浙江省北斗联盟2022-2023学年高二化学上学期期中联考试卷（Word版附解析）

北斗联盟2022学年第一学期期中联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共8页，满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的原子量：H-1C-12O-16N-14Na-23S-32C1-35.5Cu-64Fe-56选择题部分(共50分)一、选择题：(本题共25小题，每题2分，共50分，每题只有一个正确选项)1.下列物质属于强电解质的是A.CH3COOHB.FeC.Na2CO3D.CO2【答案】C【解析】【详解】在水溶液中能完全电离的电解质，CH3COOH是弱电解质；Fe是单质不是电解质；Na2CO3在水溶液中完全电离，电离出Na+和，属于强电解质；CO2属于非电解质，故答案为C。2.名称为“锥形瓶”的仪器是A.B.C.D. 【答案】A【解析】【详解】A．锥形瓶，故A正确；B．分液漏斗，故B错误；C．容量瓶，故C错误；D．蒸馏烧瓶，故D错误；故答案为A。3.下列属于吸热反应的是A.钠和水反应B.NaOH溶液和稀盐酸反应C.碳与二氧化碳反应D.H2的燃烧【答案】C【解析】【详解】A．钠和水的反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，故A不符合题意；B．氢氧化钠溶液和稀盐酸的反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，故B不符合题意；C．碳与二氧化碳的反应是反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，故C符合题意；D．氢气燃烧的反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，故D不符合题意；故选C。4.用0.1026mol•L-1的盐酸滴定25.00mL未知浓度的氢氧化钠溶液，滴定达终点时，滴定管中的液面如图所示，正确的读数为 A.21.40mLB.21.45mLC.22.55mLD.22.60mL【答案】B【解析】【详解】眼睛与凹液面最低处水平，如图读数为21.45mL，故答案为B；5.下列方程式书写不正确的是A.Cl2通入冷的NaOH溶液：Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2OB.钠和水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH—+H2↑C.硅酸钠与盐酸反应：SiO+2H+=H2SiO3↓D.碳酸氢钠溶液和过量澄清石灰水混合：2HCO+Ca2++2OH—=CaCO3↓+CO+2H2O【答案】D【解析】【详解】A．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O，故A正确；B．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH—+H2↑，故B正确；C．硅酸钠溶液与盐酸反应生成氯化钠和硅酸沉淀，反应的离子方程式为SiO+2H+=H2SiO3↓，故C正确；D．碳酸氢钠溶液和过量澄清石灰水生成氢氧化钠、碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为HCO+Ca2++OH—=CaCO3↓+H2O，故D错误；故选D。6.下列电离方程式中正确的是A.NaHCO3溶于水：NaHCO3Na++H++COB.H2SO3的电离：H2SO32H++SOC.CH3COOH溶于水：CH3COOH+H2OH3O++CH3COO—D.NH4Cl溶于水：NH+H2ONH3•H2O+H+【答案】C【解析】 【详解】A．碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，在溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO，故A错误；B．亚硫酸是二元中强酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，电离方程式为H2SO3H++HSO，故B错误；C．醋酸是弱酸，水分子作用下醋酸在溶液中电离出水合氢离子和醋酸根离子，电离方程式为CH3COOH+H2OH3O++CH3COO—，故C正确；D．氯化铵是强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和氯离子，电离方程式为NH4Cl=NH+Cl—，故D错误；故选C。7.下列溶液一定呈中性的是A.pH=7的溶液B.溶液C.使石蕊试液呈紫色的溶液D.酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液【答案】B【解析】【详解】A．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；B．溶液，氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，溶液一定呈中性，故B正确；C．