浙江省宁波五校2022-2023学年高二化学上学期11月期中考试试题（Word版附解析）

2022学年第一学期宁波五校联盟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。5.可能用到的相对原子质量：H1O16Na23S32I127选择题部分一、选择题(本大题有25小题，每小题2分，共50分，每小题只有1个正确答案)1.电离理论的创立的化学家是A.盖斯B.吉布斯C.勒夏特列D.阿伦尼乌斯【答案】D【解析】【详解】A．俄国科学家盖斯发现并提出了盖斯定律，故A错误；B．吉布斯提出了吉布斯自由能的概念，用于判断化学反应的方向，故B错误；C．勒夏特列总结了平衡移动原理，又称勒夏特列原理，故C错误；D．阿伦尼乌斯提出了电离模型，阿伦尼乌斯认为电解质在溶液中会自动离解成正、负离子，后来发展成为近代的电离理论，故D正确；故选D。2.下列物质的水溶液因水解呈酸性的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．中水解呈碱性，电离呈酸性，但以电离为主，水溶液因电离呈酸性，故A错误；B．中水解呈碱性，电离呈酸性，但以水解为主，水溶液因水解呈碱性，故B错误； C．中水解方程式为：，水溶液因水解呈酸性，故C正确；D．HCl电离方程式为：HCl=H++Cl-，水溶液因电离呈酸性，故D错误；故选C。3.25℃时，向水中加入下列物质，能使水电离出的c(H+)＞1.0×10-7mol/L的是A.NaFB.H2SO4C.NaHSO4D.NaOH【答案】A【解析】【分析】在室温下水存在电离平衡：H2OH++OH-，水电离产生的c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7mol/L，存在水的电离平衡，根据平衡移动原理分析解答。【详解】A．NaF是强碱弱酸盐，在溶液中F-发生水解反应，消耗水电离产生的H+变为弱酸HF，使水电离平衡正向移动，最终达到平衡时，水电离出的c(H+)＞1.0×10-7mol/L，A符合题意；B．H2SO4是二元强酸，在溶液中电离产生H+、，c(H+)增大，导致水电离平衡逆向移动，最终达到平衡时，水电离产生的c(H+)＜1.0×10-7mol/L，B不符合题意；C．NaHSO4是二元强酸形成的酸式盐，在溶液中电离产生Na+、H+、，H+的产生使溶液中c(H+)增大，导致水电离平衡逆向移动，最终达到平衡时，水电离产生的c(H+)＜1.0×10-7mol/L，C不符合题意；D．NaOH是一元强碱，在溶液中电离产生Na+、OH-，OH-的产生，导致溶液中c(OH-)增大，水电离平衡逆向移动，最终达到平衡时，水电离产生的c(H+)＜1.0×10-7mol/L，D不符合题意；故合理选项是A。4.下列关于盐的水解应用不正确的是A.实验室配制氯化铁溶液，氯化铁晶体溶于硫酸，然后再加水稀释B.溶于水加热制备C.利用可溶性铝盐、铁盐做净水剂D.草木灰与铵态氮肥不能混合施用【答案】A【解析】【详解】A．实验室配制氯化铁溶液，需要抑制Fe3+的水解，为了不引入杂质，应将氯化铁晶体溶于盐酸，然后再加水稀释，故A错误；B．水解是吸热反应，加热促进水解，且生成的氯化氢挥发，使水解几乎完全，生成的氢氧化物再分解可以得到，故B正确； C．可溶性铝盐、铁盐在溶液中水解生成氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体，胶体具有很强的吸附性，能吸附水中悬浮的杂质而沉降，从而达到净水的目的，则可利用可溶性铝盐、铁盐做净水剂，故C正确；D．草木灰中CO水解生成的OH-能和铵态氮肥中的NH结合生成NH3，造成肥分的损失，所以不能混合施用，故D正确；答案选A。5.在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法不正确的是A.该反应达平衡后，升高温度平衡逆向移动B.该反应为放热反应，C.所有活化分子的平均能量高于所有分子的平均能量D.使用催化剂可以降低反应的焓变和活化能【答案】D【解析】【详解】A．由于该反应为放热反应，达平衡后，升高温度，逆反应的速率加快的幅度大于正反应速率加快的幅度，平衡逆向移动，故A正确；B．反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应的焓变等于正反应的活化能与逆反应的活化能之差，即ΔH=Ea−，B正确；C．在相同温度下，分子的能量并不完全相同，活化分子的能量较高，所以活化分子的平均能量大于所有分子的平均能量，C正确；D．催化剂可以降低反应的活化能，但是不能改变反应热，D错误；答案选D。6.25℃时，将pH＝2的强酸溶液与pH＝13的强碱溶液混合，所得混合液的pH＝11，则强酸溶液与强碱溶液的体积比是(忽略混合后溶液的体积变化)A.11∶1B.9∶1C.1∶11D.1∶9【答案】B【解析】【详解】pH=13的强碱溶液中c（OH-）=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液中c（H+）=0.01mol/L， 酸碱混合后溶液呈碱性，说明碱过量，且pH=11，说明反应后c（OH-）=0.001mol/L，则：c（OH-）=（n(碱)-n(酸)）/（v(酸)+v(碱)）=0.1×V(碱)-0.01×V(酸)/v(酸)+v(碱)=0.001，解之得：V（酸）：V（碱）=9：1正确答案选B。