢离子、碱中氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，恰好反应后溶液显示酸性，则反应生成了强酸弱碱盐，碱根离子水解，溶液显示酸性。
【解答】解（1）水的离子积常数只与温度有关，水的电离是吸热过程，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是b＞c＞a＝d＝e，所以离子积常数大小顺序是b＞c＞a＝d＝e，
故答案为：b＞c＞a＝d＝e；
（2）在a点时，c（H+）＝c（OH﹣），溶液显中性，而到d点c（H+）变大，c（OH﹣）变小，溶液显酸性，即由a点到d点，溶液由中性变为酸性，但Kw不变，加入少量盐酸，c（H+）变大，c（OH﹣）变小，溶液显酸性，故B正确，从a点到b点，c（H+）变大，c（OH﹣）变大，Kw变大，可采用的措施是 a．升高温度，c（H+）变大，c（OH﹣）变大，Kw变大，故A正确；
故答案为：B；A；
（3）温度为25℃，水的离子积常数为10﹣14，将VmL、pH＝12氢氧化钠溶液（氢氧化钠浓度是0.01mol/L）逐滴加入到20.00mL、pH＝2醋酸溶液中充分反应，醋酸和氢氧化钠反应得到醋酸钠溶液，同时醋酸过量，溶液显示酸性，如果溶液pH＝7，显示中性，需要醋酸的量少点，所以V大于20mL，
故答案为：大于；
（4）e对应的温度下，Kw＝10﹣14，将pH＝13的NaOH溶液与pH＝2的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则酸溶液中的n（H+）等于碱溶液中的n（OH﹣），故有：10﹣1mol/L×V碱＝10﹣2mol/L×V酸，解得，V碱：V酸＝1：10，
故答案为：1：10；
（5）在a点对应的温度为25℃，在曲线中，水的离子积为10﹣7×10﹣7＝10﹣14，pH＝2的HCl中c（H+）＝10﹣2mol/L，pH＝11的某BOH溶液中c（OH﹣）＝10﹣3mol/L，因c（H+）＞c（OH﹣），故在盐酸中水的电离受到的抑制作用比较大，即：α1小于α2，pH＝2的HCl中c（H+）＝10﹣2mol/L，pH＝11的某BOH溶液中c（OH﹣）＝10﹣3mol/L，如果BOH是强碱，则二者等体积混合，酸剩余，所以pH小于7，假设BOH是弱碱，则BOH的浓度会大于0.001mol/L，但是和0.01mol/L的盐酸相对浓度大小无法判断，所以此时溶液的pH无法确定，
故答案为：小于；无法确定。
【点评】本题考查水的电离和酸碱混合的定性判断和溶液pH的有关计算，题目难度不大，温度不同而使水的离子积常数不同是解本题的关键，注意酸碱混合时酸碱物质的量的关系以及溶液pH与c（H+）、（OH﹣）的关系，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力。
17．（14分）（1）在某溶液中存在FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3+3KCl的平衡体系．
①在溶液中加入少量的KSCN固体，平衡 正向 （填“正向”、“逆向”、“不”）移动。
②在溶液中加入少量的KCl固体，平衡 不 （填“正向”、“逆向”、“不”）移动。
（2）煤作为燃料可通过下列两种途径提供热能：
途径Ⅰ：C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH1＜0
途径Ⅱ：制水煤气：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）ΔH2＞0
水煤气燃烧：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ΔH3＜0
2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH4＜0
则ΔH1＝ ΔH2+ΔH3+ΔH4 （用ΔH2、ΔH3、ΔH4表示）。
（3）利用CO和H2在一定条件下可合成甲醇，发生如下反应：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）ΔH，其两种反应过程中能量的变化曲线分别如图a、b所示，下列说法正确的是 ACE （填标号）。
A．上述反应的ΔH＝﹣91kJ⋅mol﹣1
B．a过程正反应的活化能为510kJ⋅mol﹣1
C．b过程中第Ⅰ阶段为吸热反应，第Ⅱ阶段为放热反应
D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能和ΔH
E．b过程的反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段
（4）将等物质的量的A和B，混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），5min后测得c（D）＝0.5mol•L﹣1，c（A）：c（B）＝3：5，且0～5minC的平均反应速率是0.1mol•L﹣1•min﹣1。则x＝ 2 ，A的转化率为 50% 。
（5）天然气中含有的微量H2S会腐蚀管道和设备，在1200℃下进行脱硫处理，H2S会被氧气氧化为SO2，并产生水蒸气。
化学键
H﹣S
O＝O
H﹣O
SO2中共价键
键能/（kJ⋅mol﹣1）
339
498
464
1083
该反应的热化学方程式为 2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣1172kJ/mol 。
【分析】（1）FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3+3KCl的反应实质为Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3；
（2）由已知反应的反应热通过盖斯定律求算未知反应的反应热；
（3）A.反应热由反应物和生成物的总能量决定；
B.活化能是指由起始初始能量到达过渡状态的能量；
C.产物能量高于起始反应物能量为吸热反应，产物能量低于起始反应物能量为放热反应；
D.催化剂能降低反应所需的活化能，但不能改变ΔH；
E.反应活化能小，反应速率快；
（4）由反应速率求算物质反应量，进而求算反应系数和转化率；
（5）反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能。
【解答】解：（1）①在溶液中加入少量的KSCN固体，SCN﹣浓度增大，平衡正向移动，
故答案为：正向；
②钾离子和氯离子均未参与反应，故在溶液中加入少量的KCl固体，平衡不移动，
故答案为：不；
（2）已知①制水煤气：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）ΔH2；②水煤气燃烧：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ΔH3；③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH4，由盖斯定律①+×②+×可得C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH1＝ΔH2+ΔH3+ΔH4，
故答案为：ΔH2+ΔH3+ΔH4；
（3）A.上述反应的ΔH＝﹣（510﹣419）kJ/mol＝﹣91kJ⋅mol﹣1，故A正确；
B.由图可知，a过程正反应的活化能为419kJ⋅mol﹣1，故B错误；
C.第Ⅰ阶段反应之后的产物能量高于起始反应物的能量，故第Ⅰ阶段为放热反应，第Ⅰ阶段反应之后的产物能量高于最终产物的能量，故第Ⅱ阶段为放热反应，故C正确；
D.b过程使用催化剂后能降低反应所需的活化能，但反应热由反应物的总能量和生成物的总能量决定，加入催化剂不能改变ΔH，故D错误；
E.由图可知，b过程第Ⅱ阶段的活化能小于第Ⅰ阶段，所以b过程的反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段，故E正确；
故答案为：ACE；
（4）0～5minC的平均反应速率是0.1mol•L﹣1•min﹣1，C的生成量为0.1mol•L﹣1•min﹣1×2L×5min＝1mol，D的生成量为0.5mol•L﹣1×2L＝1mol，故x：2＝2mol：2mol，解得x＝2，A的反应量为1.5mol，设A、B的起始加入量均为ymol，（y﹣1.5）：（y﹣0.5）＝3：5，解得y＝3，A的转化率为×100%＝50%，
故答案为：2；50%；
（5）由题意可知，2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）△H＝（2×2×339+3×498﹣2×2×464﹣2×1083）kJ/mol＝﹣1172kJ/mol，
故答案为：2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣1172kJ/mol。
【点评】本题考查盖斯定律、热化学方程式书写和化学平衡，题目难度较大，难点是盖斯定律的使用和化学平衡的计算。
18．（14分）某学生用0.2000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：
①移取15.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞
②用标准溶液润洗碱式滴定管2～3次
③把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴部分充满溶液
④取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2～3cm
⑤调节液面至0或0刻度以下，记下读数
⑥把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度
回答以下填空：
（1）正确操作的顺序是（填序号）② →④ → ③ → ⑤ →①→ ⑥ 。
（2）盛NaOH标准液的滴定管尖嘴部分留有气泡，排除气泡的方法应采用右图中的 丙 操作（填“甲”、“乙”、“丙”）。
（3）下列情况可能造成测定结果偏高的是 CDE （填标号）。
A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准液润洗
E．配制标准溶液所用NaOH固体中含少量NaCl杂质
【分析】（1）中和滴定的实验顺序为：检查、洗涤、润洗、装液、读数、取待测液、加指示剂、滴定、读数、处理废液、洗涤；
（2）碱式滴定管的气泡通常橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠即可；
（3）据c（待测）＝分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。
【解答】解：（1）中和滴定的实验顺序为：检查、洗涤、润洗、装液、读数、取待测液、加指示剂、滴定、读数、处理废液、洗涤，所以正确操作的顺序是②④③⑤①⑥，
故答案为：④；③；⑤；⑥；
