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湖北省黄冈市黄梅国际育才高级中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题（解析版）
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这是一份湖北省黄冈市黄梅国际育才高级中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，1 ml·L-1·min-1， 下列叙述与图对应的是等内容，欢迎下载使用。
考试时间：100分钟
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。
2.请将答案正确填写在答题卡上。
第I卷(选择题)
一、单选题。
1. 已知反应在四种不同情况下反应速率分别如下：
①v(A)=0.1 ml·L-1·min-1
②v(B)=0.15 ml·L-1·min-1
③
④v(D=0.1 ml·L-1·min-1
则该反应进行速率快慢顺序正确的是
A. ①＞②＞③＞④B. ②＞①=④＞③
C. ③＞①＞②＞④D. ④＞③＞①＞②
【答案】C
【解析】
【详解】在单位相同的条件下，将不同物质的反应速率除以其计量数，得到的数值越大说明该反应速率越大，①v(A)=0.1 ml·L-1·min-1，②v(B)=ml·L-1·min-1，③，④v(D=ml·L-1·min-1，反应速率：③＞①＞②＞④，故选C。
2. 已知25℃时，CH3COOH的电离平衡常数K=1.75×10-5。下列说法正确的是
A. 向该溶液中加入一定量的硫酸，K增大
B. 升高温度，K增大
C. 向CH3COOH溶液中加入少量水，K增大
D. 向CH3COOH溶液中加入少量氢氧化钠溶液，K增大
【答案】B
【解析】
【详解】电离常数与浓度无关，只受温度影响，CH3COOH的电离是吸热反应，升高温度，K增大，故选：B。
3. 下列有关有效碰撞理论和活化能的认识，正确的是
A. 增大压强(对于气体反应)，活化分子总数增大，故反应速率增大
B. 温度升高，分子动能增加，反应所需活化能减小，故反应速率增大
C. 选用适当的催化剂，分子运动加快，增加了碰撞频率，故反应速率增大
D. H＋和 OH－的反应活化能接近于零，反应几乎在瞬间完成
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应前后气体体积不变的反应，增大压强，体积减小，活化分子总数不变，但活化分子浓度增大，反应速率增大，故A错误；
B．温度升高，更多分子吸收能量成为活化分子，反应速率增大，活化能不变，故B错误；
C．使用催化剂，降低活化能，使更多分子成为活化分子，反应速率增大，故C错误；
D．酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态，因此活化能非常小，故D正确。
答案选D。
4. 下列叙述与图对应的是
A. 对于达到平衡状态的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，图①表示在t时刻充入了一定量的NH3，平衡逆向移动
B. 由图②可知，满足反应：2A(g)+B(g)2C(g) ΔH<0
C. 图③表示的反应方程式为：2A+B3C
D. 对于反应2X(g)+3Y(g)3Z(g)ΔH<0图④y轴可以表示Y的百分含量
【答案】B
【解析】
【详解】A． 对于达到平衡状态的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，图①表示在t0时刻ν正、ν逆 都增大，ν逆 增大的多，化学平衡逆向移动，应该是升高温度使平衡逆向移动导致，若是充入了一定量的NH3，则ν逆增大，ν正 瞬间不变，这与图像不吻合，故A错误；
B． 增大压强反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；升高温度反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；则根据图像可知：压强：P2＞P1；温度：T1＞T2；增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，C含量增大，说明正反应是气体体积减小的反应；升高温度，C含量减小，说明平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，故该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，故满足反应：2A(g)+B(g) 2C(g) ΔH＜0，故B正确；
C．图③中A的浓度减小说明A是反应物，B和C浓度增大，说明是生成物，根据反应的化学计量数与变化的浓度成正比，∆n(A)：∆n(B)：∆n(C)=(2-1.2)：(0.4-0)：(1.2-0)=2:1:3，表示的反应方程式为：2AB+3C，故C错误；
D． 在压强不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，表示Y的含量应该增大，但图像显示y轴数值减小，因此图④y轴不可以表示Y的百分含量，故D错误；
故选B。
5. 在密闭容器发生下列反应aA(g)⇌cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是
A. a＜c＋dB. 平衡向正反应方向移动
C. D的体积分数变大D. A的转化率变大
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】反应aA(g)⇌cC(g)＋dD(g)，达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度变为原来的2倍，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明平衡逆向移动；平衡逆向移动，D的体积分数减小；平衡逆向移动，A的转化率减小；增大压强，平衡逆向移动，则a＜c＋d；故选A。
6. CO2催化加氢可合成二甲醚，其过程中主要发生下列反应有
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.2kJ·ml−1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=-122.5kJ·ml−1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性(CH3OCH3的选择性=×100％)随温度的变化如图所示。
下列说法正确的是
A. 200~360℃范围内，体系中主要发生反应Ⅱ
B. 276℃时反应I、Ⅱ中参加反应的CO2的物质的量之比为12∶13
C. 曲线b代表平衡时CH3OCH3的选择性变化
D. 为提高CH3OCH3选择性需研发低温条件下对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
【答案】D
【解析】
【分析】反应I吸热，反应Ⅱ放热，其它条件相同，升高温度，平衡I正向移动，平衡Ⅱ逆向移动，CH3OCH3(g)选择性降低，曲线a表示CH3OCH3的选择性随温度的变化，曲线b表示CO2平衡转化率随温度的变化。
【详解】A．200~360℃范围内，CO2平衡转化率先降低后升高，在降低阶段主要发生反应Ⅱ，在升高阶段主要发生反应I，A错误；