使石蕊试液呈紫色的溶液，常温下溶液显酸性，故C错误；D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，若是强酸强碱反应，溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应溶液呈碱性，故D错误；故选：B。8.已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：共价键H-HH-O键能/(kJ·mol-1)436463热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-482kJ·mol-1 则2O(g)=O2(g)的ΔH为A.428kJ·mol-1B.-428kJ·mol-1C.498kJ·mol-1D.-498kJ·mol-1【答案】D【解析】【分析】根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算。【详解】反应的ΔH=2(H-H)+(O-O)-4(H-O)；-482kJ/mol=2×436kJ/mol+(O-O)-4×463kJ/mol，解得O-O键的键能为498kJ/mol，2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)=O2(g)的ΔH=-498kJ/mol。9.下列说法不正确的是A.容量瓶、分液漏斗、滴定管使用前均要检漏B.pH计可用于酸碱中和滴定终点的判断C.用酸式滴定管量取18.20mLNa2CO3溶液D.用简易量热计测反应热时需要用到环形玻璃搅拌棒【答案】C【解析】【详解】A．容量瓶是准确配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的仪器，最后要定容、摇匀，因此一定要查漏；分液漏斗是分离互不相溶的两层液体混合物的仪器，为充分分离混合物，使用前也需查漏；滴定管是进行滴定操作的仪器，为准确测定待测物质的多少，被滴加的标准溶液体积必须准确，因此使用前也要检漏，A正确；B．pH计能够准确判断溶液的酸碱性，因此可用于酸碱中和滴定终点的判断，B正确；C．Na2CO3溶液显碱性，应该使用碱式滴定管，而不能使用酸式滴定管量取溶液，C错误；D．用简易量热计测反应热时，为使酸、碱溶液快速混合，减少实验过程中的热量损失，需要用到环形玻璃搅拌棒，D正确;故选C。10.下列事实能用勒夏特列原理解释的是A.工业合成氨，选择500℃B.2NO2(g)N2O4(g)，压缩体积气体颜色加深C.实验室采用排饱和食盐水法收集氯气 D.实验室利用双氧水制氧气，加入二氧化锰【答案】C【解析】【详解】A．合成氨是放热反应，选择低温有利于平衡正向进行，选择500℃是因为催化剂催化效果最好，故A错误；B．2NO2(g)N2O4(g)，压缩体积NO2气体浓度增大，气体颜色加深，没有体现平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；C．，饱和食盐水中有大量氯离子，可以使平衡逆向移动，实验室采用排饱和食盐水法收集氯气，减少氯气与水的反应，能用勒夏特列原理解释，故C正确；D．利用双氧水制氧气不是可逆反应，加入二氧化锰可以提高反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；故答案为C11.在25℃时，将浓度为1mol•L-1氨水用蒸馏水稀释，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是A.B.Kb(NH3•H2O)C.D.c(OH—)【答案】A【解析】【详解】A．由电离常数公式可知，溶液中=，氨水用蒸馏水稀释时，电离平衡右移，铵根离子浓度减小，电离常数不变，则溶液中和的值增大，故A正确；B．电离常数是温度函数，温度不变，电离常数不变，则氨水用蒸馏水稀释时Kb(NH3•H2O)不变，故B错误；C．由电离常数公式可知，溶液中=，氨水用蒸馏水稀释时，电离平衡 右移，氢氧根离子浓度减小，电离常数不变，则溶液中和的值减小，故C错误；D．氨水用蒸馏水稀释时，电离平衡右移，氢氧根离子浓度减小，故D错误；故选A。12.NA阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.25℃，101kPa下，28L氢气中质子的数目为2.5NAB.12gNaHSO4固体中含有0.1NA个阳离子C.2.0L1.0mol/LHNO2溶液中，H+的数目为2.0NAD.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A．25℃，101kPa不是标准状况，无法计算气体的物质的量，A错误；B．12gNaHSO4的物质的量为0.1mol，NaHSO4固体由钠离子和硫酸氢根离子构成，故含有0.1NA个阳离子，B正确；C．亚硝酸是弱酸，是部分电离，其溶液中H+的数目小于2.0NA，C错误；D．氢气和碘蒸气反应生成碘化氢的反应为可逆反应，最终生成的HI分子总数小于0.2NA，D错误；故选B。