（2）盛放NaOH溶液的滴定管为碱式滴定管，碱式滴定管的气泡通常橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出，图示操作中正确的为丙，
故答案为：丙；
（3）A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确，使消耗的V（标准）偏低，则c（待测）偏低，故A错误；
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对实验结果无影响，故B错误；
C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致消耗的V（标准）偏高，则c（待测）偏高，故C正确；
D．未用标准液润洗碱式滴定管，会使c（标准）偏小，导致消耗的V（标准）偏高，则c（待测）偏高，故D正确；
E．配制标准溶液所用NaOH固体中含少量NaCl杂质，则标准液的浓度偏小，导致消耗的标准液V（标准）偏高，则c（待测）偏高，故E正确；
故答案为：CDE。
【点评】本题考查中和滴定，题目难度中等，明确中和滴定原理及操作方法为解答关键，注意掌握误差分析的方法与技巧，试题侧重考查学生的分析、理解能力。
19．与酸碱中和滴定类似，氧化还原滴定也是测定样品含量常用方法。
（1）某实验室有瓶混有泥沙的乙二酸（H2C2O4）样品，欲测定样品中乙二酸的含量。准确称量5.0g乙二酸样品，配成250mL溶液。量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，将0.1000mol⋅L﹣1KMnO4溶液装入 酸式 （填“酸式”或“碱式”）滴定管，进行滴定操作，当 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化 时，证明达到滴定终点。
（2）滴定过程中发生反应的离子方程式为 5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O 。
（3）计算再重复上述操作2次，记录实验数据如下：
序号
滴定前读数（mL）
滴定后读数（mL）
1
0.00
20.10
2
1.00
20.90
3
0.00
22.10
则此样品的纯度为 90.00% 。
【分析】（1）KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装，乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；
（2）酸性条件下，高锰酸根离子能氧化草酸生成二氧化碳，自身被还原生成锰离子，同时生成水；
（3）根据高锰酸钾和草酸之间的关系式计算。
【解答】解：（1）KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装，滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点，
故答案为：酸式；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；
（2）酸性条件下，高锰酸根离子能氧化草酸生成二氧化碳，自身被还原生成锰离子，同时生成水，发生的离子反应方程式为：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O，
故答案为：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O；
（3）第一次消耗KMnO4溶液的体积为20.10mL﹣0.00mL＝20.10mL，第二次消耗KMnO4溶液的体积为20.90mL﹣1.00mL＝19.90mL，第三次消耗KMnO4溶液的体积为22.10mL﹣0.00mL＝22.10mL，第三次消耗体积与第一次和第二次相差较大，所以要舍去，则消耗KMnO4溶液的平均体积＝mL＝20.00mL，消耗KMnO4的物质的量为 0.1000mol/L×0.020L＝0.0020mol，由于5H2C2O4～2MnO4﹣，则样品中乙二酸的物质的量为0.0020mol×＝0.005mol，
设样品的纯度为x，
×＝0.005mol
x＝90.00%，
故答案为：90.00%。
【点评】本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。
20．（13分）合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义．合成氨的反应原理为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）。
回答以下问题：
（1）已知合成氨的反应升高温度平衡常数会减小，则该反应的正反应活化能E1和逆反应活化能E2的相对大小关系为：E1 ＜ E2．（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）其他条件不变时，温度升高，氨的平衡含量减小的原因是 D （填标号）。
A．温度升高，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆向移动
B．温度升高，浓度商（Q）变大，Q＞K，平衡逆向移动
C．温度升高，活化分子数增多，活化分子百分数不变，反应速率加快
D．温度升高，浓度商（Q）不变，K变小，平衡逆向移动
（3）合成氨法选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是 提高合成氨反应的化学反应速率 。
（4）如图1表示工业合成氨反应随条件改变，平衡体系中氨气体积分数的变化趋势．当横坐标为压强时，变化趋势正确的是 c （填标号）。
（5）500℃时，向容积为2L的密闭容器中通入1molN2和3molH2，模拟合成氨的反应，容器内的压强随时间的变化如表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
+∞
压强/MPa
20
17
15
13.2
11
11
用压强表示该反应的平衡常数Kp＝ 48 （Kp等于平衡时生成物分压幂的乘积与反应物分压幂的乘积的比值，某物质的分压＝总压×该物质的物质的量分数）。
（6）一定温度下恒容容器中，以不同的物质的量之比加入H2和N2，平衡时NH3的体积分数如图2所示，则H2的转化率a点 ＞ b点（填“＞”、“＜”或“＝”）。若起始压强为20MPa，则b点时体系的总压强约为 19 MPa。（结果保留两位有效数字）
（7）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加入H2NCOONH4，发生反应：H2NCOONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g），能说明该反应达到平衡状态的是 ABC （填标号）。
A．混合气体的压强不变
B．混合气体的密度不变
C．混合气体的总物质的量不变
D．混合气体的平均相对分子质量不变
E．NH3的体积分数不变
【分析】（1）放热反应的正反应活化能小于逆反应活化能；
（2）反应放热，升温，平衡逆移，平衡常数减小；
（3）工业制备要综合考虑平衡移动和反应速率；
（4）加压，平衡向气体分子数减小的方向移动；
（5）由反应起始压强和平衡压强计算平衡时各组分的平衡分压，进而求算平衡常数；
（6）由氮气和氢气的起始加入量和平衡时体积分数求算氢气的反应量和平衡时各组分的量，进而求算转化率和气体压强；
（7）化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变。
【解答】解：（1）合成氨的反应升高温度平衡常数会减小，说明升温，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则该反应的正反应活化能E1和逆反应活化能E2的相对大小关系为：E1＜E2，
故答案为：＜；
（2）其他条件不变时，反应放热，温度升高瞬间，反应物和生成物浓度不变，浓度商（Q）不变，K值变小，Q＞K，平衡逆向移动，氨的平衡含量减小，
故答案为：D；
（3）反应放热，低温有利于平衡正向移动，但温度过低，反应速率变慢，合成氨法选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是提高合成氨反应的化学反应速率，
故答案为：提高合成氨反应的化学反应速率；
（4）合成氨反应正向气体分子数减小，加压，平衡向正向移动，氨气的含量增大，曲线c符合，
故答案为：c；
（5）向容积为2L的密闭容器中通入1molN2和3molH2，设氮气的反应量为xmol，平衡时氮气的物质的量为（1﹣x）mol，氢气的物质的量为（3﹣3x）mol，氨气的物质的量为2xmol，恒温恒容时，气体压强比等于物质的量之比，故＝，解得x＝0.9，平衡时气体的总物质的量为（0.1+0.3+1.8）mol＝2.2mol，用压强表示该反应的平衡常数Kp＝＝＝48，
故答案为：48；
（6）a点时，氢气和氮气的物质的之比为3，设氢气的物质的量为3mol，氮气物质的量为1mol，设氮气的反应量为xmol，平衡时氮气的物质的量为（1﹣x）mol，氢气的物质的量为（3﹣3x）mol，氨气的物质的量为2xmol，平衡时氨气的体积分数为×100%＝12%，解得x＝0.21，则a点H2的转化率为×100%＝21%；b点时，氢气和氮气的物质的之比为1，设氢气的物质的量为1mol，氮气物质的量为1mol，设氮气的反应量为ymol，平衡时氮气的物质的量为（1﹣y）mol，氢气的物质的量为（1﹣3y）mol，氨气的物质的量为2ymol，平衡时氨气的体积分数为×100%＝5%，解得y＝0.047，则a点H2的转化率为×100%＝14.1%，故则H2的转化率a点＞b点，＝，p（b）＝19MPa，
故答案为：＞；19；
（7）A.反应正向气体分子数增大，混合气体的压强不变，混合气的总物质的量不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；
B.反应容器容积一定，混合气体的密度不变，则混合气体总质量不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；
C.混合气体的总物质的量不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；
D.氨气和二氧化碳始终按2：1比例生成，混合气体的平均相对分子质量始终不变，无法判断反应是否达到平衡状态，故D错误；
E.氨气和二氧化碳始终按2：1比例生成，NH3的体积分数始终不变，无法判断反应是否达到平衡状态，故E错误；
故答案为：ABC。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度较大，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键，难点是平衡常数的计算。
2021-2022学年湖北省武汉市部分重点中学高二（上）期中化学试卷
一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分．每小题只有一个选项是符合题目要求的）
