四川省绵阳南山实验中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（Word版附解析）

四川省绵阳南山实验中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题(考试时间：75分钟试卷满分：100分)注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24S32Cl35.5K39Mn55Fe56一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.在四个不同容器中、不同条件下进行合成氨反应，根据下列在相同时间内测得的结果判断，生成氨的反应速率最快的是A.v(H2)=0.01mol·L-1·s-1B.v(NH3)=0.25mol·L-1·min-1C.v(H2)=0.3mol·L-1·min-1D.v(N2)=0.1mol·L-1·min-1【答案】A【解析】【分析】同一化学反应中,同一时间段内,各物质的反应速率之比等于其计量数之比，先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，从而确定选项，注意单位是否相同。【详解】发生反应：N2+3H22NH3，不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快。A．v(N2)====0.2mol•L-1•min-1；B．v(N2)===0.125mol•L-1•min-1；C．v(N2)===0.1mol•L-1•min-1； D．v(N2)=0.1mol·L-1·min-1；反应速率A＞B＞C=D；答案选A。2.已知稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，下列说法正确的是A.实验室中和反应反应热的测定，由Q=m·c·Δt算出的值即为中和反应的反应热B.1molH2SO4与足量的NaOH溶液反应，放出的热量为57.3kJC.稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1molH2O，放出的热量为57.3kJD.中和反应反应热的测定实验中若用NaOH固体代替NaOH溶液，则测出变大【答案】C【解析】【详解】A．实验室中和反应反应热的测定，由Q=m·c·Δt算出的值为反应放出的热量，不是中和热的反应热，中和热的反应热为，A错误；B．由可知，生成1mol水放出的热量为，1molH2SO4与足量的NaOH溶液反应生成2mol水，放出热量为，B错误；C．稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1molH2O，没有沉淀生成，放出的热量为57.3kJ，C正确；D．中和反应反应热的测定实验中若用NaOH固体代替NaOH溶液，氢氧化钠固体溶于水放热，测定的热量变大，则测出变小，D错误；故选C。3.下列说法正确的是①升高温度增加了反应物中活化分子百分数②使用催化剂可以有效减少反应放出的热量③化学反应必须发生有效碰撞，但有效碰撞不一定发生化学反应④S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH1，S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2；则：ΔH1<ΔH2⑤C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH=+1.9kJ/mol，则：石墨制取金刚石的反应是吸热反应，金刚石比石墨稳定⑥甲烷燃烧热为890.3kJmol，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为：⑦500℃、30MPa下，将0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-38.6kJ/molA.①⑥B.④⑦C.①④D.②③ 【答案】C【解析】【详解】①升高温度，活化能不变，分子能量提高，增加了反应物中活化分子百分数，故①正确；②催化剂不能改变反应物和生成物的能量，使用催化剂不能改变反应放出的热量，故②错误；③有效碰撞是能引起化学反应的碰撞，有效碰撞一定发生化学反应，故③错误；④S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH1，S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2；固态硫的能量小于气态硫，则：ΔH1<ΔH2，故④正确；⑤C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH=+1.9kJ/mol，则：石墨制取金刚石的反应是吸热反应，能量越低越稳定，石墨比金刚石稳定，故⑤错误；⑥甲烷的燃烧热是1mol甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量，甲烷的燃烧热为890.3kJmol，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为：，故⑥错误；⑦500℃、30MPa下，将0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密闭容器中充分反应放热19.3kJ，生成NH3(g)的物质的量小于1mol，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<-38.6kJ/mol，故⑦错误；正确的是①④，选C。