7.下列有关叙述中正确的是A.强电解质的水溶液中不存在电离平衡B.用试纸测得氯水的为4C.难溶于水的电解质一定是强电解质D.强电解质可能为共价化合物【答案】D【解析】【详解】A．强电解质的水溶液中存在水的电离平衡，故A错误；B．氯水中含有的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，则用pH试纸无法测得氯水的pH，故B错误；C．难溶于水的电解质不一定是在溶液中完全电离的强电解质，如高级脂肪酸是难溶于水的弱电解质，故C错误；D．强电解质可能为共价化合物，如氯化氢是共价化合物，在溶液中能完全电离出氢离子和氯离子，属于强电解质，故D正确；故选D。8.下列各式中属于正确的水解反应离子方程式的是（）A.NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+B.S2-+2H2O⇌H2S+2OH-C.CH3COOH+H2O⇌CH3COO-+H3O+D.CH3COOH+OH-⇌CH3COO-+H2O【答案】A【解析】【详解】A．铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，则属于水解离子反应，选项A选；B．硫离子水解分步进行，以第一步为主，不能一步完成，选项B不选；C．醋酸电离生成醋酸根离子和水合氢离子，则选项C为电离方程式，选项C不选；D．醋酸与碱反应生成盐和水，则选项D为中和的离子反应，选项D不选；答案选A。【点睛】本题考查水解的离子反应，明确水解的反应原理是解答本题的关键，注意区分水解、电离的离子反应，水解离子反应中弱酸或弱碱离子结合水电离生成的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质。9.下列与熵有关的叙述中不正确的是A.体系的熵增越大，化学反应速率越快B.孤立体系的化学反应都是熵增的过程 C.绝热体系的化学反应都是熵增的过程D.【答案】A【解析】【详解】A．熵是指体系的混乱度，熵越大越混乱，体系的熵增越大，化学反应速率可能越快也可能越慢，故A错误；B．孤立体系是指与环境没有物质交换也没有能量交换的体系，其化学反应均为熵增的过程，故B正确；C．绝热体系是指与环境没有物质交换也没有热量交换的体系，其化学反应均为熵增的过程，故C正确；D．均为气体，物质的量相同时，不同分子原子数越多越混乱，乙烷中的原子数更多，更混乱，其熵更大，故D正确；故选A。10.中和热测定中下列说法不正确的是A.玻璃搅拌器应顺时针或逆时针搅拌B.温度计水银球不能与烧杯底部接触C.稀硫酸和氢氧化钡反应测量中和热数值偏高D.测温度只能用一支温度计【答案】A【解析】【详解】A．玻璃搅拌器是上下移动，使得反应物混匀的，故A错误；B．温度计水银球不能接触小烧杯底部，会使测定的温度偏低，故B正确；C．稀硫酸和氢氧化钡反应，除了水之外，还生成了硫酸钡，放出的热量更多，测量中和热数值偏高，故C正确；D．测温度只能用一支温度计，以减少测量温度时产生的误差，故D正确；故选A。11.下列实验事实不能用勒夏特列原理解释的是A.高压合成氨有利B.工业上催化氧化为，采用常压而不是高压，为了提高原料的转化率C.对于合成氨的反应，较低温度有利于增大转化率D.热的纯碱溶液碱性强，去油污的能力强【答案】B【解析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该过程必须是可逆的，否则勒夏特列原理不适用。 【详解】A．合成氨反应为N2+3H22NH3，反应前后气体体积减小，高压有利于平衡正向进行，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B．工业上催化氧化为：2+O22，反应前后气体体积减小，高压有利于平衡正向进行，采用常压而不是高压，是因为常压下转化率已经很高，故B选；C．合成氨反应为N2+3H22NH3的正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，有利于增大转化率，所以能用勒夏特列原理解释，故C不选；D．纯碱水解为吸热反应，升高温度促进纯碱水解，导致溶液碱性增强，去油污能力增强，能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选：B。12.已知c(NH4Cl)≤0.1mol/L时，溶液pH>5.1。现用0.1mol/L盐酸滴定10mL0.05mol/L氨水，用甲基橙作指示剂，达到滴定终点，所用盐酸的体积为（）A.10mLB.5mLC.大于5mLD.小于5mL【答案】C【解析】【详解】按照酸碱恰好中和反应：进行计算，可知滴定氨水需消耗盐酸体积为5mL，依据题干信息可知，此时溶液pH值大于，而甲基橙的变色范围在范围，不变色，故应继续向其中滴加盐酸方可发生变色，所以终点时所用盐酸的量应大于5mL，故答案为C。13.将浓度为溶液加水不断稀释，下列各量始终保持减小的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】氢氟酸溶液加水稀释时，电离平衡右移，溶液中氢氟酸、氢离子、氟离子的浓度减小，氢氟酸的电离常数和水的离子积常数不变。【详解】A．由分析可知，氢氟酸溶液加水稀释时，电离平衡右移，溶液中氢离子的物质的量增大，故A不符合题意；B．