1．（3分）“不用开水，不用火电，自热米饭真方便!”这是某品牌“自热米饭”的广告词。加热米饭的热量来自饭盒内贮存的某些特殊物质，当这些物质混合后就会发生剧烈的变化而释放出大量热量，则这些特殊物质最可能是（ ）
A．浓硫酸和水 B．生石灰和水 C．硝酸铵和水 D．烧碱和水
2．（3分）下列有关化学平衡移动的说法中，正确的是（ ）
A．凡能影响可逆反应速率的因素都能使化学平衡发生移动
B．化学反应速率改变，化学平衡一定移动
C．改变压强都会使有气体参加的反应化学平衡发生移动
D．增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动
3．（3分）常温条件时，下列说法正确的是（ ）
A．pH相等的盐酸和醋酸溶液等体积混合，混合液中c（Cl﹣）═c（CH3COO﹣）
B．pH＝11的氨水中，由水电离出的c（OH﹣）＝1×10﹣3mol⋅L﹣1
C．pH＝3的酸HA和pH＝11的碱MOH等体积混合后呈酸性，则HA为强酸
D．体积和浓度均相等的NaOH溶液和氨水，分别稀释m倍和n倍，至pH均为9，则m＜n
4．（3分）下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（ ）
A．对化学反应来说，反应速率越大，实验现象越明显
B．升高温度后，吸热反应的速率加快，放热反应的速率减慢
C．NO和CO可以反应生成N2和CO2，减小压强反应速率减慢
D．钠和水的反应中，减少水的量，反应速率减慢
5．（3分）室温时，在由水电离出的c（OH﹣）＝1.0×10﹣13mol⋅L﹣1的无色溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A．K+、Na+、HCO3﹣、Cl﹣ B．Na+、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣
C．K+、Fe3+、Br﹣、Cl﹣ D．K+、I﹣、NO3﹣、Cl﹣
6．（3分）下列叙述错误的是（ ）
A．2KClO3（s）═2KCl（s）+3O2（g）ΔH＞0能否自发进行与温度有关
B．平衡正向移动，反应物的转化率一定增大
C．在中和滴定中，溶液pH的变化是判断滴定终点的依据
D．当碰撞的分子具有足够的能量和适当的取向时，才能发生化学反应
7．（3分）过氧化氢在酸性环境中可氧化Br﹣．该氧化过程由如下一系列基元反应构成：
①H++H2O2→H3O2+（快反应），平衡常数 K1
②H3O2+→H++H2O2（反应①的逆过程，快反应），平衡常数 K2
③H3O2++Br﹣→H2O+HOBr（快反应），活化能 Ea3
④HOBr+H++Br﹣→H2O+Br2（慢反应），活化能 Ea4
下列说法错误的是（ ）
A．Ea3＞Ea4
B．K1•K2＝1
C．整个反应的速率由反应④决定
D．总反应为：H2O2+2H++2Br﹣═2H2O+Br2
8．（3分）下列有关中和反应反应热测定的实验中，说法正确的是（ ）
A．实验中可以用等体积、等浓度的醋酸代替盐酸进行测定
B．温度计测量盐酸的温度后，立即插入NaOH溶液中测量温度
C．为了使反应进行的更完全，可以使酸或碱适当过量
D．完成一次中和反应反应热测定实验，温度计需要使用2次
9．（3分）下列有关化学反应与能量关系的说法中，错误的是（ ）
A．水能、风能、生物质能是可再生能源
B．化学键断裂和形成时的能量变化是化学反应中能量变化的主要原因
C．放热反应中反应物总能量高于生成物的总能量
D．4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）在常温和点燃条件下的ΔH不同
10．（3分）少量铁片与足量的0.10mol/L的稀硫酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用的方法是（ ）
A．将铁片换成等质量的铁粉
B．改用10mL0.1mol/L的硝酸
C．加Na2SO4溶液
D．再加100mL0.10mol/L硫酸
11．（3分）在体积为1L的恒容密闭容器中充入一定量的H2S气体，平衡时三种组分的物质的量与温度的关系如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．T1时，向X点容器中再充入与1molH2S和与1molH2，重新平衡前v（正）＜v（逆）
B．X点、Y点的压强仅与气体的总物质的量有关
C．T1时，若起始时向容器中充入5molH2S气体，则平衡时H2S的转化率小于50%
D．T2时，平衡常数K＝
12．（3分）下列实验能达到预期目的是（ ）
实验内容
实验目的
A
将0.2mol⋅L﹣1的KI溶液和0.05mol⋅L﹣1的FeCl3溶液等
体积混合，充分反应后，取少许混合液滴加AgNO3溶液
验证Fe3+与I﹣的反应有
一定限度
B
白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段
时间后滴入几滴K3[Fe（CN）6]溶液
验证该过程是否发生
原电池反应
C
相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，
向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，
观察并比较实验现象
探究FeCl3对H2O2分
解速率的影响
D
向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中，同时
加入2mL5%H2O2溶液，观察并比较实验现象
探究浓度对反应速率
的影响
A．A B．B C．C D．D
13．（3分）在温度一定时，反应N2O4（g）⇌2NO2（g）的平衡体系中NO2的物质的量分数x（NO2）随压强p的变化情况如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．a、c两点的正反应速率的关系为a＞c
B．从p1突然加压至p2，可使e状态从水平方向到达c状态
C．p1时，e→a所需时间为t1，p2时，d→c所需时间为t2，则t1＜t2
D．d状态时v（正）＞v（逆）
14．（3分）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
选项
热化学方程式
结论
A
H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）ΔH＝﹣akJ•mol﹣1
H2的燃烧热ΔH＝﹣akJ•mol﹣1
B
2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）ΔH＝﹣98.3kJ•mol﹣1
SO2（g）的能量一定比SO3（g）能量高
C
P4（s，白磷）═4P（s，红磷）ΔH＝﹣29.2kJ•mol﹣1
P4（s，白磷）比P（s，红磷）稳定
D
C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH1
C（s）+O2（g）═CO（g）ΔH2
ΔH1＜ΔH2
A．A B．B C．C D．D
15．（3分）在25℃时，用0.10mol•L﹣1氨水滴定20.00mL0.10mol•L﹣1HR溶液，混合溶液的pH与所加氨水体积的关系如图右所示。下列说法错误的是（ ）
A．HR可能为弱酸
B．若HR为强酸，Kb（NH3•H2O）＝
C．P点溶液稀释，溶液中所有离子浓度均减小
D．滴定前，在0.10mol•L﹣1HR溶液中，水电离出的c（H+）可能等于10﹣13mol•L﹣1
二、非选择题（本题共四题，共55分）
16．（14分）已知水的电离平衡曲线如图所示：
回答下列问题：
（1）图中a、b、c、d、e五点的KW间的大小关系是 。（用a、b、c、d、e表示）
（2）若从a点到d点，可采用的措施是 ；从a点到b点，可采用的措施是 。
A．升温
B．加入少量的盐酸
C．加入少量的NaOH固体
D．加水
（3）常温下将VmL、pH＝12氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、pH＝2的醋酸溶液中充分反应．如果溶液pH＝7，此时V的取值 20.00（填“大于”“小于”或“等于”）。
（4）在e点对应的温度下，将pH＝13的NaOH溶液与pH＝2的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为 。
（5）在a点对应的温度下，pH＝2的HCl溶液和pH＝11的某一元碱BOH溶液中，若水的电离程度分别用α1、α2表示，则α1 α2（填“大于”“小于”“等于”“无法确定”，下同），若将二者等体积混合，则混合液的pH与7的关系 。
17．（14分）（1）在某溶液中存在FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3+3KCl的平衡体系．
①在溶液中加入少量的KSCN固体，平衡 （填“正向”、“逆向”、“不”）移动。
②在溶液中加入少量的KCl固体，平衡 （填“正向”、“逆向”、“不”）移动。
（2）煤作为燃料可通过下列两种途径提供热能：
途径Ⅰ：C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH1＜0
途径Ⅱ：制水煤气：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）ΔH2＞0
水煤气燃烧：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ΔH3＜0
2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH4＜0
则ΔH1＝ （用ΔH2、ΔH3、ΔH4表示）。
（3）利用CO和H2在一定条件下可合成甲醇，发生如下反应：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）ΔH，其两种反应过程中能量的变化曲线分别如图a、b所示，下列说法正确的是 （填标号）。
A．上述反应的ΔH＝﹣91kJ⋅mol﹣1
B．a过程正反应的活化能为510kJ⋅mol﹣1
C．b过程中第Ⅰ阶段为吸热反应，第Ⅱ阶段为放热反应
D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能和ΔH
E．b过程的反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段
（4）将等物质的量的A和B，混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），5min后测得c（D）＝0.5mol•L﹣1，c（A）：c（B）＝3：5，且0～5minC的平均反应速率是0.1mol•L﹣1•min﹣1。则x＝ ，A的转化率为 。
（5）天然气中含有的微量H2S会腐蚀管道和设备，在1200℃下进行脱硫处理，H2S会被氧气氧化为SO2，并产生水蒸气。
化学键
H﹣S
O＝O