13.25℃时不断将水滴入冰醋酸中，下列图像不合理的是A.B.CD.【答案】A 【解析】【详解】A．冰醋酸是纯的醋酸，刚开始c(H+)=0，随着水的加入c(H+)先增大后减小，无限稀释最后无限接近7，故A错误；B．弱电解质越稀越电离，越稀释电离度越大，故B正确；C．不断将水滴入冰醋酸中刚开始加水，冰醋酸中离子浓度增大，导电性增强，随着水不断加入，离子浓度减小，导电性较弱，故C正确；D．Ka只受温度的影响，温度不变Ka不变，故D正确；故答案为A14.已知HF分子在一定条件下会发生二聚反应：2HF(g)(HF)2△H＜0。若要测定HF的相对分子质量，下列条件中，测定结果误差最小的是A.温度0℃、压强101kPaB.温度100℃、压强303kPaC.温度0℃、压强303kPaD.温度100℃、压强101kPa【答案】D【解析】【详解】已知2HF(g)(HF)2△H＜0，则升高温度和降低压强均有利于平衡逆向移动，使得HF的含量增大，测定HF的相对分子质量误差最小，则选项D符合题意；故选D。15.十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防治比过去要求更高。二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，原理如图所示。下列说法正确的是A.该电池放电时质子从Pt2电极经过内电路流到Pt1电极B.Pt1电极附近发生的反应为：SO2＋2H2O－2e－＝H2SO4＋2H＋C.Pt2电极附近发生的反应为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－D.相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1【答案】D 【解析】【详解】放电时为原电池，质子向正极移动，Pt1电极为负极，则该电池放电时质子从Pt1电极移向Pt2电极，A错误；Pt1电极为负极，发生氧化反应，SO2被氧化为硫酸，极反应为SO2＋2H2O－2e－＝SO2-4＋4H＋，硫酸应当拆为离子形式，B错误；酸性条件下，氧气得电子生成水,C错误；相同条件下，放电过程中：负极发生氧化反应：2SO2＋4H2O－4e－＝2SO2-4＋8H＋，正极发生还原反应：O2＋4e－＋4H＋＝2H2O，根据转移电子数相等规律可知：放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1，D正确；正确选项D。点睛：Pt1电极为负极，发生氧化反应，SO2被氧化为硫酸，负极反应为SO2＋2H2O－2e－＝SO2-4＋4H＋，一定要注意硫酸应当拆为离子形式，这一点易被忽视导致出现错误。16.对于可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是A.v(A)=0.3mol·L-1s-1B.v(B)=1.2mol·L-1s-1C.v(D)=0.8mol·L-1min-1D.v(C)=0.5mol·L-1s-1【答案】B【解析】【分析】根据反应速率之比等于化学计量数之比，可将各种物质表示的化学反应速率转化成A表示的化学反应速率，以此可比较反应速率大小，注意单位换算成统一的速率单位比较。【详解】A．v(A)=0.3mol·L-1·s-1；B．v（A）=v(B)=0.4mol·L-1·s-1；C．v(A)=v(D)=×=mol·L-1·s-1；D．v(A)=v(C)=×0.5mol·L-1·s-1=0.25mol·L-1·s-1；则反应速率最快的选项为B；故选B。17.下列操作规范且能达到实验目的的是 A.图1：测定醋酸浓度B.图2：酸滴定碱C.图3：稀释浓硫酸D.图4：除去碱式滴定管乳胶管中的气泡【答案】D【解析】【详解】A．NaOH标准溶液应该使用碱式滴定管盛放、滴加，A错误；B．酸滴定碱在使用酸式滴定管时应该使手心在活塞的对侧控制滴加速率，B错误；C．稀释浓硫酸应该在烧杯中进行，并用玻璃棒不断搅拌，使热量迅速扩散，C错误；D．除去碱式滴定管乳胶管中的气泡操作合理、规范，D正确；故合理选项是D。18.已知：C(s，金刚石)=C(s，石墨)ΔH=-1.9kJ·mol-1C(s，金刚石)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1C(s，石墨)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2根据已述反应所得出的结论正确的是A.ΔH1=ΔH2B.|ΔH1|＜|ΔH2|C.ΔH1＜ΔH2D.金刚石比石墨稳定【答案】C【解析】【详解】已知：C(s，金刚石)=C(s，石墨)△H=-1.9KJ/mol，则相同量的金刚石和石墨，金刚石的能量高，燃烧放出的热量多，则△H1<△H2<0，能量越高越不稳定，则石墨稳定，故C正确，ABD错误；故选C。19.利用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=—58kJ•mol-1，下列说法不正确的是A.催化剂参与了反应，不能改变△H B.催化剂能增大v正和v逆，但二者增大倍数不同C.升高温度，CO2和H2转化率均降低D.