由分析可知，氢氟酸溶液加水稀释时，氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，则溶液中的氢氧根离子浓度增大，故B不符合题意；C．加水，溶液的体积增大，c(H+)、c(F-)和c(HF)的浓度均降低，考虑到溶液中水还会电离出H+，所以稀 释到一定程度（即无限稀释时），c(H+)就不再发生变化，但c(F-)和c(HF)一直会降低，则溶液中的值减小，故C符合题意；D．由电离常数公式可知，溶液中=，由分析可知，氢氟酸溶液加水稀释时，溶液中氟离子的浓度减小，氢氟酸的电离常数不变，则溶液中和的值增大，故D不符合题意；故选C。14.将25℃的纯水加热至80℃，下列叙述正确的是A.水的离子积不变，呈中性B.水中c(H+)=c(OH-)>1×10-7mol/LC.水的pH变大，呈碱性D.水的pH变小，呈酸性【答案】B【解析】【分析】【详解】A．温度升高促进水的电离，水的离子积增大，但是氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，呈中性，故A错误；B．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，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水中的c(H+)=c(OH-)＞1×10-7mol/L，故B正确；C．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，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，水中的c(H+)=c(OH-)，pH减小，呈中性，故C错误；D．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，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，水中的c(H+)=c(OH-)，pH减小，呈中性，故D错误；故选B。15.二氧化碳催化加氢制甲醇的反应为3H2(g)+CO(g)⇌H2O(g)+CH3OH(g)∆H<0。下列说法正确的是A.增大压强，平衡正向进行，该反应的平衡常数K增大B.升高温度可使该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小C.温度越低越有利于该反应的进行，从而提高甲醇的生产效率D.使用高效催化剂，可降低反应的活化能，增大活化分子百分数【答案】D【解析】【分析】 【详解】A．该反应正反应是气体分子数减小的反应，因此增大压强，平衡向正向进行，但平衡常数K不变，平衡常数K只与温度有关，A项错误；B．升高温度可使该反应的正、逆反应速率均增大，B项错误；C．反应的正反应是放热反应，在一定范围内，降低温度有理于平衡向正向移动，能提高甲醇的生产效率，温度过低不利于反应的进行，C项错误；D．使用高效催化剂，可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增加反应速率，D项正确；答案选D。16.下列说法不正确的是A.非自发反应就是不可能发生的反应，自发反应就是能较快进行的反应B.反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在低温下能自发进行，说明该反应的△H＜0C.反应的限度越大，说明平衡时产物所占比例越高D.若温度改变，则可逆反应的平衡常数一定改变【答案】A【解析】【详解】A．自发反应是ΔG=ΔH－TΔS＜0，但并不是能较快进行的反应，故A错误；B．反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在低温下能自发进行，该反应是ΔS＜0，根据ΔG=ΔH－TΔS＜0，说明该反应的△H＜0，故B正确；C．反应的限度越大，说明平衡越向正反应方向进行，平衡时产物所占比例越高，故C正确；D．可逆反应不是吸热反应就是放热反应，若温度改变，则可逆反应的平衡常数一定改变，故D正确。综上所述，答案为A。17.反应物转化为产物(或)的能量与反应进程的关系如下图所示：下列有关四种不同反应进程的说法不正确的是A.进程I是放热反应B.平衡时P的产率：II>IC.生成P的速率：III<IID.进程IV中，Z没有催化作用【答案】B【解析】 【详解】A．由图可知，进程I是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，故A正确；B．由图可知，进程Ⅱ中使用了催化剂X，催化剂能加快反应速率，但不能改变平衡的移动方向，所以平衡时Ⅱ和Ⅰ进程中P的产率相同，故B错误；C．由图可知，进程Ⅲ中由S—Y转化为P—Y的活化能高于进程Ⅱ中由S—X转化为P—X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，所以生成P的速率为Ⅲ小于Ⅱ，故C正确；D．由图可知，进程Ⅳ中S与Z反应生成中间产物S—Z，S—Z转化产物P—Z，由于P—Z没有转化为P＋Z，所以进程Ⅳ中Z没有表现出催化作用，故D正确；故选B。18.恒容密闭容器中，在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是A.该反应的B.为随温度的变化曲线C.向平衡体系中充入氢气，氢气的平衡转化率不变D.