4.某密闭容器中发生反应X2(g)+3Y(g)Z(g)+W(g)ΔH，其反应进程和能量的变化如图所示：下列有关说法正确的是A.总反应快慢主要由反应②决定B.总反应的ΔH<0C.平衡后缩小容器容积，正反应速率增大，逆反应速率减小D.其他条件不变，加入X2(g)，平衡向右移动，X2的平衡转化率增大【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，则反应①的速率比反应②的速率慢，总反应快慢主要由反应①决定，A项错误； B．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则总反应为放热反应，即ΔH＜0，B项正确；C．平衡后缩小容器容积，增大压强，正、逆反应速率均增大，C项错误；D．其他条件不变，加入X2(g)，增大反应物浓度，平衡向右移动，Y的平衡转化率增大、X2的平衡转化率减小，D项错误；答案选B。5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的有几项A.无色溶液中：K＋、、、Al3+B.水电离出的c(H+)=1×10−13mol/L的溶液中：、、、C.无色溶液中：K＋、、、D.pH=10的溶液中：、Na＋、、【答案】D【解析】【详解】A．这几种离子都无色，但、Al3+发生双水解反应而不能大量共存，故A错误；B．水电离出的c(H+)═1×10-13mol/L＜1×10-7mol/L，水的电离被抑制，溶液呈强酸性或强碱性，强酸性条件下、不能大量共存，强碱性条件下、不能大量共存，故B错误；C．为橙色，不符合无色条件，故C错误；D．常温下pH=10的溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且和氢氧根离子不反应，所以能大量共存，故D正确；故选：D。6.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol•L﹣1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol•L﹣1，下列有关判断正确的是A.x+y<zB.平衡向正反应方向移动C.B的转化率增大D.C的体积分数下降【答案】D【解析】【分析】平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，A的瞬间浓度为0.25mo/L，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L，说明平衡逆向移动。 【详解】A．降低压强平衡向逆方向移动，说明反应物气体的计量数之和大于生成物气体的计量数，应为x+y＞z，故A错误；B．由以上分析可知平衡向逆方向移动，故B错误；C．平衡向逆方向移动，B的转化率降低，故C错误；D．平衡向逆方向移动，C的体积分数下降，故D正确;故答案为：D。7.一定温度下，将2molA和2molB两种气体混合放入体积为2L的密闭刚性容器中，发生反应3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，2min末反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的物质的量浓度为0.4mol/L，下列说法正确的是A.此温度下该反应的平衡常数K等于0.5B.平衡后，再充入0.8molB和0.8molD，平衡不移动C.x的值为1D.A和B的平衡转化率相等【答案】A【解析】【分析】将2molA和2molB两种气体混合放入体积为2L的密闭刚性容器中，发生反应3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，2min末反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的物质的量浓度为0.4mol/L，则反应生成0.8molC；所以C、D系数相同，x=2。【详解】A．此温度下该反应的平衡常数K0.5，故A正确；B．平衡后，再充入0.8molB和0.8molD，Q=>K，平衡逆向移动，故B错误；C．