H﹣O
SO2中共价键
键能/（kJ⋅mol﹣1）
339
498
464
1083
该反应的热化学方程式为 。
18．（14分）某学生用0.2000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：
①移取15.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞
②用标准溶液润洗碱式滴定管2～3次
③把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴部分充满溶液
④取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2～3cm
⑤调节液面至0或0刻度以下，记下读数
⑥把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度
回答以下填空：
（1）正确操作的顺序是（填序号）② → → →①→ 。
（2）盛NaOH标准液的滴定管尖嘴部分留有气泡，排除气泡的方法应采用右图中的 操作（填“甲”、“乙”、“丙”）。
（3）下列情况可能造成测定结果偏高的是 （填标号）。
A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准液润洗
E．配制标准溶液所用NaOH固体中含少量NaCl杂质
19．与酸碱中和滴定类似，氧化还原滴定也是测定样品含量常用方法。
（1）某实验室有瓶混有泥沙的乙二酸（H2C2O4）样品，欲测定样品中乙二酸的含量。准确称量5.0g乙二酸样品，配成250mL溶液。量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，将0.1000mol⋅L﹣1KMnO4溶液装入 （填“酸式”或“碱式”）滴定管，进行滴定操作，当 时，证明达到滴定终点。
（2）滴定过程中发生反应的离子方程式为 。
（3）计算再重复上述操作2次，记录实验数据如下：
序号
滴定前读数（mL）
滴定后读数（mL）
1
0.00
20.10
2
1.00
20.90
3
0.00
22.10
则此样品的纯度为 。
20．（13分）合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义．合成氨的反应原理为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）。
回答以下问题：
（1）已知合成氨的反应升高温度平衡常数会减小，则该反应的正反应活化能E1和逆反应活化能E2的相对大小关系为：E1 E2．（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）其他条件不变时，温度升高，氨的平衡含量减小的原因是 （填标号）。
A．温度升高，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆向移动
B．温度升高，浓度商（Q）变大，Q＞K，平衡逆向移动
C．温度升高，活化分子数增多，活化分子百分数不变，反应速率加快
D．温度升高，浓度商（Q）不变，K变小，平衡逆向移动
（3）合成氨法选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是 。
（4）如图1表示工业合成氨反应随条件改变，平衡体系中氨气体积分数的变化趋势．当横坐标为压强时，变化趋势正确的是 （填标号）。
（5）500℃时，向容积为2L的密闭容器中通入1molN2和3molH2，模拟合成氨的反应，容器内的压强随时间的变化如表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
+∞
压强/MPa
20
17
15
13.2
11
11
用压强表示该反应的平衡常数Kp＝ （Kp等于平衡时生成物分压幂的乘积与反应物分压幂的乘积的比值，某物质的分压＝总压×该物质的物质的量分数）。
（6）一定温度下恒容容器中，以不同的物质的量之比加入H2和N2，平衡时NH3的体积分数如图2所示，则H2的转化率a点 b点（填“＞”、“＜”或“＝”）。若起始压强为20MPa，则b点时体系的总压强约为 MPa。（结果保留两位有效数字）
（7）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加入H2NCOONH4，发生反应：H2NCOONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g），能说明该反应达到平衡状态的是 （填标号）。
A．混合气体的压强不变
B．混合气体的密度不变
C．混合气体的总物质的量不变
D．混合气体的平均相对分子质量不变
E．NH3的体积分数不变
2021-2022学年湖北省武汉市部分重点中学高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分．每小题只有一个选项是符合题目要求的）
1．（3分）“不用开水，不用火电，自热米饭真方便!”这是某品牌“自热米饭”的广告词。加热米饭的热量来自饭盒内贮存的某些特殊物质，当这些物质混合后就会发生剧烈的变化而释放出大量热量，则这些特殊物质最可能是（ ）
A．浓硫酸和水 B．生石灰和水 C．硝酸铵和水 D．烧碱和水
【分析】加热米饭的热量来自饭盒内贮存的某些特殊物质，当这些物质混合后就会发生剧烈的变化而释放出大量热量，则固体混合放热，且不能为腐蚀性物质，以此来解答。
【解答】解：A．浓硫酸具有强腐蚀性，故A不选；
B．CaO与水反应放热，生成氢氧化钙的溶解度不大，且安全可靠，故B选；
C．硝酸铵与水混合吸热，故C不选；
D．烧碱为强碱，具有强腐蚀性，与水混合热效应不明显，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查反应中能量变化，为高频考点，把握物质的性质、反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
2．（3分）下列有关化学平衡移动的说法中，正确的是（ ）
A．凡能影响可逆反应速率的因素都能使化学平衡发生移动
B．化学反应速率改变，化学平衡一定移动
C．改变压强都会使有气体参加的反应化学平衡发生移动
D．增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动
【分析】A.催化剂可同等程度的加快正逆反应速率；
B.正逆化学反应速率可能同等程度的减小或增大；
C.反应前后气体总物质的量不变的反应，改变压强平衡不移动；
D.增大反应物浓度，瞬间正反应速率增大、逆反应速率不变。
【解答】解：A.催化剂可同等程度的加快正逆反应速率，而化学平衡不移动，故A错误；
B.正逆化学反应速率可能同等程度的减小或增大，化学平衡不移动，故B错误；
C.若反应前后气体的总物质的量不相等，则改变压强平衡发生移动，故C错误；
D.增大反应物浓度，瞬间正反应速率增大、逆反应速率不变，平衡正向移动，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握化学反应速率及平衡移动的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意速率变化与平衡移动的关系，题目难度中等。
3．（3分）常温条件时，下列说法正确的是（ ）
A．pH相等的盐酸和醋酸溶液等体积混合，混合液中c（Cl﹣）═c（CH3COO﹣）
B．pH＝11的氨水中，由水电离出的c（OH﹣）＝1×10﹣3mol⋅L﹣1
C．pH＝3的酸HA和pH＝11的碱MOH等体积混合后呈酸性，则HA为强酸
D．体积和浓度均相等的NaOH溶液和氨水，分别稀释m倍和n倍，至pH均为9，则m＜n
【分析】A．pH相等的盐酸和醋酸溶液等体积混合后pH不变，即c（H+）、c（OH﹣）不变，结合电荷关系解答；
B．pH＝11的氨水中由水电离的c（OH﹣）等于由水电离的c（H+），等于溶液中的c（H+）；
C．pH＝3的酸HA和pH＝11的碱MOH等体积混合后呈酸性，则酸HA过量；
D．NaOH是强碱，一水合氨是弱碱、部分电离，相同浓度的两种溶液中，氢氧化钠溶液的pH大于氨水，加水稀释促进一水合氨电离。
【解答】解：A．盐酸和醋酸溶液中电荷关系分别为c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）、c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），pH相等的两溶液等体积混合后pH不变，即c（H+）、c（OH﹣）不变，所以混合液中c（Cl﹣）＝c（CH3COO﹣），故A正确；
B．pH＝11的氨水中c（H+）＝1×10﹣11mol⋅L﹣1，由水电离出的c（OH﹣）＝溶液中的c（H+）＝1×10﹣11mol⋅L﹣1，故B错误；
C．pH＝3的HA溶液中c（H+）＝10﹣3mol/L，pH＝11的MOH中c（OH﹣）＝10﹣3mol/L，等体积混合后呈酸性，则HA过量，所以HA为弱酸，故C错误；
D．氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质、部分电离，相同浓度的两种溶液中，氢氧化钠溶液的pH大于氨水，要使稀释后溶液的pH均为9，则氢氧化钠稀释的倍数m大于氨水稀释的倍数n，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了溶液pH计算、弱电解质电离特点及影响因素等知识，为高频考点，侧重于考查学生对基础知识的综合运用能力，掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系、酸或碱溶液中由水电离的c（H+）的计算是解题关键，题目难度不大。
4．（3分）下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（ ）
A．对化学反应来说，反应速率越大，实验现象越明显
B．升高温度后，吸热反应的速率加快，放热反应的速率减慢
C．NO和CO可以反应生成N2和CO2，减小压强反应速率减慢
D．钠和水的反应中，减少水的量，反应速率减慢
【分析】A．化学反应不一定有明显的现象；
B．升高温度，无论是吸热反应还是放热反应，反应速率都加快；
C．减小压强，浓度减小，反应速率减小；
D．减少水的量，浓度不变。
【解答】解：A．化学反应不一定有明显的现象，如氢氧化钠与盐酸反应，故A错误；
B．升高温度，无论是吸热反应还是放热反应，反应速率都加快，故B错误；
C．有气体参加的反应，减小压强，浓度减小，反应速率减小，故C正确；
D．减少水的量，浓度不变，则反应速率不变，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查影响反应速率的因素，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，掌握浓度、温度、压强、催化剂对反应速率的影响，题目难度不大。