向平衡体系中加入，的平衡转化率增大【答案】C【解析】【详解】A．从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，故A错误；B．从图示可以看出，在恒容密闭容器中，随着温度升高氢气平衡时的物质的量减少，则平衡随着温度升高正向移动，水蒸气的物质的量增加，而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化，故B错误；C．该反应为气体体积不变的反应，恒容条件下，再充入氢气，等效于增大压强，平衡不移动，则氢气的平衡转化率不变，故C正确； D．BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，因此平衡不移动，氢气的转化率不变，故D错误；答案选C。19.在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O，能得到无水MgCl2。下列说法不正确的是A.MgCl2·nH2O(s)=MgCl2·(n－1)H2O(s)＋H2O(g)　ΔH＞0B.MgCl2·2H2O(s)=Mg(OH)2(s)＋2HCl(g)，HCl气流可抑制反应进行C.MgCl2·H2O(s)=Mg(OH)Cl(s)＋HCl(g)，升高温度，反应更易发生D.MgCl2·4H2O(s)=MgCl2·2H2O(s)＋2H2O(g)，HCl气流可抑制反应进行【答案】D【解析】【详解】A项、MgCl2·nH2O的失水反应是吸热反应，焓变ΔH＞0，故A正确；B项、在HCl气流中，能使MgCl2·2H2O的水解平衡向逆反应方向移动，抑制反应进行，故B正确；C项、MgCl2·H2O的水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，促进反应进行，故C正确；D项、MgCl2·4H2O的失水反应没有氯化氢生成，HCl气流对反应没有影响，故D错误；故选D。【点睛】MgCl2•6H2O加热时MgCl2能水解，在HCl气流中能抑制其水解，但对失水反应没有影响是解答易错点。20.已知分解1molH2O2放出热最98kJ，在含少量I-溶液中，H2O2分解的机理为：反应Ⅰ：H2O2(aq)+I-(aq)→H2O(l)+IO-(aq)慢反应ΔH1反应Ⅱ：H2O2(aq)+IO-(aq)→H2O(l)+O2(g)+I-(aq)快反应ΔH2下列有关该反应的说法正确的是（）A.H2O2分解产生O2的速率反应Ⅱ决定B.I-和IO-在反应过程中充当催化剂C.ΔH1+ΔH2=−196kJ·mol−1D.反应Ⅰ活化能Ea1与反应Ⅱ活化能Ea2数值上相差98kJ/mol【答案】C【解析】【详解】A.H2O2分解产生O2的速率由慢反应决定即由反应Ⅰ决定，故A错误；B.I－是在反应过程中充当催化剂，IO－仅是催化剂在反应中的中间产物，故B错误；C.分解1molH2O2放出热最98kJ，根据盖斯定律得到ΔH1+ΔH2=−196kJ·mol−1，故C正确； D.反应Ⅰ是慢反应，只能说活化能Ea1比反应Ⅱ活化能Ea2数值大，但大多少不能算出具体，故D错误。综上所述，答案为C。21.常温下，将浓度均为0.2mol/L一元酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，得到混合溶液①，该混合溶液pH=9，下列说法正确的是A.①溶液中：c(A-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)B.①溶液中：c(HA)＋c(H+)=c(OH-)C.①溶液中：水电离出的氢离子浓度为10-9mol/LD①溶液显碱性，说明NaOH溶液过量【答案】B【解析】【详解】常温下，将浓度均为0.1mol/L一元酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，得到混合溶液的pH=9，说明生成了强碱弱酸盐，则HA为弱酸。A．二者恰好反应生成强碱弱酸盐NaA，由于A-部分水解，溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，A-水解消耗，c(Na+)＞c(A-)，盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的离子浓度，所以可得离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，A错误；B．该溶液由于A-水解而显碱性，根据质子守恒可得关系式：c(HA)＋c(H+)=c(OH-)，B正确；C．反应生成强碱弱酸盐NaA，水解使溶液显碱性，该混合溶液pH=9，则c(H+)=10-9mol/L，根据室温下水的离子积产生Kw=10-14，可知c(OH-)=10-5mol/L，水电离产生的H+的浓度等于c(OH-)，所以①溶液中：水电离出的氢离子浓度为10-5mol/L，C错误；D．HA、NaOH的浓度相等，体积相等，则根据n=c·V可知二者的物质的量相等，二者恰好中和生成NaA，溶液显碱性是由于A-部分水解消耗了水电离产生的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，而不是由于NaOH溶液过量，D错误；故合理选项是B。22.25℃时，下列说法正确的是A.NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸B.