2min末反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的物质的量浓度为0.4mol/L，则反应生成0.8molC；所以C、D系数相同，x=2，故C错误；D．A的平衡转化率为60%，B的平衡转化率为20%，故D错误；选A。 8.已知反应，在三个不同容积的容器中分别充入1molCO与2mol，恒温恒容，测得平衡时CO的转化率如表：序号温度/℃容器体积CO转化率平衡压强/Pa①20050%②20070%③35050%下列说法正确的是A.平衡时反应速率；③>①>②B平衡时体系压强：C.若容器体积，则D.若实验②中CO和用量均加倍，则CO转化率小于70%【答案】C【解析】【详解】A．①、②的温度相同，而CO转化率②>①，则②可看作在①的基础上加压，即v1>v2，因此反应速率：②>①，故A错误；B．①与②比较，达到平衡时，平衡混合物的物质的量之比为5∶4，但V1与V2不相等，因此平衡时体系压强P1∶P2≠5∶4，故B错误；C．若容器体积V1>V3、温度相同，则①与③比较，CO的转化率③>①，而现在CO的转化率相同，则可看作在这个基础上③的平衡逆向移动，而升温平衡向吸热反应方向移动，即正向是放热反应，故C正确；D．若实验②中CO和H2用量均加倍，则可看作在②的基础上压缩体积，CO转化率增大，则CO转化率>70%，故D错误；故答案选C。9.利用I2O5可消除CO污染，热化学方程式为I2O5(s)+5CO(g)I2(s)+5CO2(g)ΔH。不同温度下，向装有足量I2O5固体的2L密闭容器中充入2molCO，测得CO的体积分数随着时间t 的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.温度：T2>T1，平衡常数：K(c)<K(d)B.反应开始至a点，t=2min，平均反应速率v(CO2)=0.16mol·L-1·min-1C.反应速率：v正(d)>v正(c)D.T2温度下，b点时再充入2molCO，平衡向正向移动，重新达到平衡时不变【答案】C【解析】【详解】A．根据“先拐先平，温度高”，温度：T2>T1，升高温度，CO增多，平衡逆向移动，正反应放热，平衡常数：K(c)<K(d)，故A正确；B．a点CO体积分数为0.68，反应开始至a点，生成二氧化碳的物质的量为2×(1-0.68)mol=0.64mol，t=2min，平均反应速率v(CO2)=0.16mol·L-1·min-1，故B正确；C．c点温度大于d点，c点反应物的浓度大于d点，所以反应速率：v正(d)<v正(c)，故C错误；D．T2温度下，b点时再充入2molCO，平衡向正向移动，根据等效平衡原理，加入CO相当于增大压强，重新达到平衡时不变，故D正确；选C。10.已知反应：mA(g)nB(g)+pC(g)ΔH=akJ·mol-1.则下列说法正确的是A.由图甲知：m>n+p，a>0B.图乙中c表示A的浓度，则可推断出：T1、T3均未达平衡状态 C.图丙纵坐标表示生成物C的百分含量，E点v(正)>v(逆)D.达平衡后，降低温度，则反应速率变化图象可以用图丁表示【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，温度一定时，压强增大，A的转化率增大，平衡正向移动，则m＞n+p,压强一定时，升高温度，A的转化率增大，平衡正向移动，反应正向为吸热反应，则a＞0，故A正确；B．由图可知，反应正向建立平衡，达平衡前A的浓度减小，故T2时反应达到平衡，温度升高，平衡逆向移动，A的浓度增大，故T3时反应处于平衡状态，故B错误；C．由图可知，E点未达平衡，压强一定时，E点C的百分含量减小，反应可达到平衡状态，故E点反应逆向进行，故E点v(正)＜v(逆)，故C错误；D．达平衡后，降低温度，正逆反应速率均减小，故D错误；答案选A。11.在常温下，有关下列4种溶液的叙述中不正确的是编号①②③④⑤⑥溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸氯化铵醋酸钠pH11113359A.在溶液①和②中分别加入适量的⑤晶体后，两种溶液的pH均减小B.分别取1mL稀释至10mL，4种溶液的pH：①>②>④>③C.将溶液②和③等体积混合，所得溶液中：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)D.由水电离出的c(H+)：⑤=⑥>①=②=③=④【答案】C【解析】【详解】A．在①中加入适量的⑤晶体即NH4Cl，抑制NH3•H2O的电离，在②溶液中加入适量的⑤晶体即NH4Cl，生成NH3•H2O，NH3•H2O部分电离，则两种溶液中c(OH-)都减小，溶液的pH都减小，A正确；B．加水促进弱电解质的电离，这四种溶液稀释相同倍数时，c(H+)：③＞④，则pH：③＜④＜7，c(OH-)：①＞②，则溶液pH：①＞②＞7，所以这四种溶液pH：①＞②＞④＞③，B正确；C．②③等体积混合，③溶液大量剩余，溶液呈酸性，c(OH-)＜c(H+)，根据电荷守恒得c(CH3COO-)＞c(Na+)，则c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，C错误；D．