5．（3分）室温时，在由水电离出的c（OH﹣）＝1.0×10﹣13mol⋅L﹣1的无色溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A．K+、Na+、HCO3﹣、Cl﹣ B．Na+、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣
C．K+、Fe3+、Br﹣、Cl﹣ D．K+、I﹣、NO3﹣、Cl﹣
【分析】室温时，溶液中由水电离出的c（OH﹣）＝1.0×10﹣13mol⋅L﹣1＜1.0×10﹣7mol⋅L﹣1，说明水的电离被抑制，溶液为强酸或强碱溶液，溶液无色，说明不含有色离子，能和H+或OH﹣反应的离子不能大量共存。
【解答】解：A．酸性条件下H+、HCO3﹣反应生成CO2和H2O而不能大量共存，碱性条件下HCO3﹣、OH﹣反应生成CO32﹣和H2O而不能大量共存，故A错误；
B．这几种离子都无色，这几种离子之间不反应且和H+或OH﹣都不反应，所以能大量共存，故B正确；
C．Fe3+呈黄色，不符合无色条件，碱性条件下，Fe3+、OH﹣反应生成红褐色沉淀Fe（OH）3，所以不能大量共存，故C错误；
D．酸性条件下，I﹣、NO3﹣发生氧化还原反应生成I2和NO而不能大量共存，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子共存，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意题干中隐患信息的挖掘和灵活运用，题目难度不大。
6．（3分）下列叙述错误的是（ ）
A．2KClO3（s）═2KCl（s）+3O2（g）ΔH＞0能否自发进行与温度有关
B．平衡正向移动，反应物的转化率一定增大
C．在中和滴定中，溶液pH的变化是判断滴定终点的依据
D．当碰撞的分子具有足够的能量和适当的取向时，才能发生化学反应
【分析】A.反应后气体的总物质的量增大，则ΔS＞0，且ΔH﹣TΔS＜0的反应可自发进行；
B.若两种反应物，增加一种反应物，可促进另一种反应物的转化；
C.中和滴定中，观察锥形瓶中颜色的变化判断滴定终点；
D.碰撞的分子具有足够的能量和适当的取向，为有效碰撞。
【解答】解：A.反应后气体的总物质的量增大，则ΔS＞0，且ΔH﹣TΔS＜0的反应可自发进行，ΔH＞0时能否自发进行与温度有关，故A正确；
B.若两种反应物，增加一种反应物，可促进另一种反应物的转化，平衡正向移动，但加入反应物的转化率减小，故B错误；
C.中和滴定中，观察锥形瓶中颜色的变化判断滴定终点，此时溶液pH发生突变，故C正确；
D.碰撞的分子具有足够的能量和适当的取向，为有效碰撞，发生化学反应，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡及中和滴定等，为高频考点，把握综合判据的应用、平衡移动的影响因素、中和滴定、碰撞理论为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度中等。
7．（3分）过氧化氢在酸性环境中可氧化Br﹣．该氧化过程由如下一系列基元反应构成：
①H++H2O2→H3O2+（快反应），平衡常数 K1
②H3O2+→H++H2O2（反应①的逆过程，快反应），平衡常数 K2
③H3O2++Br﹣→H2O+HOBr（快反应），活化能 Ea3
④HOBr+H++Br﹣→H2O+Br2（慢反应），活化能 Ea4
下列说法错误的是（ ）
A．Ea3＞Ea4
B．K1•K2＝1
C．整个反应的速率由反应④决定
D．总反应为：H2O2+2H++2Br﹣═2H2O+Br2
【分析】A．活化能越大，反应速率越慢；
B．方程式反写时，平衡常数为原反应的倒数；
C．慢反应决定整个反应的速率；
D．①+③+④得总反应得化学方程式。
【解答】解：A．活化能越大，反应速率越慢，基元反应④为慢反应，则Ea3＜Ea4，故A错误；
B．方程式反写时，平衡常数为原反应的倒数，则则K1、K2互为倒数，K1•K2＝1，故B正确；
C．慢反应决定整个反应的速率，则整个反应的速率由反应④决定，故C正确；
D．①+③+④得总反应得化学方程式，所以该氧化过程总反应为：H2O2+2H++2Br﹣═2H2O+Br2，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了反应机理、影响反应速率的因素、活化能等，题目难度不大，把握化学反应与能量、反应速率的影响因素等，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
8．（3分）下列有关中和反应反应热测定的实验中，说法正确的是（ ）
A．实验中可以用等体积、等浓度的醋酸代替盐酸进行测定
B．温度计测量盐酸的温度后，立即插入NaOH溶液中测量温度
C．为了使反应进行的更完全，可以使酸或碱适当过量
D．完成一次中和反应反应热测定实验，温度计需要使用2次
【分析】A．醋酸是弱电解质，电离吸热；
B．温度计测量盐酸的温度后，立即插入NaOH溶液中测量温度，会使NaOH的起始温度偏高；
C．测定中和热时，为使一种反应物反应完全，常常使另一种物质适当过量；
D．完成一次中和反应反应热测定实验，温度计至少需要使用3次。
【解答】解：A．醋酸是弱电解质，电离吸热，若用等体积、等浓度的醋酸代替盐酸进行测定，测定数值偏小，故A错误；
B．温度计测量盐酸的温度后，立即插入NaOH溶液中测量温度，会使NaOH的起始温度偏高，温度差偏低，计算出的反应热数值偏小，故B错误；
C．为了使一种反应物反应完全，应该使另一种物质过量，所以为了使反应进行的更完全，可以使酸或碱适当过量，故C正确；
D．测定中和反应的反应热实验中，每完成一次反应热的测定，至少需要测定三次温度：酸的起始温度、碱的起始温度和反应后溶液的最高温度，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查中和热测定原理及误差分析，把握中和热的测定步骤及注意事项是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和运用能力，题目难度不大。
9．（3分）下列有关化学反应与能量关系的说法中，错误的是（ ）
A．水能、风能、生物质能是可再生能源
B．化学键断裂和形成时的能量变化是化学反应中能量变化的主要原因
C．放热反应中反应物总能量高于生成物的总能量
D．4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）在常温和点燃条件下的ΔH不同
【分析】A.在短期内可以生成的能源为可再生能源；
B.化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，断裂旧键会吸收能量，形成新键会放出能量；
C.当反应物的总能量高于生成物的总能量时，反应放热；
D.反应热ΔH由反应物、生成物的总能量的相对大小决定。
【解答】解：A.在短期内可以生成的能源为可再生能源，水能、风能、生物质能均为可再生能源，故A正确；
B.化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，断裂旧键会吸收能量，形成新键会放出能量，故化学键断裂和形成时的能量变化是化学反应中能量变化的主要原因，故B正确；
C.当反应物的总能量高于生成物的总能量时，反应放热，即放热反应中反应物总能量高于生成物的总能量，故C正确；
D.反应热ΔH由反应物、生成物的总能量的相对大小决定，与反应条件无关，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了反应吸放热的根本原因和决定性因素，难度不大，应注意的是反应条件与反应吸放热无必然关系。
10．（3分）少量铁片与足量的0.10mol/L的稀硫酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用的方法是（ ）
A．将铁片换成等质量的铁粉
B．改用10mL0.1mol/L的硝酸
C．加Na2SO4溶液
D．再加100mL0.10mol/L硫酸
【分析】由题意可知，稀硫酸过量，为加快铁与稀硫酸的反应速率，可适当增大浓度、升高温度、增大固体的表面积，但不改变生成氢气的总量，则铁的物质的量应不变，即改变条件时不能加入和稀硫酸反应生成氢气的物质，或与铁反应生成物质的物质，据此分析解答。
【解答】解：A．将铁片换成等质量的铁粉，反应速率增大，H2的产量不变，故A正确；
B．改用10mL0.1mol/L的硝酸，硝酸与铁反应生成NO气体，导致H2的产量减少，故B错误；
C．加Na2SO4溶液，减小氢离子浓度、反应速率减慢，故C错误；
D．再加100mL0.10mol/L硫酸，氢离子浓度不变，反应速率不变，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基础知识综合运用能力的考查，基础知识的积累，题目难度不大。
11．（3分）在体积为1L的恒容密闭容器中充入一定量的H2S气体，平衡时三种组分的物质的量与温度的关系如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．T1时，向X点容器中再充入与1molH2S和与1molH2，重新平衡前v（正）＜v（逆）
B．X点、Y点的压强仅与气体的总物质的量有关
C．T1时，若起始时向容器中充入5molH2S气体，则平衡时H2S的转化率小于50%
D．T2时，平衡常数K＝
【分析】A.由Qc和K的大小比较，判断反应速率关系；
B.结合理想气体状态方程PV＝nRT分析；
C.容器内再加入硫化氢，相当于对原平衡加压；
D.T2时，氢气和S2的物质的量相等，由此计算平衡时各组分的量，进而计算平衡常数。
【解答】解：A.由图可知，T1时，H2S和与H2的物质的量均为2mol，S2的物质的量为1mol，则平衡常数K＝＝＝1，向X点容器中再充入与1molH2S和与1molH2，Qc＝＝＝1，平衡不移动，v（正）＝v（逆），故A错误；
B.在同容条件下，气体压强之比等于气体物质的量与温度之积的比，故容器内压强不仅和气体的物质的量有关，还与温度有关，故B错误；
C.T1时，H2S和与H2的物质的量均为2mol，由方程式2H2S⇌2H2+S2可知，氢气的生成量为2mol，硫化氢的起始加入量为2mol+2mol＝4mol，平衡时H2S的转化率为×100%＝50%，若起始时向容器中充入5molH2S气体，相当于对原平衡加压，加压，平衡逆移，则平衡时H2S的转化率小于50%，故C正确；
D.设硫化氢的反应量为2xmol，平衡时硫化氢的物质的量为（4﹣2x）mol，氢气的物质的量为2xmol，S2的物质的量为xmol，由图可知，T2平衡时硫化氢和S2的物质的量相等，则有4﹣2x＝x，解得x＝，平衡时硫化氢的物质的量为mol，氢气的物质的量为mol，S2的物质的量为mol，平衡常数K＝＝＝，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度较大，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键，难点是平衡常数的计算。
12．（3分）下列实验能达到预期目的是（ ）
实验内容
实验目的