可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐C.0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2D.100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol【答案】D【解析】 【详解】A．NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B．可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C．弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正确；答案选D。23.温度为，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和，发生反应：。反应相同时间后，测得各容器中的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是A.时，a、b两点平衡常数B.图中c点所示条件下，C.容器内的压强：D.图中b点所示条件下，再向体系中充入一定量，达到平衡时，的转化率比原平衡大【答案】C【解析】【分析】由反应可知容器体积越大，压强越小，反应往正方向移动，NO2的转化率提高，由图像可知，相同时间，a，b为已达到平衡点，c还未达到平衡，利用化学平衡常数和等效平衡进行分析。【详解】A．平衡常数只与温度有关，温度相同，K相同，a、b两点平衡常数，故A错误； B．由以上分析可知c未达平衡，此时反应正向进行，，故B错误；C．b点转化率为80%，则反应的为0.8mol，剩余为0.2mol；生成的的物质的量为0.4mol，生成的物质的量0.8mol，则平衡时混合气体的物质量为：0.2+0.4+0.8=1.4mol；a点时转化率为40%，则反应的为0.4mol，剩余为0.6mol；生成的的物质的量为0.2mol，生成的物质的量0.4mol，则平衡时混合气体的物质量为：0.6+0.2+0.4=1.2mol，若两容器体积相同，则根据压强之比等于物质的量之比可知得，而，则，故C正确；D．b点已达平衡，再向体系中充入一定量的，等同于增大压强，的转化率减小，故D错误；故选：C。24.向体积均为的两恒容容器中分别充入和发生反应：，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示，下列说法正确的是A.B.气体总物质的量：C.点平衡常数：D.反应速率：【答案】C【解析】【详解】A．该反应为气体体积减小的反应，则反应中气体压强会减小，由图可知，绝热容器甲中，气体压强先增大后减小，说明反应过程中反应温度升高，该反应为焓变小于0的放热反应，故A错误；B．由图可知，a点和c点的气体压强相等，该反应为气体体积减小的放热反应，若a点和c点的气体总物质的量相等，绝热容器甲中反应温度大于恒温容器乙，气体压强大于恒温容器乙，所以容器甲中气体总物质的量小于容器乙，故B错误；C．由图可知，a点反应达到平衡，气体压强为p，该反应为气体体积减小的放热反应，则绝热容器甲中平衡时的反应温度大于起始反应温度，由起始压强为2p可知，平衡时气体的总物质的量小于3mol×=1.5mol，设平衡时生成Z的浓度为amol/L，由题意可建立如下三段式： 由三段式数据可得：3—2a＜1.5，解得a＞0.75，则反应的平衡常数K＞=12，故C正确；D．该反应为气体体积减小的放热反应，则相同时间时绝热容器甲中反应温度大于恒温容器乙，温度越高，反应速率越快，则点反应速率大于b点，故D错误；故选C。25.常温下，一元酸HA的。在某体系中，H+与A-离子不能穿过隔膜，未电离的HA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101C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比约为【答案】D【解析】【详解】A．溶液Ⅰ室温下pH=7，溶液呈中性，则溶液Ⅰ，A错误；B．溶液Ⅱ中pH=1.0，则c(H+)=c(A-)=0.1mol/L，由于弱酸HA的电离平衡常数K=1.0×10-3mol/L，则平衡时c(HA)=，=10mol/L+0.1mol/L=10.1mol/L，故溶液Ⅱ中的HA的电离度为，B错误；C．在某体系中，H+与A-离子不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜，因此若两侧c(HA)不相等，则HA总会由浓度大的一侧向另一侧移动，直至两侧溶液中HA的浓度相同，故最终达到平衡时溶液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+)=1.0×10-7mol/L，K==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，，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，K==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，，则溶液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正确；故合理选项是D。