增大压强提高了甲醇产率，对化学平衡常数无影响【答案】B【解析】【详解】A．合成甲醇时催化剂参与了反应，降低了反应的活化能，但不能改变反应的焓变△H，故A正确；B．催化剂能降低反应活化能，能同等程度改变反应速率，所以二者增大倍数相同，故B错误；C．该反应为放热反，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳和氢气转化率均降低，故C正确；D．化学平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇产率增大，但化学平衡常数不变，故D正确；故选B。20.一定温度下，X、Y、Z三种气体在某恒容密闭容器中发生反应，其中气体的物质的量变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.Q点Y的正反应速率和逆反应速率相等B.从开始到达到平衡时用X表示的平均反应速率是0.2mol•L-1•min-1C.该反应的化学方程式可表示为：3X(g)+Z(g)2Y(g)D.达到平衡后，再充入氩气，压强增大反应速率加快【答案】C【解析】【详解】A．Q点没有到平衡，Y的物质的量还在变化，Y的正反应速率和逆反应速率不相等，故A错误； B．从开始到达到平衡时X的物质的量改变量为6-3-3mol，没有说明容器的体积，不能用X表示的平均反应速率，故B错误；C．从开始到平衡各物质变化的物质的量分别为，，，变化的物质的量之比等于化学计量数之比，该反应的化学方程式可表示为：3X(g)+Z(g)2Y(g)，故C正确；D．到平衡后，充入氩气，各物质的浓度不变，反应速率不变，故D错误；故答案为C。21.下列图示与对应的叙述不相符合的是A.表示燃料燃烧反应的能量变化B.表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化C.表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程D.表示强碱滴定强酸的滴定曲线【答案】A【解析】【详解】A．燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；B．酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确； C．弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图象符合电离特点，故C正确；D．强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图象符合，故D正确；故选A。22.某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是A.Ⅱ为盐酸稀释时pH值变化曲线B.b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强C.a点Kw的数值比c点Kw的数值大D.b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度【答案】B【解析】【详解】A.醋酸在稀释时会继续电离，则在稀释相同体积的过程中醋酸中的H+大、pH小，A项错误；B.b点溶液的离子浓度比c点溶液的离子浓度大，b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强,B项正确；C.温度一定，任何稀的水溶液中的Kw都是一定值，C项错误；D.由于醋酸是弱酸，要使稀释前盐酸和醋酸溶液pH值相同，则醋酸的浓度比盐酸大得多，稀释相同倍数后，前者仍大于后者，D项错误。故选B。23.2007年诺贝尔化学奖颁给了德国化学家格哈德埃特尔(GerhardErtl)，以表彰他在固体表面化学研究中取得的开拓性成就。他的成就之一是证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨气的反应过程，模拟示意图如下。关于合成氨工艺，下列说法错误的是 A.图②到图③是吸收能量的过程，图③到图④是放出能量的过程B.若在催化剂表面的吸附和分解速率慢，是决速步骤，可适当增加浓度，提高整体反应的速率C.当温度、体积一定时，在原料气中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率D.在固体催化剂表面合成氨气，能加快反应速率但不会提高反应物的转化率【答案】C【解析】【详解】A．根据模拟图，图②到图③氮氮键和氢氢键发生断裂，化学键断裂吸收能量，图③到图④形成氮氢键，形成化学键放出热量，故A说法正确；B．分解速率慢，是决速步骤，适当提高N2的浓度，增加反应速率，从而提高整体反应的速率，故B说法正确；C．恒温恒容状态下，充入惰性气体，组分浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，即恒温恒容下，重复惰性气体，不能提高平衡转化率，故C说法错误；D．使用催化剂，降低活化能，加快反应速率，但对平衡移动无影响，即使用催化剂，不能提高反应物的平衡转化率，故D说法正确；答案为C。24.常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。 