B．276℃时，CH3OCH3的选择性为48%，反应总的消耗1mlCO2，则生成CH3OCH3的物质的量为0.24ml，则反应Ⅱ中参加反应的CO2的物质的量为0.48ml，反应I中参加反应的CO2的物质的量为1ml-0.48ml=0.52ml，故I、Ⅱ中参加反应的CO2的物质的量之比=0.52:0.48=13:12，B错误；
C．由分析可知，曲线b表示CO2平衡转化率随温度的变化，C错误；
D．为提高CH3OCH3选择性就需抑制反应I，促进反应Ⅱ，由于反应I吸热，反应Ⅱ放热，低温能实现，故需研发低温条件下对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂，D正确；
答案选D。
7. 催化生成的过程由以下三步基元反应构成：
第1步： ；
第2步： ；
第3步： 。
下列说法正确的是
A. 三步基元反应都是放热反应
B. 第1步是总反应的决速步
C. 该过程共有三种中间产物
D. 总反应的焓变为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，第1步反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，A错误；
B．正反应活化能越大，反应速率越慢，由图可知第1步是总反应的决速步，B正确；
C．由三步基元反应可知，NO为O3生成O2反应的催化剂，催化剂不改变总反应的焓变，由三步基元反应可知，反应的中间体只有NO2和O两种，C错误；
D．由盖斯定律可知，三步基元反应相加得总反应2 O3(g)=3 O2(g)，则，D错误；
故选B。
8. 在2L恒容密闭容器中充入A(g)和B(g)，发生反应A(g)+B(g) 2C(g)+D(s)，所得实验数据如下表：
下列说法不正确的是
A 实验①中，若5 min时测得n(B)=0.050ml，则0至5 min时间内平均反应速率v(A)=0.015ml/(L·min)
B. 实验②中达到平衡后，增大压强，A的转化率不变，平衡常数不变
C. 700℃ 时该反应的平衡常数K=4.0
D. 实验③中，达到平衡时，a>0.10
【答案】D
【解析】
【详解】A. 实验①中，若5min时测得n(B)=0.050ml，则0至5min时间内消耗B0.150ml，平均反应速率v(A)=v(B)=0.015ml/(L·min)，故A正确；B. 该反应气体物质的量不变化，实验②中达到平衡后，增大压强，平衡不移动，A的转化率不变，平衡常数不变，故B正确；C. 700℃时各物质平衡浓度：c(A)= 0.04ml/L，c(B)=0.09ml/L，c(C)=0.12ml/L，该反应的平衡常数K==4.0，故C正确；D. 实验①平衡时n(C)>实验②平衡时n(C)，表明升温平衡左移，平衡常数随温度升高而减小。实验③中，达到平衡时，若a>0.10，则c(A)<0.025ml/L，c(B)<0.025ml/L，c(C)>0.05ml/L，该反应的平衡常数K>4.0，故D不正确。故选D。
9. 下列四图中，曲线变化情况与所给反应、、、均大于相对应的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．1200时反应速率大于1000时反应速率，1200先达到平衡，但图中1000先达到平衡，不符合平衡的建立的图像，A错误；
B．对于反应，增大压强，正反应速率、逆反应都加快，达到平衡后增大压强平衡向正反应方向移动，正 >逆，与曲线不一致，B错误；
C．对于反应，温度一定时， 增大压强平衡向逆反应方向移动，N2O4物质的量分数增大，压强一定时，升高温度平衡向正反应方向移动，N2O4物质的量分数减小，与曲线一致，C正确；
D．由于C为固态，对反应，恒容容器中增加CO2物质的量相当于增大压强平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率减小，与曲线不一致，D错误；
故本题选C。
10. 一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中充入4ml N2O3，发生反应N2O3(g) N2O(g)+O2(g)；N2O3(g)+O2(g) N2O5(g)，达到平衡时，测得c (N2O5)为0.7ml/L，c (O2)为0.5ml/L，则
A c(N2O3)=0.8ml/LB. c (N2O3)=0.2ml/LC. c (N2O)=0.5ml/LD. c (N2O)=1.2ml/L
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】设三氧化二氮分解时生成一氧化二氮的浓度为x ml/L，由题意可建立如下三段式：
由c (O2)为0.5ml/L可得：x—0.7=0.5，解得x=1.2，则平衡时c(N2O3)=0.1ml/L、c (N2O)=1.2ml/L，故选D。
11. 已知时二元酸的，下列说法正确的是
A. 在等浓度的和溶液中，水的电离程度前者大于后者
B. 向的溶液中通入气体(忽略溶液体积的变化)至，则的电离度为
C. 阴离子结合质子能力：
D. 取的溶液，加蒸馏水稀释至，则该溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．由电离常数可知，等浓度的H2A溶液中氢离子浓度大于NaHA溶液中氢离子浓度，所以H2A溶液中水的电离程度小于NaHA溶液中水的电离程度，故A错误；
B．由公式可知，电离常数Ka1(H2A)= = 1.3×10−7，溶液pH为3时，溶液中==1.3×10−4，则H2A的电离度为0.013％，故B正确；
C．由电离常数可知，溶液中A2—离子的水解程度大于HA—离子的水解程度，所以A2—离子结合氢离子的能力强于HA—离子，故C错误；
D．由电离常数可知，pH为a的H2A溶液加水稀释10倍时，电离平衡右移，促进酸的电离，溶液中的氢离子浓度变化值小于稀释倍数，所以溶液的pH小于a+1，故D错误；
故选B。
12. 下列说法错误的是
A. 常温下，pH=7的溶液中不能大量存在Al3+、Fe3+
B. 向NaClO溶液中加入少量SO2：2ClO-+SO2+H2O=2HClO+SO
C. 向NaClO溶液中通入过量二氧化碳的离子方程式：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO
D. 向H2C2O4溶液中加少量NaOH溶液的离子方程式：H2C2O4+OH-=HC2O+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于Al3+、Fe3+水解呈酸性，故常温下，pH=7的溶液中不能大量存在Al3+、Fe3+，A正确；
B．已知HClO具有强氧化性，SO2具有强还原性，故向NaClO溶液中加入少量SO2的离子方程式为：3ClO-+SO2+H2O=2HClO+SO+Cl-，B错误；
C．向NaClO溶液中通入过量二氧化碳生成NaHCO3和HClO，故该反应的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO，C正确；
D．向H2C2O4溶液中加少量NaOH溶液生成NaHC2O4和H2O，故该反应的离子方程式为：H2C2O4+OH-=HC2O+H2O，D正确；
故答案为：B。
13. 现有两瓶温度分别为15℃和35℃，均为1的溶液，两溶液的物理量相等的为
A. B. C. D. 水电离出的氢离子浓度
【答案】A
【解析】
【详解】A．pH=1则溶液中氢离子浓度均为0.1ml/L，故A正确；
B．氢离子浓度相等，温度不同，KW不同，所以氢氧根离子浓度不同，故B错误；
C．升高温度促进电离，水的离子积常数增大，故C错误；