A
将0.2mol⋅L﹣1的KI溶液和0.05mol⋅L﹣1的FeCl3溶液等
体积混合，充分反应后，取少许混合液滴加AgNO3溶液
验证Fe3+与I﹣的反应有
一定限度
B
白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段
时间后滴入几滴K3[Fe（CN）6]溶液
验证该过程是否发生
原电池反应
C
相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，
向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，
观察并比较实验现象
探究FeCl3对H2O2分
解速率的影响
D
向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中，同时
加入2mL5%H2O2溶液，观察并比较实验现象
探究浓度对反应速率
的影响
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.反应前后均存在氯离子，且碘离子过量，不能证明反应存在限度；
B.K3[Fe（CN）6]溶液与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中Fe为正极；
C.一个试管中有催化剂，另一个试管中没有催化剂；
D.NaHSO3溶液与H2O2溶液反应生成硫酸钠和水。
【解答】解：A.无论是否存在反应限度，反应前后均有氯离子，且KI过量，反应前后有碘离子，滴加AgNO3溶液，都有黄色沉淀、白色沉淀生成，不能证明反应的限度，故A错误；
B.Zn、Fe和饱和食盐水构成原电池，Zn易失电子作负极，Fe作正极，滴入几滴K3[Fe（CN）6]溶液不能验证该过程是否发生原电池反应，故B错误；
C.浓度相同，只有催化剂一个变量，可探究FeCl3对H2O2分解速率的影响，故C正确；
D.该实验没有明显现象，不能探究浓度对速率的影响，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确反应速率与反应限度、电化学腐蚀、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
13．（3分）在温度一定时，反应N2O4（g）⇌2NO2（g）的平衡体系中NO2的物质的量分数x（NO2）随压强p的变化情况如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．a、c两点的正反应速率的关系为a＞c
B．从p1突然加压至p2，可使e状态从水平方向到达c状态
C．p1时，e→a所需时间为t1，p2时，d→c所需时间为t2，则t1＜t2
D．d状态时v（正）＞v（逆）
【分析】A.压强越大，反应速率越快；
B.压强迅速增大，平衡瞬间未改变；
C.压强越大，反应速率越快；
D.由二氧化氮物质的量分数变化判断正逆反应速率关系。
【解答】解：A.由图可知，c点压强大于a点，故c点反应速率大于a点反应速率，故A错误；
B.对于压强的改变，当快速加压时，平衡未移动，但压强迅速增大，反映在图象上就是纵坐标不变，横坐标不断增大，故从p1突然加压至p2，可使e状态从水平方向到达c状态，故B正确；
C.由图可知，ae和cd线段的长度相等，即二氧化氮的物质的量分数变化量相等，但由于d点压强大于e点压强，d点反应速率大于e点反应速率，故所需时间t1＞t2，故C错误；
D.压强一定时，d点未达到平衡，如达到平衡，二氧化氮物质的量分数需减小，反应逆向进行，故v（正）＜v（逆），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
14．（3分）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
选项
热化学方程式
结论
A
H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）ΔH＝﹣akJ•mol﹣1
H2的燃烧热ΔH＝﹣akJ•mol﹣1
B
2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）ΔH＝﹣98.3kJ•mol﹣1
SO2（g）的能量一定比SO3（g）能量高
C
P4（s，白磷）═4P（s，红磷）ΔH＝﹣29.2kJ•mol﹣1
P4（s，白磷）比P（s，红磷）稳定
D
C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH1
C（s）+O2（g）═CO（g）ΔH2
ΔH1＜ΔH2
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.燃烧热为1mol纯物质在氧气中完全燃烧生成指定产物时放出的热量，H元素的指定产物应该为液态水；
B.该反应为放热反应，只能说明SO2（g）和O2（g）的总能量一定高于SO3（g）的能量，但无法比较SO2（g）和SO3（g）能量大小；
C.物质具有的能量越高，其稳定性越弱；
D.碳完全燃烧生成二氧化碳气体水放出的热量更多，结合放热反应的焓变小于0分析。
【解答】解：A.结合燃烧热的概念可知，氢气在氯气中的燃烧放出的热量不是燃烧热，故A错误；
B.2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）ΔH＝﹣98.3kJ•mol﹣1为放热反应，则SO2（g）和O2（g）的总能量一定高于SO3（g）的能量，但SO2（g）的能量不一定比SO3（g）能量高，故B错误；
C.P4（s，白磷）═4P（s，红磷）ΔH＝﹣29.2kJ•mol﹣1为放热反应，说明P4（s，白磷）的能量大于P（s，红磷），能量越高稳定性越弱，则P4（s，白磷）不比P（s，红磷）稳定，故C错误；
D.C（s）完全燃烧生成CO2（g）时放出的热量更多，两个反应均为放热反应，焓变小于0，放出热量越多焓变越小，则ΔH1＜ΔH2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握燃烧热的概念、物质稳定性与具有能量的关系为解答关键，注意掌握热化学方程式所表示的意义，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
15．（3分）在25℃时，用0.10mol•L﹣1氨水滴定20.00mL0.10mol•L﹣1HR溶液，混合溶液的pH与所加氨水体积的关系如图右所示。下列说法错误的是（ ）
A．HR可能为弱酸
B．若HR为强酸，Kb（NH3•H2O）＝
C．P点溶液稀释，溶液中所有离子浓度均减小
D．滴定前，在0.10mol•L﹣1HR溶液中，水电离出的c（H+）可能等于10﹣13mol•L﹣1
【分析】A．当V（氨水）＝20.0mL时，酸碱恰好完全反应生成NH4R，NH4R溶液pH＜7，溶液呈酸性，HR可能为强酸也可能为弱酸；
B．若HR为强酸，Q点溶液pH＝7，溶液中c（OH﹣）＝c（H+）＝10﹣7mol•L﹣1，混合溶液中c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（R﹣），则c（R﹣）＝c（NH4+）＝＝mol/L，溶液中c（NH3•H2O）＝﹣mol/L＝（﹣ ）mol/L＝mol/L，Kb（NH3•H2O）＝；
C．P点溶液稀释，水解程度增大，但其水解程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（H+）减小，温度不变水的离子积常数不变；
D．滴定前，如果HR为强酸，在0.10mol•L﹣1HR溶液中c（H+）＝0.10mol/L，水电离出的c（H+）＝。
【解答】解：A．当V（氨水）＝20.0mL时，酸碱恰好完全反应生成NH4R，NH4R溶液pH＜7，溶液呈酸性，如果HR为强酸，则NH4R为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性；如果HR为弱酸，NH4R为弱酸弱碱盐，如果NH4+水解程度大于R﹣水解程度，则NH4R溶液呈酸性，所以HR可能为强酸也可能为弱酸，故A正确；
B．若HR为强酸，Q点溶液pH＝7，溶液中c（OH﹣）＝c（H+）＝10﹣7mol•L﹣1，混合溶液中c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（R﹣），则c（R﹣）＝c（NH4+）＝＝mol/L，溶液中c（NH3•H2O）＝﹣mol/L＝（﹣ ）mol/L＝mol/L，Kb（NH3•H2O）＝＝＝，故B正确；
C．P点溶液稀释，水解程度增大，但其水解程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（H+）减小，温度不变水的离子积常数不变，则溶液中c（OH﹣）增大，故C错误；
D．滴定前，如果HR为强酸，在0.10mol•L﹣1HR溶液中c（H+）＝0.10mol/L，水电离出的c（H+）＝＝mol/L＝10﹣13mol•L﹣1，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电离平衡常数计算方法，C为解答易错点。
二、非选择题（本题共四题，共55分）
16．（14分）已知水的电离平衡曲线如图所示：
回答下列问题：
（1）图中a、b、c、d、e五点的KW间的大小关系是 b＞c＞a＝d＝e 。（用a、b、c、d、e表示）
（2）若从a点到d点，可采用的措施是 B ；从a点到b点，可采用的措施是 A 。
A．升温
B．加入少量的盐酸
C．加入少量的NaOH固体
D．加水
（3）常温下将VmL、pH＝12氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、pH＝2的醋酸溶液中充分反应．如果溶液pH＝7，此时V的取值 大于 20.00（填“大于”“小于”或“等于”）。
（4）在e点对应的温度下，将pH＝13的NaOH溶液与pH＝2的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为 1：10 。
（5）在a点对应的温度下，pH＝2的HCl溶液和pH＝11的某一元碱BOH溶液中，若水的电离程度分别用α1、α2表示，则α1 小于 α2（填“大于”“小于”“等于”“无法确定”，下同），若将二者等体积混合，则混合液的pH与7的关系 无法确定 。
【分析】（1）水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大；
（2）从a点到d点c（H+）变大，c（OH﹣）变小，但Kw不变，从a点到b点，是升温，c（H+）变大，c（OH﹣）变大，Kw变大；
（3）温度为25℃，水的离子积为10﹣14，由于反应后溶液呈中性，所以n（OH﹣）＝n（H+），据此计算回答；
（4）e对应的温度下，Kw＝10﹣14，将pH＝13的NaOH溶液与pH＝2的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则酸溶液中的n（H+）等于碱溶液中的n（OH﹣），据此计算；