pH=11的氨水中溶液中的H+全部由水电离提供，即c(H+)水=10-11mol/L，pH=11的NaOH溶液中的H+ 全部由水电离提供，即c(H+)水=10-11mol/L，pH=3的醋酸和盐酸溶液中OH-全部由水电离提供，即c(OH-)水=c(H+)水==10-11，而pH=5的NH4Cl溶液中H+全部由水电离产生，即c(OH-)水=c(H+)水=10-5，pH=9的CH3COONa溶液中OH-全部由水电离产生，即即c(OH-)水=c(H+)水==10-5，故由水电离出的c(H+)：⑤=⑥>①=②=③=④，D正确；故答案为：C。12.部分弱电解质的电离常数如下表：弱电解质HCOOHCH3COOH电离常数(25℃)Ka=1.8×10-5下列说法错误的是A.、、、在溶液中不可以大量共存B.向溶液中加NaOH至，此时溶液的pH=5C.中和等体积、等pH的HCOOH和HClO消耗NaOH的量前者小于后者D.等体积、等浓度的和中离子总数：【答案】D【解析】【详解】A．由题干表中数据可知，Ka(HCOOH)＞Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，故与在溶液中能反应生成HClO和而不可以大量共存，A正确；B．向溶液中加NaOH至，根据Ka(CH3COOH)==1.8×10-5，此时溶液的c(H+)=1.0×10-5mol/L，则pH=-lgc(H+)=-lg10-5=5，B正确；C．由题干表中数据可知，Ka(HCOOH)＞Ka(HClO)，则等pH的HCOOH和HClO，后者浓度更大，则中和等体积、等pH的HCOOH和HClO消耗NaOH的量前者小于后者，C正确；D．由题干表中数据可知，Ka(CH3COOH)＞Ka(HClO)，即酸性CH3COOH＞HClO，根据越弱越水解的水解规律可知，等浓度的CH3COONa、NaClO后者水解程度更大，在根据电荷守恒可知， N(Na+)+N(H+)1=N(OH-)1+N(CH3COO-)、N(Na+)+N(H+)2=N(OH-)2+N(ClO-)，则有CH3COONa中离子总数等于2[N(Na+)+N(H+)1]，NaClO的离子总数等于2[N(Na+)+N(H+)2]，但N(H+)1＞N(H+)2，故等体积、等浓度的CH3COONa和NaClO中离子总数：CH3COONa＞NaClO，D错误；故答案为：D。13.室温下向10mL0.1mol/LNaOH溶液中加入0.1mol/L的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.a点所示溶液中B.a、b两点所示溶液中水的电离程度C.时，D.b点所示溶液中【答案】D【解析】【详解】A．a点溶液的溶质为强碱弱酸盐NaA，因A-水解使溶液显碱性，故溶液中各微粒的浓度关系为c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+)，故A错误；B．a点溶液为强碱弱酸盐NaA，A-水解促进水的电离，b点溶液的溶质为等物质的量的NaA与HA，由溶液显酸性可知，HA电离程度较大，抑制水的电离，因此a、b两点所示溶液中水的电离程度a＞b，故B错误；C．pH=7时，溶液呈中性，即c(OH-)=c(H+)，利用电荷守恒可得：c(Na+)=c(A-)，故C错误；D．b点溶液的溶质为等物质的量的NaA与HA，由溶液显酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度，知c(A-)>c(HA)，故D正确。故答案选D。【点睛】 本题侧重于酸碱混合的定性判断，有利于培养学生的分析能力和良好的科学素养。要使混合溶液呈中性，则HA应该稍微过量，所以b点HA体积大于10mL,C点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaA、HA溶液呈酸性,说明HA电离程度大于A-水解程度；本题易错点为C，注意从溶液电中性的角度分析，室温下向10mL0.1mol/LNaOH溶液中加入0.1mol/L的一元酸HA，a点酸碱的物质的量相等，二者恰好反应生成NaA，但溶液呈碱性，说明生成的盐是强碱弱酸盐，则HA是弱酸。14.已知联氨(N2H4)为二元弱碱，常温下将盐酸滴加到联氨(N2H4)的水溶液中，混合溶液中微粒的物质的量分数随变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A.反应+N2H42的平衡常数为109B.溶液中存在：C.溶液中：D.物质的量浓度均为0.1mol/L的N2H6Cl2和N2H5Cl混合溶液中：c(Cl-)>c(N2H)>c(N2H)>c(H+)>c(OH-)【答案】B【解析】【详解】A．联氨为二元弱碱，则在水溶液中的电离方程式、，其电离平衡常数，结合图像分析，，+2的平衡常数为，A正确；B．溶液中存在的电荷守恒为，B错误；C．