D．水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，二者不同，D错误。
答案选A。
14. 25℃时。水的电离达到平衡： ，下列叙述正确的是
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，减小
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，增大，不变
C. 向水中加入少量固体，平衡正向移动，增大
D. 将水加热，增大，pH不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．向水中加入稀氨水，水的电离平衡逆向移动，但增大，故A错误；
B．只与温度有关，向水中加入少量固体硫酸氢钠，增大，不变，故B正确；
C．向水中加入少量固体，水的电离平衡逆向移动，增大，故C错误；
D． ，将水加热，水的电离平衡正向移动，、增大，增大，pH减小，故D错误；
选B。
15. 一定条件下，合成氨反应：。图甲表示在此反应过程中能量变化，图乙表示在2L的密闭容器中反应时的物质的量随时间的变化曲线。图丙表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响。下列说法正确的是
A. 加入催化剂后可以使甲图中的E和都减小
B. 由图乙看出从11min起其他条件不变，压缩容器体积，则的变化曲线为b
C. 图丙中温度，a、b、c三点所处的平衡状态中，c点的转化率最低
D. 由图乙信息可知，10min内该反应的平均速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．催化剂可以改变活化能，但是不能改变反应的焓变，故A错误；
B．其他条件不变，压缩容器的体积，氮气的物质的量不变，平衡正移，氮气然后逐渐减少，由图可知，n(N2)的变化曲线为d，故B错误；
C．由图丙可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1D．由图乙信息，10min内氮气减少了0.3ml，则氮气的速率v==0.015ml·L-1·min-1，氢气的速率为=0.015ml·L-1·min-1×3=，故D正确；
故选D。
第II卷(非选择题)
二、填空题。
16. 反应3Fe(s)＋4H2O(g)⇌Fe3O4(s)＋4H2(g)，在一容积可变的密闭容器中进行，试回答：
（1）增加Fe的量，其正反应速率___________(填“增大”“不变”或“减小”，下同)，平衡___________移动(填“不”“向正反应方向”或“向逆反应方向”，下同)。
（2）将容器的体积缩小一半，其正反应速率___________，平衡___________移动。
（3）保持体积不变，充入N2使体系压强增大，其正反应速率________，平衡________移动。
（4）保持体积不变，充入水蒸气，其正反应速率___________，平衡___________移动，平衡常数___________。
【答案】（1） ①. 不变 ②. 不
（2） ①. 增大 ②. 不
（3） ①. 不变 ②. 不
（4） ①. 增大 ②. 正反应方向 ③. 不变
【解析】
【小问1详解】
铁是固体，反应中加入固体物质，不会影响化学反应的速率，也不能改变化学平衡。
【小问2详解】
容器的体积缩小，等价于将整个反应体系的压强增大了一倍，容器内各物质的浓度都增大，正逆反应速率都增大，反应3Fe(s)＋4H2O(g)⇌Fe3O4(s)＋4H2(g)是反应前后气体分子总数不变的反应，改变压强，平衡不移动。
【小问3详解】
体积不变，充入N2使体系总压强增大，但N2不参加反应，容器内各物质浓度没有改变，所以反应速率不变，平衡不移动。
【小问4详解】
保持体积不变，充入水蒸气，H2O(g)的浓度变大，反应物浓度增大，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动。但体系温度不变，平衡常数不变。
三、实验题。
17. 某研究性学习小组利用溶液和酸性溶液的反应探究“外界条件的改变对化学反应速率的影响”，进行了如下实验：
（1）通过实验A、B，可探究出___________(填外部因素)的改变对化学反应速率的影响，其中___________、___________，通过实验___________(填实验序号)可探究出温度变化对化学反应速率的影响，其中___________。
（2）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，每消耗1mlH2C2O4转移___________ml电子，为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为：n(H2C2O4)：n(KMnO4)≥___________。
（3）若，则由此实验可以得出的结论是___________。忽略溶液体积的变化，利用实验B中0~8s内，用的浓度变化表示的反应速率___________。
（4）该小组的一位同学通过查阅资料发现，上述实验过程中随时间的变化情况如图所示，并认为造成这种变化的原因是反应体系中的某种粒子对与草酸之间的反应有某种特殊作用，则该作用是___________。设计实验证明，分别取等体积等浓度的和混合，平均分成两份，一份中不加任何试剂，一份加入少量固体，观察到两溶液都没有褪色，原因是：___________。
【答案】（1） ①. 浓度 ②. 1 ③. 293 ④. BC ⑤. 3
（2） ①. 2 ②. 2.5：1
（3） ①. 其他条件不变时，增大反应物浓度，反应速率加快 ②. 8.3×10-4ml·L-1·s-1
（4） ①. 催化作用 ②. H2C2O4不足或KMnO4过量
【解析】
【小问1详解】
依题可知，通过实验A、B，可探究出浓度的改变对反应速率的影响，则据控制变量法可知，只改变H2C2O4溶液的浓度，其他条件不变，故A、B中温度和溶液的总体积应相同，即T1=293，而根据A组实验知溶液总体积为6mL，所以V=1mL；对照实验B、C可知，其只改变了实验的温度，其他条件都相同，所以通过实验B、C可探究出温度变化对化学反应速率的影响；B、C温度不同，要探究出温度变化对化学反应速率的影响，其余条件相同，则V2=6mL-2mL-1mL=3mL。
【小问2详解】
H2C2O4中C元素的化合价为+3价，转化为CO2中碳元素为+4价，所以每消耗1mlH2C2O4转移2ml电子；H2C2O4与KMnO4的反应为：，为了观察到紫色褪去，需让KMnO4少量，则H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为：n(H2C2O4)：n(KMnO4)≥5：2=2.5：1
【小问3详解】
若，则由此实验可以得出的结论是：其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大；根据实验B中数据可知，高锰酸钾完全反应需要的时间为8s，高锰酸钾的物质的量为0.02ml/L×0.002L=0.00004ml，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为，则用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为。
【小问4详解】
上述实验过程中n(Mn2+)随时间迅速升高，可推断造成n(Mn2+)突变的可能的原因是：生成的Mn2+对反应有催化作用，使得反应速率加快；高锰酸钾溶液显示紫红色，如果过量的话，溶液会有颜色，故观察到两溶液都没有褪色，原因是：H2C2O4不足或KMnO4过量。