非选择题部分二、非选择题(本大题有4小题。)26.填空题（1）氯化铝水溶液呈酸性的原因是(用离子方程式表示)___________，把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是___________；教材课后习题中介绍了用SOCl2脱水制备无水氯化物的知识。请写出：将SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热的反应式：___________。（2）在时，1mol/L的①、②、③溶液中，由小到大的顺序是___________。(填序号)（3）已知室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的___________倍。（4）部分弱酸的电离平衡常数如表：用“>”“<”或“=”填空。弱酸电离平衡常数/①在相同浓度的HCOOH和HClO的溶液中，溶液导电能力：HCOOH___________HClO。②将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出该反应离子方程式：___________。（5）某浓度的氨水中存在平衡：，如想增大的浓度而不增大OH-的浓度，应采取的措施是___________(填字母)。a．适当升高温度b．加入NH4Cl固体c．通入NH3d．加入少量浓盐酸 （6）25℃时，将amol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合，若混合后溶液的pH=7，用含的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=___________。【答案】（1）①.②.Al2O3③.（2）②①③（3）106（4）①.＞②.（5）bd（6）【解析】【小问1详解】氯化铝是强酸弱碱盐，在水溶液中，盐电离产生的Al3+消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液呈酸性，用离子方程式表示为：；把AlCl3溶液蒸干，盐水解程度增大，至完全水解产生Al(OH)3、HCl，HCl挥发掉，得到固体是Al(OH)3，然后灼烧，Al(OH)3分解产生Al2O3、H2O，故灼烧后最后得到的主要固体产物是Al2O3；AlCl3·6H2O加热，AlCl3溶解在结晶水中，SOCl2与H2O反应产生HCl、SO2，故SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，反应产生AlCl3、HCl、SO2，反应的化学方程式为：；【小问2详解】三种盐化学式中都含有2个，等浓度的盐，电离产生的c()相等。在溶液中都存在的水解平衡：+H2ONH3·H2O+H+，水解而消耗导致c()减小，水解使溶液显酸性；在②中同时存在的水解平衡：+H2O+OH-，水解产生OH-会中和溶液中H+，使溶液中水解程度增大，最终达到平衡时c()比小；在③中盐电离产生的Fe2+会发生水解反应：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，水解产生的H+使溶液中c(H+)增大，导致溶液中水解程度减小，最终达到平衡时c()比大，故三种溶液中c()由小到大的顺序是：②＜①＜③；【小问3详解】 已知室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则HA电离产生的c(H+)=0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，在该温度下水的离子积常数Kw=10-14，故溶液中c(OH-)=，溶液中的OH-就是水电离产生，由于水电离产生的c(H+)=c(OH-)，则由H2O电离产生的c(H+)=10-10mol/L，故由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的关系是10-4：10-10=106倍；【小问4详解】①弱酸的电离平衡常数越大，其酸性就越强，当酸浓度相等时，酸电离产生的离子浓度就越大，溶液导电能力就越强。由于电离平衡常数：HCOOH＞HClO，故在相同浓度的HCOOH和HClO的溶液中，溶液导电能力：HCOOH＞HClO；②酸的电离平衡常数越大，酸性就越强。强酸与弱酸盐反应制取弱酸。根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HClO＞，所以将少量CO2气体通入NaClO溶液中，反应产生NaHCO3、HClO，该反应的离子方程式为：；【小问5详解】a．弱电解质电离过程会吸收热量，适当升高温度，可以促进NH3·H2O的电离，最终达到平衡时溶液中c()、c(OH-)都增大，a不符合题意；b．加入NH4Cl固体，导致溶液中c()增大，电离平衡逆向移动，最终达到平衡时，c()增大，但c(OH-)减小，b符合题意；c．向体系中通入NH3，c(NH3·H2O)增大，电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c()、c(OH-)都增大，c不符合题意；d．