溶液中存在的电离 （）及的水解，其水解平衡常数，水解程度大于电离程度，溶液显酸性，C正确；D．浓度均为0.1mol/L的和混合溶液中存在的水解及的水解，溶液显酸性，的水解程度大于的水解，故>，溶液中存在c(Cl-)>c(N2H)>c(N2H)>c(H+)>c(OH-)，D正确；答案选B。二、非选择题：本题共5个小题，共58分。15.回答下列问题：（1）已知：①②则反应的ΔH=___________kJ·mol−1。反应②的ΔS___________(填“>”或“<”)0，若y>0，则反应②在___________(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。（2）已知：，查阅文献资料，化学键的键能如下表：化学键H−H键N≡N键N−H键E/(kJ·mol−1)436946391①氨分解反应的活化能Ea1=300kJ·mol−1，则合成氨反应的活化能Ea2=___________kJ·mol−1。②氨气完全燃烧生成N2(g)和气态水的热化学方程式为___________。（3）奥运会火炬常用的燃料为丙烷、丁烷等。已知：丙烷的燃烧热ΔH1=−2220kJ/mol；正丁烷的燃烧热ΔH2=−2878kJ/mol，异丁烷的燃烧热ΔH3=−2869.6kJ/mol。①写出丙烷燃烧热的热化学方程式___________。②下列有关说法不正确的是___________。 A．奥运火炬燃烧时的能量转化形式主要是由化学能转化为热能、光能B．异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多C．正丁烷比异丁烷稳定【答案】（1）①.②.<③.低温（2）①.254②.（3）①.②.BC【解析】【小问1详解】结合盖斯定律，（①-②）得到反应，该反应；反应②是气体分子数减小的反应，；反应②，，当时，反应能自发进行，故该反应低温自发进行；【小问2详解】根据键能计算氨分解反应的焓变，，所以，，；由以上分析可得出反应①，且由题目可知反应②，根据盖斯定律，反应可以由②×3-①×4得到，该反应，故氨气完全燃烧生成N2(g)和气态水的热化学方程式为；【小问3详解】丙烷的燃烧热ΔH1=−2220kJ/mol，丙烷燃烧热的热化学方程式为；A．奥运火炬燃烧时的能量转化形式主要是由化学能转化为热能、光能，A正确；B．异丁烷分子中的碳氢键与正丁烷的一样多，B错误；C．正丁烷的燃烧热ΔH2=−2878kJ/mol，异丁烷的燃烧热ΔH3=−2869.6kJ/mol ，正丁烷的能量高于异丁烷的能量，物质的能量越低越稳定，故异丁烷更稳定，C错误；故选BC。16.现有下列物质①熔化的NaCl、②盐酸、③氯气、④冰醋酸、⑤铜、⑥酒精、⑦硫酸氢钠、⑧液氨、⑨SO2，请按要求回答下列问题。（1）属于强电解质的是___________(填序号)。（2）在上述状态下能导电的是___________(填序号)。（3）属于弱电解质的是___________(填序号)。（4）属于非电解质，但溶于水后的水溶液能导电的是___________(填序号)。（5）可以证明④是弱酸的事实是___________(填序号)。A.等体积的0.1mol/L的乙酸与0.1mol/L的氢氧化钠恰好反应B.常温下，0.1mol/L的乙酸中pH>1C.乙酸与Na2CO3溶液反应放出CO2气体。D.1mol/L的乙酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色（6）有下列物质的溶液：a．CH3COOH、b．HCl、c．H2SO4、d．NaHSO4。若四种溶液的物质的量浓度相同，其c(H+)由大到小顺序为___________(用字母序号表示，下同)。若四种溶液的c(H+)相同，其物质的量浓度由大到小顺序为___________。（7）常温下，有c(H+)相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是___________(填字母)。(①表示盐酸，②表示醋酸)【答案】（1）①⑦（2）①②⑤（3）④（4）⑧⑨（5）B（6）①.c>b=d>a②.a>b=d>c（7）c【解析】【分析】①熔化的NaCl中含自由移动的阴、阳离子，能导电，属于强电解质；②盐酸中含自由移动的阴、阳离子，能导电，盐酸属于混合物，既不属于电解质、也不属于非电解质；③Cl2中只含Cl2分子，不能导电，Cl2属于单质，既不属于电解质、也不属于非电解质；④冰醋酸中只含CH3COOH分子，不能导电，属于弱电解质；⑤Cu属于金属单质，能导电，既不属于电解质、也不属于非电解质；⑥酒精中只含CH3CH2OH 分子，不能导电，酒精是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质；⑦硫酸氢钠中的阴、阳离子不能自由移动，不能导电，属于强电解质；⑧液氨中只含NH3分子，不能导电，虽然液氨的水溶液能导电，但导电的离子不是液氨自身电离产生的，液氨属于非电解质；⑨SO2中只含SO2分子，不能导电，虽然SO2的水溶液能导电，但导电的离子不是SO2自身电离产生的，SO2属于非电解质。