四、原理综合题。
18. 氮和硫的氧化物的综合利用是目前研究的热点之一。已知：
i．N2(g)＋O2(g)＝2NO(g) △H＝＋180.0 kJ·ml－1
ii．2SO2(g)＋O2(g)＝2SO3(g) △H＝－196.6 kJ·ml－1
iii．2NO(g)＋O2(g)＝2NO2(g) △H＝－113.0 kJ·ml－1
(1)反应iV：2NO2(g)＋2SO2(g)＝2SO3(g)＋N2(g)＋O2(g)的 △H＝________；该反应在密闭容器中达到平衡后，只改变下列条件，一定能使N2的平衡体积分数增大的是______(填选项字母)。
A 缩小容器容积 B 再充入SO2 C 降低温度 D 分离出SO3
(2)T1°C时，容积相等的密闭容器中分别充入NO2和SO2的混合气体4 ml，发生反应iV。NO2或SO2的平衡转化率(a)与起始充入的关系如图1所示。
①图中能表示平衡时a(SO2)与起始充入的关系的曲线为_____(填“L1”或“L2”)。
②反应的平衡常数K＝________。
(3)向密闭容器中充入一定量SO2和O2，发生反应ii。SO3的平衡体积分数(φ)与温度(T)和压强(p)的关系如图2所示。
①P1、P2、P3由大到小的顺序为__________。
②P、Q两点对应状态下，单位体积内反应物活化分子数目：P__________Q(填“>”、“<”或“＝”)。
【答案】 ①. -263.6kJ•ml-1 ②. CD ③. L2 ④. ⑤. p1＞p2＞p3 ⑥. ＞
【解析】
【分析】(1)根据盖斯定律计算；使N2的平衡体积分数增大，即使平衡正向移动，据此分析；
(2)①假设NO2的量不变，根据SO2的量与关系的变化结合图象分析；
②结合图示数据，列三段式计算平衡常数K；
(3)向密闭容器中充入一定量SO2和O2，发生反应ii。SO3的平衡体积分数(φ)与温度(T)和压强(p)的关系如图2所示。
①反应ii．2SO2(g)＋O2(g)＝2SO3(g)为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，SO3的体积分数增大，据此分析p1、p2 、p3的大到小的顺序；
②P、Q两点对应状态下温度高低对活化分子数的影响分析。
【详解】(1) 已知：i．N2(g)＋O2(g)＝2NO(g) △H＝＋180.0 kJ·ml－1
ii．2SO2(g)＋O2(g)＝2SO3(g) △H＝－196.6 kJ·ml－1
iii．2NO(g)＋O2(g)＝2NO2(g) △H＝－113.0 kJ·ml－1
根据盖斯定律，ii- iii- i=iv，则反应iv：2NO2(g)＋2SO2(g)＝2SO3(g)＋N2(g)＋O2(g)的 △H＝-263.6 kJ·ml－1；该反应2NO2(g)＋2SO2(g)＝2SO3(g)＋N2(g)＋O2(g) △H＜0，正反应为气体体积增大的体系，在密闭容器中达到平衡后，只改变下列条件，平衡向正反应移动，能使N2的平衡体积分数增大，
A．缩小容器容积，相当于增大压强，平衡逆向移动，N2的平衡体积分数减小，故A不符合题意；
B．再充入SO2，反应物SO2的浓度增大，能使平衡正向移动，若无限充入SO2，N2的平衡体积分数可能会减小，故B不符合题意；
C．降低温度，反应向放热的方向移动，即向正向移动，N2的平衡体积分数增大，故C符合题意；
D．分离出SO3，生成物的浓度减小，平衡正向移动，N2的平衡体积分数增大，故D符合题意；
答案选CD；
(2)①设SO2的量不变，向体系中加入NO2，反应正向移动，SO2的转化率增大，的比值增大，结合图象分析可得，L2代表a(SO2)，L1代表a(NO2)；
②根据图象所示，M点时，SO2和NO2的转化率相等，都为0.6，根据反应2NO2(g)＋2SO2(g)⇌2SO3(g)＋N2(g)＋O2(g)可知，SO2和NO2的初始量分别为2ml，设容器的体积为1L，列三段式：
反应的平衡常数K＝=；
(3)①反应ii．2SO2(g)＋O2(g)＝2SO3(g)为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，SO3的体积分数增大，结合图象可得p1＞p2＞p3；
②根据图2所示，P、Q两点对应的温度不同，且P点温度高于Q点温度，温度越高，单位体积内反应物活化分子数目越多，则P、Q两点反应物活化分子数目P＞Q。
19. 根据所学知识，完成下列问题。
（1）常温下，已知一元酸溶液中。
①常温下，溶液的___________，溶液中水电离出的___________，的与的溶液等体积混合后得溶液呈___________性；
②溶液与溶液等体积混合后所得溶液呈___________性；用离子方程式表示原因___________。
（2）时，有的稀硫酸和的溶液等体积混合后溶液呈中性，则该温度下水的离子积常数___________。该温度下，将的稀溶液与的溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液的___________。
（3）已知碳酸、亚硫酸、次氯酸的电离平衡常数如下表，下列说法正确的是___________。
A. 由电离平衡常数可知：和可以在溶液中可大量共存
B. 溶液中通入少量
C. 溶液中通入少量
D. 向氯水中加入等浓度的溶液，可提高氯水中的浓度
（4）联氨(又称联肼，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值为___________(已知：的)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为___________。
【答案】（1） ①. 3 ②. 1×10-11 ml·L-1 ③. 酸 ④. 碱 ⑤. A-+H2OHA+OH-
（2） ①. 1×10-13 ②. 12 （3）BD
（4） ①. 8.7×10-7 ②. N2H6(HSO4)2
【解析】
【小问1详解】
①已知一元酸溶液中，则，，则常温下，溶液的3，溶液中水电离出的；溶液的3，则HA为弱酸，而氢氧化钠为强碱，的与的溶液等体积混合后得溶液中HA过量，溶液呈酸性；
②溶液与溶液等体积混合后所得溶液中溶质为强碱弱酸盐NaA，其水解生成氢氧根离子A-+H2OHA+OH-，使得溶液呈碱性；
【小问2详解】
时，有的稀硫酸和的溶液等体积混合后溶液呈中性，则该温度下两者恰好反应，则水的离子积常数；该温度下，将的稀溶液与的溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液中氢氧根离子过量，，则，12；
【小问3详解】
A．和可以在溶液中会发生氧化还原反应生成氯离子和硫酸根离子，不可大量共存，A错误；
B．由电离平衡常数可知，溶液中通入少量，反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠，反应为，B正确；
C．溶液中通入少量，由于二氧化硫少量且亚硫酸氢根酸性小于碳酸酸性，故不会生成二氧化碳，C错误；
D．向氯水中加入等浓度的溶液，氯水中盐酸和碳酸氢钠反应使得HCl浓度减小，平衡正向移动，故可提高氯水中的浓度，D正确；
故选BD；
【小问4详解】
联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应为，平衡常数值为已知：的。联氨与硫酸形成的酸式盐化学式为N2H6(HSO4)2。实验编号
温度/℃
起始时物质的量/ml
平衡时物质的量/ml
n(A)
n( B)
n(C)
①
600
0.30