向体系中加入少量浓盐酸，HCl电离产生H+中和溶液中OH-，使溶液中c(OH-)减小，电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c()增大，但c(OH-)减小，d符合题意；故合理选项是bd；【小问6详解】25℃时，将amol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合，若混合后溶液的pH=7，则c(H+)=10-7mol/L，c(OH-)=，混合溶液中c(Cl-)=0.005mol/L，根据电荷守恒可知c()=c(Cl-)=0.005mol/L，则混合溶液中c(NH3·H2O)=0.5amol/L-0.005mol/L，则用含的代数式表示 NH3·H2O的电离常数Kb=。27.某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：①三颈烧瓶中加入香菇样品和水；锥形瓶中加入水、淀粉溶液并预加的碘标准溶液，搅拌。②以流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了碘标准溶液。③做空白实验，消耗了碘标准溶液。④用适量替代香菇样品，重复上述步骤，测得的平均回收率为。回答下列问题：（1）装置图中仪器a的名称为___________侧管c的作用是___________。（2）三颈烧瓶适宜的规格为___________(填标号)。A．B．C．（3）滴定从下列选项选择合适操作并排序：蒸馏水洗涤→加入标准液3~5mL→___________→准备开始滴定(润洗操作只进行一次)。a．加液至“0”刻度以上2~3mL处b．倾斜转动滴定管，使液体润湿滴定管内壁c．调整液面至“0”刻度，记录读数d．右手握住滴定管，左手打开活塞快速放液e．橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球，放液f．控制活塞，将洗涤液从滴定管下部放出 g．将洗涤液从滴定管上口倒出（4）滴定管使用前首先要___________。（5）滴定终点判断依据为___________。（6）下列关于滴定的操作及分析，不正确的是___________A．0.30mL标准碘溶液可以用量筒量取B．滴定时要适当控制滴定速度C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化D．终点读数时如果俯视测量结果将偏高E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度。（7）若先加磷酸再通氮气，会使测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。（8）该样品中亚硫酸盐含量为___________(以计，结果保留三位有效数字)。已知：滴定反应的离子方程式为。【答案】（1）①.(球形)冷凝管②.平衡气压、便于液体顺利滴下（2）C（3）bfadc（4）检漏（5）当加入半滴碘溶液后，溶液颜色从无色变成蓝色，且半分钟内不褪色，即为滴定终点（6）ACD（7）偏低（8）80.8【解析】【分析】由题中信息可知，检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量的原理是：用过量的磷酸与其中的亚硫酸盐反应生成SO2，用氮气将SO2排入到锥形瓶中被水吸收，最后用碘标准溶液滴定，测出样品中亚硫酸盐含量。【小问1详解】仪器a为球形冷凝管，可以起到冷凝回流、提高原料利用率的作用；恒压滴液漏斗中的侧管c的作用是平衡气压、便于液体顺利滴下；【小问2详解】三颈烧瓶中所盛放的液体应介于其容积的，该三颈烧瓶中需要加入香菇样品和水，宜选用规格为的三颈烧瓶，故选C；【小问3详解】碘标准溶液盛放在酸式滴定管中，滴定前的准备包括水洗、润洗、调液，具体的操作依次为：用蒸馏水洗涤→加入标准液3~5mL→倾斜转动滴定管，使液体润湿滴定管内壁→控制活塞，将洗涤液从滴定管下部放出→加液至“0”刻度以上2~3mL处→右手握住滴定管，左手打开活塞快速放液→调整液面至“0” 刻度，记录读数，故答案为bfadc；【小问4详解】由于实验过程中需要准确读取液体体积，滴定管使用前首先要检查是否漏液；【小问5详解】锥形瓶中含有淀粉指示剂和SO2，加入碘滴定，将SO2消耗完后，过量的碘单质与淀粉反应使溶液显蓝色，故滴定终点的判断依据：当加入半滴碘溶液后，溶液颜色从无色变成蓝色，且半分钟内不褪色，即为滴定终点；【小问6详解】筒量的精确度为0.1mL，0.30mL标准碘溶液应用酸式滴定管量取，A符合题意；滴定时要适当控制滴定速度，先快后慢，以免错过滴定终点，B不符合题意；滴定时眼睛应一直注视锥形瓶内溶液颜色的变化，C符合题意；终点读数时如果俯视，读取的标准液体积会偏小，将来测量结果将偏低，D符合题意；平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度，E不符合题意，故选ACD；【小问7详解】开始通入氮气的目的是将装置中的空气排出，防止空气中的氧气将亚硫酸盐部分氧化成硫酸盐而影响实验，若先加磷酸，反应生成的SO2量较少，消耗的标准碘液也少，所测结果偏低；【小问8详解】反应中消耗I2的体积为0.3mL+1.0mL-0.1mL=1.2mL，n(I2)=1.2×10-3L×0.01mol/L=1.2×10-5mol，根据关系式I2~SO2知，n(SO2)=1.2×10-5mol，m(SO2)=64g/mol×1.2×10-5mol=7.68×10-4g=0.768mg，样品为10.00g，因此1000g香菇中SO2的含量为，故该样品中亚硫酸盐含量为80.8。