设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是A.溶液Ⅰ中B.溶液Ⅱ中的HA的电离度为C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为【答案】B【解析】【详解】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；答案选B。25.下列方案设计、现象和结论都正确的是 目方案设计现象和结论A检验淀粉是否完全水解将适量样品与稀硫酸共热充分反应，加入足量NaOH溶液后加入碘水，观察现象无明显现象，说明淀粉水解完全B检验CO还原Fe2O3的生成物中是否含有Fe3O4将适量反应后的固体溶于稀盐酸，取少量溶解液于试管中，滴加硫氰化钾溶液溶液变血红色，则证明还原产物中含有Fe3O4C探究FeCl3与KI溶液反应存在限度取2mL0.1mol•L-1KI溶液于试管中，加入5滴等浓度的FeCl3溶液，再加入KSCN溶液若溶液变血红色，则反应存在限度D证明SO2有氧化性将足量的SO2通入BaCl2溶液中，再通入Cl2一开始无沉淀，后出现白色沉淀，说明最后生成的是BaSO4，SO2有氧化性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．碘与氢氧化钠溶液反应生成碘化钠、次碘酸钠和水，则将适量样品与稀硫酸共热充分反应，加入足量氢氧化钠溶液后加入碘水，无明显现象不能确定淀粉是否水解完全，故A错误；B．若氧化铁未完全反应，将适量反应后的固体溶于稀盐酸时，氧化铁也与稀盐酸反应生成氯化铁和水，滴加硫氰化钾溶液时，溶液也会变血红色，则溶液变血红色不能说明还原产物中是否含有四氧化三铁，故B错误；C．向碘化钾溶液与少量氯化铁溶液反应后的溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液变血红色说明溶液中存在铁离子，证明碘化钾溶液与氯化铁溶液的反应为可逆反应，反应存在限度，故C正确；D．亚硫酸的酸性弱于盐酸，将足量的二氧化硫通入氯化钡溶液中，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，再通入氯气，氯气与二氧化硫和水反应生成硫酸和盐酸，反应生成的硫酸与氯化钡溶 液反应生成硫酸钡沉淀，反应中二氧化硫表现还原性，故D错误；故选C。非选择题部分(共50分)26.回答下列问题：（1）溶液pH可以用pH试纸测量，也可以用____测量。（2）NaNH2是离子化合物，各原子均满足稳定结构，写出NaNH2的电子式____。（3）已知双氧水(H2O2)时一种极弱的电解质，若把H2O2看成二元弱酸，请写出其在水中的电离方程式：____，____。（4）适量H2(g)在1molO2(g)中完全燃烧，生成2molH2O(l)，放出571.6kJ的热量，请写出表示H2(g)燃烧热的热化学方程式____。【答案】（1）计（2）（3）①.②.（4）【解析】【小问1详解】pH试纸和计都可以测量溶液的；【小问2详解】NaNH2是离子化合物，NaNH2的电子式；【小问3详解】双氧水(H2O2)时一种极弱的电解质，若把H2O2看成二元弱酸，，【小问4详解】燃烧热是指1mol可燃物与氧气进行完全燃烧反应生成稳定的氧化物时放出的热量，2mol H2(g)在1mol O2(g)中完全燃烧生成2molH2O(l)放出热量571.6kJ，所以表示氢气燃烧热的热化学方程式为：。27.在一定温度下，容积固定为2L的密闭容器中充入0.2molN2和0.5molH2，发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0，4min末反应达到平衡，测得N2为0.1mol，试回答下列问题： （1）计算从开始到平衡时的平均反应速率v(NH3)=____。（2）平衡后H2的转化率为____。（3）下列能说明该反应达到平衡的是____。A.容器内混合气体的密度不再改变B.断裂1molN≡N的同时形成6molN－HC.容器内混合气体的压强不再变化D.N2和H2的物质的量之比保持不变（4）在第5min往该容器中充入一定量N2(g)，第7min反应重新达到平衡，请在图中作出逆反应速率在5～8min的变化曲线____。【答案】（1）0.025mol/(L·min)（2）60%（3）CD（4）【解析】【小问1详解】4min末反应达到平衡时测得氮气为0.1mol，则由方程式可知，氨气的反应速率为=0.025mol/(L·min)，故答案为：0.025mol/(L·min)；【小问2详解】 4min末反应达到平衡时测得氮气为0.1mol，则由方程式可知，氢气的转化率为×100%=60%，故答案为：60%；【小问3详解】A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；B．断裂1molN≡N的同时形成6molN－H都代表正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；C．