0.20
0.30
②
700
0.20
0.30
0.24
③
800
0.10
0.10
a
A
B
C
D
实验序号
实验温度/K
溶液颜色褪至无色所需时间/s
酸性溶液
溶液
A
293
2
0.02
4
0.1
0
B
2
0.02
3
0.1
8
C
313
2
0.02
0.1
1
物质
电离平衡常数
_
考试时间：100分钟
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。
2.请将答案正确填写在答题卡上。
第I卷(选择题)
一、单选题。
1. 已知反应在四种不同情况下反应速率分别如下：
①v(A)=0.1 ml·L-1·min-1
②v(B)=0.15 ml·L-1·min-1
③
④v(D=0.1 ml·L-1·min-1
则该反应进行速率快慢顺序正确的是
A. ①＞②＞③＞④B. ②＞①=④＞③
C. ③＞①＞②＞④D. ④＞③＞①＞②
【答案】C
【解析】
【详解】在单位相同的条件下，将不同物质的反应速率除以其计量数，得到的数值越大说明该反应速率越大，①v(A)=0.1 ml·L-1·min-1，②v(B)=ml·L-1·min-1，③，④v(D=ml·L-1·min-1，反应速率：③＞①＞②＞④，故选C。
2. 已知25℃时，CH3COOH的电离平衡常数K=1.75×10-5。下列说法正确的是
A. 向该溶液中加入一定量的硫酸，K增大
B. 升高温度，K增大
C. 向CH3COOH溶液中加入少量水，K增大
D. 向CH3COOH溶液中加入少量氢氧化钠溶液，K增大
【答案】B
【解析】
【详解】电离常数与浓度无关，只受温度影响，CH3COOH的电离是吸热反应，升高温度，K增大，故选：B。
3. 下列有关有效碰撞理论和活化能的认识，正确的是
A. 增大压强(对于气体反应)，活化分子总数增大，故反应速率增大
B. 温度升高，分子动能增加，反应所需活化能减小，故反应速率增大
C. 选用适当的催化剂，分子运动加快，增加了碰撞频率，故反应速率增大
D. H＋和 OH－的反应活化能接近于零，反应几乎在瞬间完成
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应前后气体体积不变的反应，增大压强，体积减小，活化分子总数不变，但活化分子浓度增大，反应速率增大，故A错误；
B．温度升高，更多分子吸收能量成为活化分子，反应速率增大，活化能不变，故B错误；
C．使用催化剂，降低活化能，使更多分子成为活化分子，反应速率增大，故C错误；
D．酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态，因此活化能非常小，故D正确。
答案选D。
4. 下列叙述与图对应的是
A. 对于达到平衡状态的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，图①表示在t时刻充入了一定量的NH3，平衡逆向移动
B. 由图②可知，满足反应：2A(g)+B(g)2C(g) ΔH<0
C. 图③表示的反应方程式为：2A+B3C
D. 对于反应2X(g)+3Y(g)3Z(g)ΔH<0图④y轴可以表示Y的百分含量
【答案】B
【解析】
【详解】A． 对于达到平衡状态的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，图①表示在t0时刻ν正、ν逆 都增大，ν逆 增大的多，化学平衡逆向移动，应该是升高温度使平衡逆向移动导致，若是充入了一定量的NH3，则ν逆增大，ν正 瞬间不变，这与图像不吻合，故A错误；
B． 增大压强反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；升高温度反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；则根据图像可知：压强：P2＞P1；温度：T1＞T2；增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，C含量增大，说明正反应是气体体积减小的反应；升高温度，C含量减小，说明平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，故该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，故满足反应：2A(g)+B(g) 2C(g) ΔH＜0，故B正确；
C．图③中A的浓度减小说明A是反应物，B和C浓度增大，说明是生成物，根据反应的化学计量数与变化的浓度成正比，∆n(A)：∆n(B)：∆n(C)=(2-1.2)：(0.4-0)：(1.2-0)=2:1:3，表示的反应方程式为：2AB+3C，故C错误；
D． 在压强不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，表示Y的含量应该增大，但图像显示y轴数值减小，因此图④y轴不可以表示Y的百分含量，故D错误；
故选B。
5. 在密闭容器发生下列反应aA(g)⇌cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是
A. a＜c＋dB. 平衡向正反应方向移动
C. D的体积分数变大D. A的转化率变大
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】反应aA(g)⇌cC(g)＋dD(g)，达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度变为原来的2倍，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明平衡逆向移动；平衡逆向移动，D的体积分数减小；平衡逆向移动，A的转化率减小；增大压强，平衡逆向移动，则a＜c＋d；故选A。
6. CO2催化加氢可合成二甲醚，其过程中主要发生下列反应有
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.2kJ·ml−1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=-122.5kJ·ml−1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性(CH3OCH3的选择性=×100％)随温度的变化如图所示。
下列说法正确的是
A. 200~360℃范围内，体系中主要发生反应Ⅱ
B. 276℃时反应I、Ⅱ中参加反应的CO2的物质的量之比为12∶13
C. 曲线b代表平衡时CH3OCH3的选择性变化
D. 为提高CH3OCH3选择性需研发低温条件下对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
【答案】D
【解析】
【分析】反应I吸热，反应Ⅱ放热，其它条件相同，升高温度，平衡I正向移动，平衡Ⅱ逆向移动，CH3OCH3(g)选择性降低，曲线a表示CH3OCH3的选择性随温度的变化，曲线b表示CO2平衡转化率随温度的变化。
【详解】A．200~360℃范围内，CO2平衡转化率先降低后升高，在降低阶段主要发生反应Ⅱ，在升高阶段主要发生反应I，A错误；
B．276℃时，CH3OCH3的选择性为48%，反应总的消耗1mlCO2，则生成CH3OCH3的物质的量为0.24ml，则反应Ⅱ中参加反应的CO2的物质的量为0.48ml，反应I中参加反应的CO2的物质的量为1ml-0.48ml=0.52ml，故I、Ⅱ中参加反应的CO2的物质的量之比=0.52:0.48=13:12，B错误；