28.是一种常用的硝化剂，常用的臭氧化法制备，反应原理如下：反应I：反应II：（1）时，几种物质的相对能量如下表：物质能量()请可根据物质的相对能量计算反应I的___________。(忽略随温度的变化)。 （2）在密闭容器中充入和，发生反应I和II。①在恒温恒压条件下，下列说法正确的是___________。A．和的物质的量之比不变时说明反应已达平衡B．说明反应II已达到平衡C．混合气体密度不再改变说明反应I已达到平衡D．反应达到平衡后，再往容器中通入稀有气体，反应I平衡不移动②保持温度不变，对反应体系加压，平衡时的转化率与压强的关系如图所示。请解释压强增大至的过程中逐渐增大的原因：___________。③以固体催化剂催化反应I，若分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，该反应机理分为两步，写出第一步的化学方程式：步骤a___________；步骤b。（3）时，在密闭容器中充入，保持压强不变，只发生反应II，时到达平衡，随时间的变化如图所示，在时刻继续充入一定量的，时刻重新到达平衡，请在图中作出随时间变化的曲线___________。【答案】（1）（2）①.C②.加压，反应II平衡向逆反应方向移动，浓度增大，有利于反应向正反应方向移动，逐渐增大③. （3）【解析】【小问1详解】根据物质的相对能量，的ΔH1=（-198-90+14+181）kJ/mol=-93kJ/mol，故答案为：-93kJ/mol；【小问2详解】①A．和都是反应I的生成物，物质的量之比始终为1：1，所以和物质的量之比不变时，反应不一定平衡，故A错误；B．反应达到平衡状态时，正逆反应速率比等于系数比，时反应Ⅱ没有达到平衡，故B错误；C．反应II反应前后气体物质的量是变量，则容器体积是变量，反应前后气体总质量不变，密度是变量，混合气体密度不再改变，说明反应II得到平衡状态，则N2O4浓度不变，所以反应Ⅰ一定达到平衡，故C正确；D．反应达到平衡后，再往容器中通入稀有气体Ar，容器体积增大，反应II正向移动，N2O4浓度减小，则反应Ⅰ平衡逆移动，故D错误；故答案为：C；②保持温度不变，对反应体系加压，反应II平衡向逆反应方向移动，N2O4浓度增大，有利于反应向正反应方向移动，逐渐增大；③总反应为，步骤b的方程式为N2O4+MO=M+N2O5，总反应-步骤b得步骤a为M+O3=MO+O2；【小问3详解】T℃时，在密闭容器中充入1molN2O4，保持压强不变，只发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g），t1时到达平衡，在t2时刻继续充入一定量的N2O4，t3时刻重新到达平衡，0～t1逆反应速率逐渐增大，t1 反应达到平衡状态v正=v逆，在t2时刻继续充入一定量的N2O4，容器体积增大，反应物浓度增大、生成物浓度减小，v正突然增大、v逆突然减小，新达到平衡与原平衡等效，所以新平衡的速率和旧平衡相等，v逆随时间变化的曲线为。29.合理利用温室气体是当前能源与环境研究的热点。催化加氢可缓解对温室效应的影响，其原理为：反应Ⅰ：反应Ⅱ：（1）已知相关物质的燃烧热数据如下表：物质燃烧热已知，则___________。（2）反应II的___________0(填“>”、“<”或“=”)请说明理由___________（3）反应II中，正反应速率：，逆反应速率：，其中、分别为正、逆反应速率常数，仅受温度影响。下图(，T表示温度)所示a、b、c、d四条斜线中，有两条分别为和随T变化斜线，则表示随T变化关系的斜线是___________。（4）在下，将和充入刚性密闭容器中，反应相同时间，温度对转化率如图所示。 ①解释转化率在高于时，随温度升高先减小后增大的原因___________。②假设只发生反应Ⅱ，当平衡产率为时，此时总压为。计算该温度下反应II的平衡常数为___________。(计算结果用分数表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)【答案】（1）（2）①.>②.因该反应为吸热反应，若自发，（3）c（4）①.在325℃～400℃以反应I为主，，随温度升高反应I平衡逆移，转化率减小，高于时以反应II为主，，随温度升高反应II平衡正移，转化率增大②.【解析】【小问1详解】由已知条件可得热化学方程式：①、②，③，根据盖斯定律反应Ⅰ=①×4-②+③×②，即=-284.8kJ/mol×4-（-890.3kJ/mol）+44kJ/mol×3=-164.9kJ/mol；【小问2详解】ΔG=ΔH-TΔS＜0时反应自发，反应Ⅱ是吸热反应，ΔH＞0，若自发，ΔS>0【小问3详解】在反应Ⅱ：中，正反应速率：，逆反应速率：，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅受温度影响，温度升高化学反应速率变快，平衡正向移动，V正＞V逆，升温时pk正 减小更快，则表示pk逆随T变化关系的斜线是c。【小问4详解】①在325℃～400℃以反应I为主，，随温度升高反应I平衡逆移，转化率减小，高于时以反应II为主，，随温度升高反应II平衡正移，转化率增大；