该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内压强减小，则容器内压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；D．N2和H2的物质的量之比保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；故选CD；【小问4详解】在第5min往该容器中充入一定量氮气的瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，正反应速率减小，逆反应速率增大，第7min反应重新达到平衡时，正逆反应速率相等，且保持不变，则逆反应速率在5～8min的变化曲线为，故答案为：。28.常温下，几种弱酸的电离平衡常数如表所示：化学式HCOOHH2CO3HCNHClO 电离平衡常数K=1.8×10-4K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11K=6.4×10-10K=3.0×10-18（1）当这四种酸的物质的量浓度相同时，c(H+)由大到小的顺序是____。（2）常温下，0.1mol/L的HCN溶液，c(H+)=____。（3）在一定条件下HCOOH溶液中存在电离平衡：HCOOHHCOO-+H+△H＞0，下列方法中，可以使0.10mol/LHCOOH溶液中HCOOH电离程度增大的是____。A.加入少量0.10mol/L的稀盐酸B.加热C.加水稀释至0.010mol/LD.加入少量冰醋酸E加入少量氯化钠固体（4）常温下，测得HCN和NaCN的混合溶液的pH=11，则=____(写出数值)。（5）向NaCN溶液中通入少量的CO2，则发生反应的离子方程式为____。【答案】（1）HCOOH>H2CO3>HCN>HClO（2）810-6（3）BC（4）（5）【解析】【小问1详解】相同的温度下，电离平衡常数反应着酸酸性的强弱，故当这四种酸的物质的量浓度相同时，c(H+)由大到小的顺序是HCOOH>H2CO3>HCN>HClO；【小问2详解】，解得c(H+)=810-6；【小问3详解】 A．加入少量0.10mol/L的稀盐酸，同离子效应，醋酸电离受到抑制，A错误；B．电离是吸热的，加热可增大醋酸的电离程度，B正确；C．加水稀释至0.010mol/L，越稀越电离，醋酸电离程度增大，C正确；D．加入少量冰醋酸，电离平衡正向移动但醋酸电离程度减小，D错误；E．加入少量氯化钠固体，电离平衡不受影响，E错误；故选BC；【小问4详解】；【小问5详解】由电离常数可知酸酸性的强弱顺序为H2CO3>HCN>HCO，故NaCN溶液中通入少量的CO2，则发生反应的离子方程式为。29.某学生用0.1000mol/LKOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：①移取25.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2-3滴酚酞②用标准溶液润洗滴定管2-3次③把盛有标准溶液的滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液④取标准KOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2-3cm⑤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KOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度（1）正确操作的顺序是(用序号填写)____①⑥。（2）当步骤⑥待测液由____色变为____色，且半分钟内不变化即达到滴定终点，KOH溶液开始时读数及恰好反应时的读数见表：实验编号待测盐酸溶液体积(mL)滴定开始读数(mL)滴定结束读数(mL)①25.000.0019.95②25.001.1018.30③25.000.2020.25 （3）请计算待测的盐酸的物质的量浓度____mol/L(保留4位有效数字)。（4）由于操作失误，使得上述所测盐酸溶液的浓度偏高的是_____。A.滴定达到终点时，俯视滴定管内液面读数B.碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用标准氢氧化钾溶液进行滴定C.锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥就装入待测液D.滴定时碱式滴定管中氢氧化钾溶液洒落在锥形瓶外【答案】（1）②④③⑤（2）①.无②.浅红或粉红（3）0.0800（4）BD【解析】【小问1详解】酸碱中和滴定操作顺序为：滴定管处理(检漏、洗涤、润洗)→注入标准液，并调液面，记录读数→取待测液，加入指示剂→滴定，故答案为：②④③⑤；【小问2详解】待测盐酸中滴加酚酞原本显无色，随着反应的进行，当溶液颜色变为浅红色且半分钟内不变色，则说明达滴定终点，故答案为：无、浅红或粉红；【小问3详解】由所给数据知，第②组实验数据误差较大，舍去，则消耗KOH标准液的平均体积=，则待测盐酸n(HCl)=n(KOH)=0.1000mol/L20.00mL10-3L/mL=210-3mol，则c(HCl)=；【小问4详解】A．