C．由分析可知，曲线b表示CO2平衡转化率随温度的变化，C错误；
D．为提高CH3OCH3选择性就需抑制反应I，促进反应Ⅱ，由于反应I吸热，反应Ⅱ放热，低温能实现，故需研发低温条件下对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂，D正确；
答案选D。
7. 催化生成的过程由以下三步基元反应构成：
第1步： ；
第2步： ；
第3步： 。
下列说法正确的是
A. 三步基元反应都是放热反应
B. 第1步是总反应的决速步
C. 该过程共有三种中间产物
D. 总反应的焓变为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，第1步反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，A错误；
B．正反应活化能越大，反应速率越慢，由图可知第1步是总反应的决速步，B正确；
C．由三步基元反应可知，NO为O3生成O2反应的催化剂，催化剂不改变总反应的焓变，由三步基元反应可知，反应的中间体只有NO2和O两种，C错误；
D．由盖斯定律可知，三步基元反应相加得总反应2 O3(g)=3 O2(g)，则，D错误；
故选B。
8. 在2L恒容密闭容器中充入A(g)和B(g)，发生反应A(g)+B(g) 2C(g)+D(s)，所得实验数据如下表：
下列说法不正确的是
A 实验①中，若5 min时测得n(B)=0.050ml，则0至5 min时间内平均反应速率v(A)=0.015ml/(L·min)
B. 实验②中达到平衡后，增大压强，A的转化率不变，平衡常数不变
C. 700℃ 时该反应的平衡常数K=4.0
D. 实验③中，达到平衡时，a>0.10
【答案】D
【解析】
【详解】A. 实验①中，若5min时测得n(B)=0.050ml，则0至5min时间内消耗B0.150ml，平均反应速率v(A)=v(B)=0.015ml/(L·min)，故A正确；B. 该反应气体物质的量不变化，实验②中达到平衡后，增大压强，平衡不移动，A的转化率不变，平衡常数不变，故B正确；C. 700℃时各物质平衡浓度：c(A)= 0.04ml/L，c(B)=0.09ml/L，c(C)=0.12ml/L，该反应的平衡常数K==4.0，故C正确；D. 实验①平衡时n(C)>实验②平衡时n(C)，表明升温平衡左移，平衡常数随温度升高而减小。实验③中，达到平衡时，若a>0.10，则c(A)<0.025ml/L，c(B)<0.025ml/L，c(C)>0.05ml/L，该反应的平衡常数K>4.0，故D不正确。故选D。
9. 下列四图中，曲线变化情况与所给反应、、、均大于相对应的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．1200时反应速率大于1000时反应速率，1200先达到平衡，但图中1000先达到平衡，不符合平衡的建立的图像，A错误；
B．对于反应，增大压强，正反应速率、逆反应都加快，达到平衡后增大压强平衡向正反应方向移动，正 >逆，与曲线不一致，B错误；
C．对于反应，温度一定时， 增大压强平衡向逆反应方向移动，N2O4物质的量分数增大，压强一定时，升高温度平衡向正反应方向移动，N2O4物质的量分数减小，与曲线一致，C正确；
D．由于C为固态，对反应，恒容容器中增加CO2物质的量相当于增大压强平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率减小，与曲线不一致，D错误；
故本题选C。
10. 一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中充入4ml N2O3，发生反应N2O3(g) N2O(g)+O2(g)；N2O3(g)+O2(g) N2O5(g)，达到平衡时，测得c (N2O5)为0.7ml/L，c (O2)为0.5ml/L，则
A c(N2O3)=0.8ml/LB. c (N2O3)=0.2ml/LC. c (N2O)=0.5ml/LD. c (N2O)=1.2ml/L
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】设三氧化二氮分解时生成一氧化二氮的浓度为x ml/L，由题意可建立如下三段式：
由c (O2)为0.5ml/L可得：x—0.7=0.5，解得x=1.2，则平衡时c(N2O3)=0.1ml/L、c (N2O)=1.2ml/L，故选D。
11. 已知时二元酸的，下列说法正确的是
A. 在等浓度的和溶液中，水的电离程度前者大于后者
B. 向的溶液中通入气体(忽略溶液体积的变化)至，则的电离度为
C. 阴离子结合质子能力：
D. 取的溶液，加蒸馏水稀释至，则该溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．由电离常数可知，等浓度的H2A溶液中氢离子浓度大于NaHA溶液中氢离子浓度，所以H2A溶液中水的电离程度小于NaHA溶液中水的电离程度，故A错误；
B．由公式可知，电离常数Ka1(H2A)= = 1.3×10−7，溶液pH为3时，溶液中==1.3×10−4，则H2A的电离度为0.013％，故B正确；
C．由电离常数可知，溶液中A2—离子的水解程度大于HA—离子的水解程度，所以A2—离子结合氢离子的能力强于HA—离子，故C错误；
D．由电离常数可知，pH为a的H2A溶液加水稀释10倍时，电离平衡右移，促进酸的电离，溶液中的氢离子浓度变化值小于稀释倍数，所以溶液的pH小于a+1，故D错误；
故选B。
12. 下列说法错误的是
A. 常温下，pH=7的溶液中不能大量存在Al3+、Fe3+
B. 向NaClO溶液中加入少量SO2：2ClO-+SO2+H2O=2HClO+SO
C. 向NaClO溶液中通入过量二氧化碳的离子方程式：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO
D. 向H2C2O4溶液中加少量NaOH溶液的离子方程式：H2C2O4+OH-=HC2O+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于Al3+、Fe3+水解呈酸性，故常温下，pH=7的溶液中不能大量存在Al3+、Fe3+，A正确；
B．已知HClO具有强氧化性，SO2具有强还原性，故向NaClO溶液中加入少量SO2的离子方程式为：3ClO-+SO2+H2O=2HClO+SO+Cl-，B错误；
C．向NaClO溶液中通入过量二氧化碳生成NaHCO3和HClO，故该反应的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO，C正确；
D．向H2C2O4溶液中加少量NaOH溶液生成NaHC2O4和H2O，故该反应的离子方程式为：H2C2O4+OH-=HC2O+H2O，D正确；
故答案为：B。
13. 现有两瓶温度分别为15℃和35℃，均为1的溶液，两溶液的物理量相等的为
A. B. C. D. 水电离出的氢离子浓度
【答案】A
【解析】
【详解】A．pH=1则溶液中氢离子浓度均为0.1ml/L，故A正确；
B．氢离子浓度相等，温度不同，KW不同，所以氢氧根离子浓度不同，故B错误；
C．升高温度促进电离，水的离子积常数增大，故C错误；
D．水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，二者不同，D错误。
答案选A。
14. 25℃时。水的电离达到平衡： ，下列叙述正确的是