（5）水中氢离子、碱中氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，恰好反应后溶液显示酸性，则反应生成了强酸弱碱盐，碱根离子水解，溶液显示酸性。
【解答】解（1）水的离子积常数只与温度有关，水的电离是吸热过程，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是b＞c＞a＝d＝e，所以离子积常数大小顺序是b＞c＞a＝d＝e，
故答案为：b＞c＞a＝d＝e；
（2）在a点时，c（H+）＝c（OH﹣），溶液显中性，而到d点c（H+）变大，c（OH﹣）变小，溶液显酸性，即由a点到d点，溶液由中性变为酸性，但Kw不变，加入少量盐酸，c（H+）变大，c（OH﹣）变小，溶液显酸性，故B正确，从a点到b点，c（H+）变大，c（OH﹣）变大，Kw变大，可采用的措施是 a．升高温度，c（H+）变大，c（OH﹣）变大，Kw变大，故A正确；
故答案为：B；A；
（3）温度为25℃，水的离子积常数为10﹣14，将VmL、pH＝12氢氧化钠溶液（氢氧化钠浓度是0.01mol/L）逐滴加入到20.00mL、pH＝2醋酸溶液中充分反应，醋酸和氢氧化钠反应得到醋酸钠溶液，同时醋酸过量，溶液显示酸性，如果溶液pH＝7，显示中性，需要醋酸的量少点，所以V大于20mL，
故答案为：大于；
（4）e对应的温度下，Kw＝10﹣14，将pH＝13的NaOH溶液与pH＝2的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则酸溶液中的n（H+）等于碱溶液中的n（OH﹣），故有：10﹣1mol/L×V碱＝10﹣2mol/L×V酸，解得，V碱：V酸＝1：10，
故答案为：1：10；
（5）在a点对应的温度为25℃，在曲线中，水的离子积为10﹣7×10﹣7＝10﹣14，pH＝2的HCl中c（H+）＝10﹣2mol/L，pH＝11的某BOH溶液中c（OH﹣）＝10﹣3mol/L，因c（H+）＞c（OH﹣），故在盐酸中水的电离受到的抑制作用比较大，即：α1小于α2，pH＝2的HCl中c（H+）＝10﹣2mol/L，pH＝11的某BOH溶液中c（OH﹣）＝10﹣3mol/L，如果BOH是强碱，则二者等体积混合，酸剩余，所以pH小于7，假设BOH是弱碱，则BOH的浓度会大于0.001mol/L，但是和0.01mol/L的盐酸相对浓度大小无法判断，所以此时溶液的pH无法确定，
故答案为：小于；无法确定。
【点评】本题考查水的电离和酸碱混合的定性判断和溶液pH的有关计算，题目难度不大，温度不同而使水的离子积常数不同是解本题的关键，注意酸碱混合时酸碱物质的量的关系以及溶液pH与c（H+）、（OH﹣）的关系，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力。
17．（14分）（1）在某溶液中存在FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3+3KCl的平衡体系．
①在溶液中加入少量的KSCN固体，平衡 正向 （填“正向”、“逆向”、“不”）移动。
②在溶液中加入少量的KCl固体，平衡 不 （填“正向”、“逆向”、“不”）移动。
（2）煤作为燃料可通过下列两种途径提供热能：
途径Ⅰ：C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH1＜0
途径Ⅱ：制水煤气：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）ΔH2＞0
水煤气燃烧：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ΔH3＜0
2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH4＜0
则ΔH1＝ ΔH2+ΔH3+ΔH4 （用ΔH2、ΔH3、ΔH4表示）。
（3）利用CO和H2在一定条件下可合成甲醇，发生如下反应：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）ΔH，其两种反应过程中能量的变化曲线分别如图a、b所示，下列说法正确的是 ACE （填标号）。
A．上述反应的ΔH＝﹣91kJ⋅mol﹣1
B．a过程正反应的活化能为510kJ⋅mol﹣1
C．b过程中第Ⅰ阶段为吸热反应，第Ⅱ阶段为放热反应
D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能和ΔH
E．b过程的反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段
（4）将等物质的量的A和B，混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），5min后测得c（D）＝0.5mol•L﹣1，c（A）：c（B）＝3：5，且0～5minC的平均反应速率是0.1mol•L﹣1•min﹣1。则x＝ 2 ，A的转化率为 50% 。
（5）天然气中含有的微量H2S会腐蚀管道和设备，在1200℃下进行脱硫处理，H2S会被氧气氧化为SO2，并产生水蒸气。
化学键
H﹣S
O＝O
H﹣O
SO2中共价键
键能/（kJ⋅mol﹣1）
339
498
464
1083
该反应的热化学方程式为 2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣1172kJ/mol 。
【分析】（1）FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3+3KCl的反应实质为Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3；
（2）由已知反应的反应热通过盖斯定律求算未知反应的反应热；
（3）A.反应热由反应物和生成物的总能量决定；
B.活化能是指由起始初始能量到达过渡状态的能量；
C.产物能量高于起始反应物能量为吸热反应，产物能量低于起始反应物能量为放热反应；
D.催化剂能降低反应所需的活化能，但不能改变ΔH；
E.反应活化能小，反应速率快；
（4）由反应速率求算物质反应量，进而求算反应系数和转化率；
（5）反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能。
【解答】解：（1）①在溶液中加入少量的KSCN固体，SCN﹣浓度增大，平衡正向移动，
故答案为：正向；
②钾离子和氯离子均未参与反应，故在溶液中加入少量的KCl固体，平衡不移动，
故答案为：不；
（2）已知①制水煤气：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）ΔH2；②水煤气燃烧：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ΔH3；③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH4，由盖斯定律①+×②+×可得C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH1＝ΔH2+ΔH3+ΔH4，
故答案为：ΔH2+ΔH3+ΔH4；
（3）A.上述反应的ΔH＝﹣（510﹣419）kJ/mol＝﹣91kJ⋅mol﹣1，故A正确；
B.由图可知，a过程正反应的活化能为419kJ⋅mol﹣1，故B错误；
C.第Ⅰ阶段反应之后的产物能量高于起始反应物的能量，故第Ⅰ阶段为放热反应，第Ⅰ阶段反应之后的产物能量高于最终产物的能量，故第Ⅱ阶段为放热反应，故C正确；
D.b过程使用催化剂后能降低反应所需的活化能，但反应热由反应物的总能量和生成物的总能量决定，加入催化剂不能改变ΔH，故D错误；
E.由图可知，b过程第Ⅱ阶段的活化能小于第Ⅰ阶段，所以b过程的反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段，故E正确；
故答案为：ACE；
（4）0～5minC的平均反应速率是0.1mol•L﹣1•min﹣1，C的生成量为0.1mol•L﹣1•min﹣1×2L×5min＝1mol，D的生成量为0.5mol•L﹣1×2L＝1mol，故x：2＝2mol：2mol，解得x＝2，A的反应量为1.5mol，设A、B的起始加入量均为ymol，（y﹣1.5）：（y﹣0.5）＝3：5，解得y＝3，A的转化率为×100%＝50%，
故答案为：2；50%；
（5）由题意可知，2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）△H＝（2×2×339+3×498﹣2×2×464﹣2×1083）kJ/mol＝﹣1172kJ/mol，
故答案为：2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣1172kJ/mol。
【点评】本题考查盖斯定律、热化学方程式书写和化学平衡，题目难度较大，难点是盖斯定律的使用和化学平衡的计算。
18．（14分）某学生用0.2000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：
①移取15.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞
②用标准溶液润洗碱式滴定管2～3次
③把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴部分充满溶液
④取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2～3cm
⑤调节液面至0或0刻度以下，记下读数
⑥把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度
回答以下填空：
（1）正确操作的顺序是（填序号）② →④ → ③ → ⑤ →①→ ⑥ 。
（2）盛NaOH标准液的滴定管尖嘴部分留有气泡，排除气泡的方法应采用右图中的 丙 操作（填“甲”、“乙”、“丙”）。
（3）下列情况可能造成测定结果偏高的是 CDE （填标号）。
A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准液润洗
E．配制标准溶液所用NaOH固体中含少量NaCl杂质
【分析】（1）中和滴定的实验顺序为：检查、洗涤、润洗、装液、读数、取待测液、加指示剂、滴定、读数、处理废液、洗涤；
（2）碱式滴定管的气泡通常橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠即可；
（3）据c（待测）＝分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。
【解答】解：（1）中和滴定的实验顺序为：检查、洗涤、润洗、装液、读数、取待测液、加指示剂、滴定、读数、处理废液、洗涤，所以正确操作的顺序是②④③⑤①⑥，
故答案为：④；③；⑤；⑥；