滴定终点时俯视读数，会使标准液体积读数偏小，计算出消耗的标准液体积偏小，所测浓度偏低，A不符合题意；B．未用KOH溶液润洗滴定管，则标准液浓度被稀释，中和等量待测液，消耗标准液体积偏大，所测浓度偏高，B符合题意；C．锥形瓶洗净后未干燥装入待测液对实验结果无影响，C不符合题意；D．标准液部分洒落在锥形瓶外，则消耗标准液体积偏大，所测浓度偏高，D符合题意；故答案为BD。 30.主要成分为H2S工业废气的回收利用有重要意义。（1）回收单质硫。将三分之一的H2S燃烧，产生的SO2与其余H2S混合后反应为：2H2S(g)+SO2(g)S8(s)+2H2O(g)。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为c(H2S)=2.0×10-5mol•L-1、c(SO2)=5.0×10-5mol•L-1、c(H2O)=4.0×10-3mol•L-1，计算该温度下的平衡常数K=____。（2）热解H2S制H2。根据文献，将H2S和CH4的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应：I.2H2S(g)2H2(g)+S2(g)△H1=170kJ•mol-1II.CH4(g)+S2(g)CS2(g)+2H2(g)△H2=64kJ•mol-1总反应：III.2H2S(g)+CH4(g)CS2(g)+4H2(g)△H3投料按体积之比V(H2S)：V(CH4)=2：1，并用N2稀释；常压、不同温度下反应相同时间后，测得H2和CS2体积分数如表：温度/℃9501000105011001150H2/V%0.51.53.65.58.5CS2/V%0.00.00.10.41.8请回答：①△H3=____，反应III能自发进行的条件是____。②下列说法正确的是____。A.其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响B.其他条件不变时，温度越高，H2S的转化率越高C.由实验数据推出H2S中的S－H键强于CH4中的C－H键D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，H2的浓度升高③若将反应III看成由反应I和反应II两步进行，其中反应I的活化能为Ea1，反应II的活化能为Ea2，则Ea1____Ea2(填“>”“<”或“=”)，请在图中画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图____。 ④在1000℃，常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比V(H2S)：V(CH4)，H2S的转化率不变，原因是____。⑤在950℃～1150℃范围内(其他条件不变)，S2(g)的体积分数随温度升高变化为：____。【答案】（1）（2）①.234kJ/mol②.高温③.AB④.<⑤.⑥.在1000℃，时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同⑦.先升后降【解析】【小问1详解】达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为c(H2S)=2.0×10-5mol•L-1、c(SO2)=5.0×10-5mol•L-1、c(H2O)=4.0×10-3mol•L-1，根据平衡常数表达式计算得； 【小问2详解】①根据盖斯定律可知Ⅲ=I+II即得到反应Ⅲ的H=234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热、气体体积增大（S>0）的反应，根据G=H-TS<0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行；②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，故A正确；B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，故B正确；C．根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，故C错误；D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D错误。故答案为：AB。③反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为将反应III看成由反应I和反应II两步进行，其中反应I的活化能为Ea1小于反应II的活化能为Ea2；④根据表中数据可知在1000℃，时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变。⑤由于在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2(g)的速率大于反应Ⅰ生成S2(g)的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。