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，减小
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，增大，不变
C. 向水中加入少量固体，平衡正向移动，增大
D. 将水加热，增大，pH不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．向水中加入稀氨水，水的电离平衡逆向移动，但增大，故A错误；
B．只与温度有关，向水中加入少量固体硫酸氢钠，增大，不变，故B正确；
C．向水中加入少量固体，水的电离平衡逆向移动，增大，故C错误；
D． ，将水加热，水的电离平衡正向移动，、增大，增大，pH减小，故D错误；
选B。
15. 一定条件下，合成氨反应：。图甲表示在此反应过程中能量变化，图乙表示在2L的密闭容器中反应时的物质的量随时间的变化曲线。图丙表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响。下列说法正确的是
A. 加入催化剂后可以使甲图中的E和都减小
B. 由图乙看出从11min起其他条件不变，压缩容器体积，则的变化曲线为b
C. 图丙中温度，a、b、c三点所处的平衡状态中，c点的转化率最低
D. 由图乙信息可知，10min内该反应的平均速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．催化剂可以改变活化能，但是不能改变反应的焓变，故A错误；
B．其他条件不变，压缩容器的体积，氮气的物质的量不变，平衡正移，氮气然后逐渐减少，由图可知，n(N2)的变化曲线为d，故B错误；
C．由图丙可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1
故选D。
第II卷(非选择题)
二、填空题。
16. 反应3Fe(s)＋4H2O(g)⇌Fe3O4(s)＋4H2(g)，在一容积可变的密闭容器中进行，试回答：
（1）增加Fe的量，其正反应速率___________(填“增大”“不变”或“减小”，下同)，平衡___________移动(填“不”“向正反应方向”或“向逆反应方向”，下同)。
（2）将容器的体积缩小一半，其正反应速率___________，平衡___________移动。
（3）保持体积不变，充入N2使体系压强增大，其正反应速率________，平衡________移动。
（4）保持体积不变，充入水蒸气，其正反应速率___________，平衡___________移动，平衡常数___________。
【答案】（1） ①. 不变 ②. 不
（2） ①. 增大 ②. 不
（3） ①. 不变 ②. 不
（4） ①. 增大 ②. 正反应方向 ③. 不变
【解析】
【小问1详解】
铁是固体，反应中加入固体物质，不会影响化学反应的速率，也不能改变化学平衡。
【小问2详解】
容器的体积缩小，等价于将整个反应体系的压强增大了一倍，容器内各物质的浓度都增大，正逆反应速率都增大，反应3Fe(s)＋4H2O(g)⇌Fe3O4(s)＋4H2(g)是反应前后气体分子总数不变的反应，改变压强，平衡不移动。
【小问3详解】
体积不变，充入N2使体系总压强增大，但N2不参加反应，容器内各物质浓度没有改变，所以反应速率不变，平衡不移动。
【小问4详解】
保持体积不变，充入水蒸气，H2O(g)的浓度变大，反应物浓度增大，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动。但体系温度不变，平衡常数不变。
三、实验题。
17. 某研究性学习小组利用溶液和酸性溶液的反应探究“外界条件的改变对化学反应速率的影响”，进行了如下实验：
（1）通过实验A、B，可探究出___________(填外部因素)的改变对化学反应速率的影响，其中___________、___________，通过实验___________(填实验序号)可探究出温度变化对化学反应速率的影响，其中___________。
（2）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，每消耗1mlH2C2O4转移___________ml电子，为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为：n(H2C2O4)：n(KMnO4)≥___________。
（3）若，则由此实验可以得出的结论是___________。忽略溶液体积的变化，利用实验B中0~8s内，用的浓度变化表示的反应速率___________。
（4）该小组的一位同学通过查阅资料发现，上述实验过程中随时间的变化情况如图所示，并认为造成这种变化的原因是反应体系中的某种粒子对与草酸之间的反应有某种特殊作用，则该作用是___________。设计实验证明，分别取等体积等浓度的和混合，平均分成两份，一份中不加任何试剂，一份加入少量固体，观察到两溶液都没有褪色，原因是：___________。
【答案】（1） ①. 浓度 ②. 1 ③. 293 ④. BC ⑤. 3
（2） ①. 2 ②. 2.5：1
（3） ①. 其他条件不变时，增大反应物浓度，反应速率加快 ②. 8.3×10-4ml·L-1·s-1
（4） ①. 催化作用 ②. H2C2O4不足或KMnO4过量
【解析】
【小问1详解】
依题可知，通过实验A、B，可探究出浓度的改变对反应速率的影响，则据控制变量法可知，只改变H2C2O4溶液的浓度，其他条件不变，故A、B中温度和溶液的总体积应相同，即T1=293，而根据A组实验知溶液总体积为6mL，所以V=1mL；对照实验B、C可知，其只改变了实验的温度，其他条件都相同，所以通过实验B、C可探究出温度变化对化学反应速率的影响；B、C温度不同，要探究出温度变化对化学反应速率的影响，其余条件相同，则V2=6mL-2mL-1mL=3mL。
【小问2详解】
H2C2O4中C元素的化合价为+3价，转化为CO2中碳元素为+4价，所以每消耗1mlH2C2O4转移2ml电子；H2C2O4与KMnO4的反应为：，为了观察到紫色褪去，需让KMnO4少量，则H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为：n(H2C2O4)：n(KMnO4)≥5：2=2.5：1
【小问3详解】
若，则由此实验可以得出的结论是：其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大；根据实验B中数据可知，高锰酸钾完全反应需要的时间为8s，高锰酸钾的物质的量为0.02ml/L×0.002L=0.00004ml，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为，则用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为。
【小问4详解】
上述实验过程中n(Mn2+)随时间迅速升高，可推断造成n(Mn2+)突变的可能的原因是：生成的Mn2+对反应有催化作用，使得反应速率加快；高锰酸钾溶液显示紫红色，如果过量的话，溶液会有颜色，故观察到两溶液都没有褪色，原因是：H2C2O4不足或KMnO4过量。
四、原理综合题。
18. 氮和硫的氧化物的综合利用是目前研究的热点之一。已知：
i．N2(g)＋O2(g)＝2NO(g) △H＝＋180.0 kJ·ml－1
ii．2SO2(g)＋O2(g)＝2SO3(g) △H＝－196.6 kJ·ml－1
iii．2NO(g)＋O2(g)＝2NO2(g) △H＝－113.0 kJ·ml－1