（2）盛放NaOH溶液的滴定管为碱式滴定管，碱式滴定管的气泡通常橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出，图示操作中正确的为丙，
故答案为：丙；
（3）A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确，使消耗的V（标准）偏低，则c（待测）偏低，故A错误；
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对实验结果无影响，故B错误；
C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致消耗的V（标准）偏高，则c（待测）偏高，故C正确；
D．未用标准液润洗碱式滴定管，会使c（标准）偏小，导致消耗的V（标准）偏高，则c（待测）偏高，故D正确；
E．配制标准溶液所用NaOH固体中含少量NaCl杂质，则标准液的浓度偏小，导致消耗的标准液V（标准）偏高，则c（待测）偏高，故E正确；
故答案为：CDE。
【点评】本题考查中和滴定，题目难度中等，明确中和滴定原理及操作方法为解答关键，注意掌握误差分析的方法与技巧，试题侧重考查学生的分析、理解能力。
19．与酸碱中和滴定类似，氧化还原滴定也是测定样品含量常用方法。
（1）某实验室有瓶混有泥沙的乙二酸（H2C2O4）样品，欲测定样品中乙二酸的含量。准确称量5.0g乙二酸样品，配成250mL溶液。量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，将0.1000mol⋅L﹣1KMnO4溶液装入 酸式 （填“酸式”或“碱式”）滴定管，进行滴定操作，当 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化 时，证明达到滴定终点。
（2）滴定过程中发生反应的离子方程式为 5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O 。
（3）计算再重复上述操作2次，记录实验数据如下：
序号
滴定前读数（mL）
滴定后读数（mL）
1
0.00
20.10
2
1.00
20.90
3
0.00
22.10
则此样品的纯度为 90.00% 。
【分析】（1）KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装，乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；
（2）酸性条件下，高锰酸根离子能氧化草酸生成二氧化碳，自身被还原生成锰离子，同时生成水；
（3）根据高锰酸钾和草酸之间的关系式计算。
【解答】解：（1）KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装，滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点，
故答案为：酸式；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；
（2）酸性条件下，高锰酸根离子能氧化草酸生成二氧化碳，自身被还原生成锰离子，同时生成水，发生的离子反应方程式为：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O，
故答案为：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O；
（3）第一次消耗KMnO4溶液的体积为20.10mL﹣0.00mL＝20.10mL，第二次消耗KMnO4溶液的体积为20.90mL﹣1.00mL＝19.90mL，第三次消耗KMnO4溶液的体积为22.10mL﹣0.00mL＝22.10mL，第三次消耗体积与第一次和第二次相差较大，所以要舍去，则消耗KMnO4溶液的平均体积＝mL＝20.00mL，消耗KMnO4的物质的量为 0.1000mol/L×0.020L＝0.0020mol，由于5H2C2O4～2MnO4﹣，则样品中乙二酸的物质的量为0.0020mol×＝0.005mol，
设样品的纯度为x，
×＝0.005mol
x＝90.00%，
故答案为：90.00%。
【点评】本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。
20．（13分）合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义．合成氨的反应原理为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）。
回答以下问题：
（1）已知合成氨的反应升高温度平衡常数会减小，则该反应的正反应活化能E1和逆反应活化能E2的相对大小关系为：E1 ＜ E2．（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）其他条件不变时，温度升高，氨的平衡含量减小的原因是 D （填标号）。
A．温度升高，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆向移动
B．温度升高，浓度商（Q）变大，Q＞K，平衡逆向移动
C．温度升高，活化分子数增多，活化分子百分数不变，反应速率加快
D．温度升高，浓度商（Q）不变，K变小，平衡逆向移动
（3）合成氨法选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是 提高合成氨反应的化学反应速率 。
（4）如图1表示工业合成氨反应随条件改变，平衡体系中氨气体积分数的变化趋势．当横坐标为压强时，变化趋势正确的是 c （填标号）。
（5）500℃时，向容积为2L的密闭容器中通入1molN2和3molH2，模拟合成氨的反应，容器内的压强随时间的变化如表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
+∞
压强/MPa
20
17
15
13.2
11
11
用压强表示该反应的平衡常数Kp＝ 48 （Kp等于平衡时生成物分压幂的乘积与反应物分压幂的乘积的比值，某物质的分压＝总压×该物质的物质的量分数）。
（6）一定温度下恒容容器中，以不同的物质的量之比加入H2和N2，平衡时NH3的体积分数如图2所示，则H2的转化率a点 ＞ b点（填“＞”、“＜”或“＝”）。若起始压强为20MPa，则b点时体系的总压强约为 19 MPa。（结果保留两位有效数字）
（7）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加入H2NCOONH4，发生反应：H2NCOONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g），能说明该反应达到平衡状态的是 ABC （填标号）。
A．混合气体的压强不变
B．混合气体的密度不变
C．混合气体的总物质的量不变
D．混合气体的平均相对分子质量不变
E．NH3的体积分数不变
【分析】（1）放热反应的正反应活化能小于逆反应活化能；
（2）反应放热，升温，平衡逆移，平衡常数减小；
（3）工业制备要综合考虑平衡移动和反应速率；
（4）加压，平衡向气体分子数减小的方向移动；
（5）由反应起始压强和平衡压强计算平衡时各组分的平衡分压，进而求算平衡常数；
（6）由氮气和氢气的起始加入量和平衡时体积分数求算氢气的反应量和平衡时各组分的量，进而求算转化率和气体压强；
（7）化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变。
【解答】解：（1）合成氨的反应升高温度平衡常数会减小，说明升温，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则该反应的正反应活化能E1和逆反应活化能E2的相对大小关系为：E1＜E2，
故答案为：＜；
（2）其他条件不变时，反应放热，温度升高瞬间，反应物和生成物浓度不变，浓度商（Q）不变，K值变小，Q＞K，平衡逆向移动，氨的平衡含量减小，
故答案为：D；
（3）反应放热，低温有利于平衡正向移动，但温度过低，反应速率变慢，合成氨法选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是提高合成氨反应的化学反应速率，
故答案为：提高合成氨反应的化学反应速率；
（4）合成氨反应正向气体分子数减小，加压，平衡向正向移动，氨气的含量增大，曲线c符合，
故答案为：c；
（5）向容积为2L的密闭容器中通入1molN2和3molH2，设氮气的反应量为xmol，平衡时氮气的物质的量为（1﹣x）mol，氢气的物质的量为（3﹣3x）mol，氨气的物质的量为2xmol，恒温恒容时，气体压强比等于物质的量之比，故＝，解得x＝0.9，平衡时气体的总物质的量为（0.1+0.3+1.8）mol＝2.2mol，用压强表示该反应的平衡常数Kp＝＝＝48，
故答案为：48；
（6）a点时，氢气和氮气的物质的之比为3，设氢气的物质的量为3mol，氮气物质的量为1mol，设氮气的反应量为xmol，平衡时氮气的物质的量为（1﹣x）mol，氢气的物质的量为（3﹣3x）mol，氨气的物质的量为2xmol，平衡时氨气的体积分数为×100%＝12%，解得x＝0.21，则a点H2的转化率为×100%＝21%；b点时，氢气和氮气的物质的之比为1，设氢气的物质的量为1mol，氮气物质的量为1mol，设氮气的反应量为ymol，平衡时氮气的物质的量为（1﹣y）mol，氢气的物质的量为（1﹣3y）mol，氨气的物质的量为2ymol，平衡时氨气的体积分数为×100%＝5%，解得y＝0.047，则a点H2的转化率为×100%＝14.1%，故则H2的转化率a点＞b点，＝，p（b）＝19MPa，
故答案为：＞；19；
（7）A.反应正向气体分子数增大，混合气体的压强不变，混合气的总物质的量不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；
B.反应容器容积一定，混合气体的密度不变，则混合气体总质量不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；
C.混合气体的总物质的量不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；
D.氨气和二氧化碳始终按2：1比例生成，混合气体的平均相对分子质量始终不变，无法判断反应是否达到平衡状态，故D错误；
E.氨气和二氧化碳始终按2：1比例生成，NH3的体积分数始终不变，无法判断反应是否达到平衡状态，故E错误；
故答案为：ABC。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度较大，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键，难点是平衡常数的计算。
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