(1)反应iV：2NO2(g)＋2SO2(g)＝2SO3(g)＋N2(g)＋O2(g)的 △H＝________；该反应在密闭容器中达到平衡后，只改变下列条件，一定能使N2的平衡体积分数增大的是______(填选项字母)。
A 缩小容器容积 B 再充入SO2 C 降低温度 D 分离出SO3
(2)T1°C时，容积相等的密闭容器中分别充入NO2和SO2的混合气体4 ml，发生反应iV。NO2或SO2的平衡转化率(a)与起始充入的关系如图1所示。
①图中能表示平衡时a(SO2)与起始充入的关系的曲线为_____(填“L1”或“L2”)。
②反应的平衡常数K＝________。
(3)向密闭容器中充入一定量SO2和O2，发生反应ii。SO3的平衡体积分数(φ)与温度(T)和压强(p)的关系如图2所示。
①P1、P2、P3由大到小的顺序为__________。
②P、Q两点对应状态下，单位体积内反应物活化分子数目：P__________Q(填“>”、“<”或“＝”)。
【答案】 ①. -263.6kJ•ml-1 ②. CD ③. L2 ④. ⑤. p1＞p2＞p3 ⑥. ＞
【解析】
【分析】(1)根据盖斯定律计算；使N2的平衡体积分数增大，即使平衡正向移动，据此分析；
(2)①假设NO2的量不变，根据SO2的量与关系的变化结合图象分析；
②结合图示数据，列三段式计算平衡常数K；
(3)向密闭容器中充入一定量SO2和O2，发生反应ii。SO3的平衡体积分数(φ)与温度(T)和压强(p)的关系如图2所示。
①反应ii．2SO2(g)＋O2(g)＝2SO3(g)为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，SO3的体积分数增大，据此分析p1、p2 、p3的大到小的顺序；
②P、Q两点对应状态下温度高低对活化分子数的影响分析。
【详解】(1) 已知：i．N2(g)＋O2(g)＝2NO(g) △H＝＋180.0 kJ·ml－1
ii．2SO2(g)＋O2(g)＝2SO3(g) △H＝－196.6 kJ·ml－1
iii．2NO(g)＋O2(g)＝2NO2(g) △H＝－113.0 kJ·ml－1
根据盖斯定律，ii- iii- i=iv，则反应iv：2NO2(g)＋2SO2(g)＝2SO3(g)＋N2(g)＋O2(g)的 △H＝-263.6 kJ·ml－1；该反应2NO2(g)＋2SO2(g)＝2SO3(g)＋N2(g)＋O2(g) △H＜0，正反应为气体体积增大的体系，在密闭容器中达到平衡后，只改变下列条件，平衡向正反应移动，能使N2的平衡体积分数增大，
A．缩小容器容积，相当于增大压强，平衡逆向移动，N2的平衡体积分数减小，故A不符合题意；
B．再充入SO2，反应物SO2的浓度增大，能使平衡正向移动，若无限充入SO2，N2的平衡体积分数可能会减小，故B不符合题意；
C．降低温度，反应向放热的方向移动，即向正向移动，N2的平衡体积分数增大，故C符合题意；
D．分离出SO3，生成物的浓度减小，平衡正向移动，N2的平衡体积分数增大，故D符合题意；
答案选CD；
(2)①设SO2的量不变，向体系中加入NO2，反应正向移动，SO2的转化率增大，的比值增大，结合图象分析可得，L2代表a(SO2)，L1代表a(NO2)；
②根据图象所示，M点时，SO2和NO2的转化率相等，都为0.6，根据反应2NO2(g)＋2SO2(g)⇌2SO3(g)＋N2(g)＋O2(g)可知，SO2和NO2的初始量分别为2ml，设容器的体积为1L，列三段式：
反应的平衡常数K＝=；
(3)①反应ii．2SO2(g)＋O2(g)＝2SO3(g)为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，SO3的体积分数增大，结合图象可得p1＞p2＞p3；
②根据图2所示，P、Q两点对应的温度不同，且P点温度高于Q点温度，温度越高，单位体积内反应物活化分子数目越多，则P、Q两点反应物活化分子数目P＞Q。
19. 根据所学知识，完成下列问题。
（1）常温下，已知一元酸溶液中。
①常温下，溶液的___________，溶液中水电离出的___________，的与的溶液等体积混合后得溶液呈___________性；
②溶液与溶液等体积混合后所得溶液呈___________性；用离子方程式表示原因___________。
（2）时，有的稀硫酸和的溶液等体积混合后溶液呈中性，则该温度下水的离子积常数___________。该温度下，将的稀溶液与的溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液的___________。
（3）已知碳酸、亚硫酸、次氯酸的电离平衡常数如下表，下列说法正确的是___________。
A. 由电离平衡常数可知：和可以在溶液中可大量共存
B. 溶液中通入少量
C. 溶液中通入少量
D. 向氯水中加入等浓度的溶液，可提高氯水中的浓度
（4）联氨(又称联肼，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值为___________(已知：的)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为___________。
【答案】（1） ①. 3 ②. 1×10-11 ml·L-1 ③. 酸 ④. 碱 ⑤. A-+H2OHA+OH-
（2） ①. 1×10-13 ②. 12 （3）BD
（4） ①. 8.7×10-7 ②. N2H6(HSO4)2
【解析】
【小问1详解】
①已知一元酸溶液中，则，，则常温下，溶液的3，溶液中水电离出的；溶液的3，则HA为弱酸，而氢氧化钠为强碱，的与的溶液等体积混合后得溶液中HA过量，溶液呈酸性；
②溶液与溶液等体积混合后所得溶液中溶质为强碱弱酸盐NaA，其水解生成氢氧根离子A-+H2OHA+OH-，使得溶液呈碱性；
【小问2详解】
时，有的稀硫酸和的溶液等体积混合后溶液呈中性，则该温度下两者恰好反应，则水的离子积常数；该温度下，将的稀溶液与的溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液中氢氧根离子过量，，则，12；
【小问3详解】
A．和可以在溶液中会发生氧化还原反应生成氯离子和硫酸根离子，不可大量共存，A错误；
B．由电离平衡常数可知，溶液中通入少量，反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠，反应为，B正确；
C．溶液中通入少量，由于二氧化硫少量且亚硫酸氢根酸性小于碳酸酸性，故不会生成二氧化碳，C错误；
D．向氯水中加入等浓度的溶液，氯水中盐酸和碳酸氢钠反应使得HCl浓度减小，平衡正向移动，故可提高氯水中的浓度，D正确；
故选BD；
【小问4详解】
联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应为，平衡常数值为已知：的。联氨与硫酸形成的酸式盐化学式为N2H6(HSO4)2。实验编号
温度/℃
起始时物质的量/ml
平衡时物质的量/ml
n(A)
n( B)
n(C)
①
600
0.30
0.20
0.30
②
700
0.20
0.30
0.24
③
800
0.10
0.10
a
A
B
C
D
实验序号
实验温度/K
溶液颜色褪至无色所需时间/s
酸性溶液
溶液
A
293
2
0.02
4
0.1
0
B
2
0.02
3
0.1
8
C
313
2
0.02
0.1
1
物质
电离平衡常数
_
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