【小问1详解】根据分析，属于强电解质的是①⑦。【小问2详解】根据分析，在上述状态下能导电的是①②⑤。【小问3详解】根据分析，属于弱电解质的是④。【小问4详解】根据分析，属于非电解质，但溶于水后的水溶液能导电的是⑧⑨。【小问5详解】A．等体积的0.1mol/L的乙酸与0.1mol/L的NaOH恰好反应，说明乙酸是一元酸，但不能说明乙酸是弱酸，A项不符合题意；B．常温下，0.1mol/L的乙酸溶液的pH＞1，说明溶液中c(H+)＜0.1mol/L，乙酸未完全电离，乙酸为弱酸，B项符合题意；C．乙酸与Na2CO3溶液反应放出CO2气体，说明乙酸的酸性强于碳酸，但不能说明乙酸为弱酸，C项不符合题意；D．1mol/L的乙酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色，说明乙酸溶液呈酸性，但不能说明乙酸是弱酸，D项不符合题意；答案选B。【小问6详解】CH3COOH属于弱酸，在水溶液中部分电离；HCl属于一元强酸，1molHCl在水溶液中完全电离产生1molH+；H2SO4属于二元强酸，1molH2SO4在水溶液中完全电离产生2molH+；NaHSO4在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++；若四种溶液的物质的量浓度相同，其c(H+)由大到小顺序为c＞b=d＞a；若四种溶液的c(H+)相同，其物质的量浓度由大到小顺序为a＞b=d＞c。【小问7详解】常温下，有c(H+)相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，分别与足量的锌粉发生反应，由于醋酸为弱酸，HCl为强酸，则醋酸的物质的量浓度大于盐酸物质的量浓度，开始时反应速率相等，过程中反应速率醋酸大于盐酸，最终醋酸放出的H2的体积大于盐酸放出的H2 的体积，醋酸所耗时间小于盐酸所耗时间，对照各示意图，答案选c。17.Ⅰ.某学生用0.1000mol·L-1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，进行如下实验：（1）配制100mLKOH标准溶液所需玻璃仪器除量筒、小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要___________。Ⅱ.滴定操作分解为如下几步：A．移取20mL待测盐酸注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞B．调节液面至“0”或“0”以下某一刻度，记下读数C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上1～2cmE．用标准溶液润洗滴定管2～3次F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度就此实验完成填空：（2）正确操作步骤的顺序是(用序号字母填写)A→___________→F；（3）判断到达滴定终点的现象是___________；（4）若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为2.60mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为___________mL；（5）乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：选取下述合理数据，计算出待测溶液的物质的量浓度为___________；保留四位有效数字实验序号待测HCl溶液的体积/mL0.1000mol·L-1的KOH溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度125.000.0025.33225.0000030.00 325.001.0025.67（6）下列操作会造成测定结果偏低的有___________。A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度B．锥形瓶水洗后直接装待测液C．酸式滴定管水洗后未用稀盐酸溶液润洗D．滴定到达终点时，仰视读出滴定管读数E．摇动锥形瓶时有少量液体溅出瓶外（7）KMnO4常用于氧化还原滴定。滴定时应将KMnO4加入___________滴定管中(填“酸式”或“碱式”)；在规格为50毫升的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数是2毫升，此时滴定管中溶液的实际体积为___________毫升。A．2B．48C．大于48D．小于48【答案】（1）100mL容量瓶（2）EDCB（3）当最后半滴标准液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色（4）24.80mL（5）0.1000mol/L（6）CE（7）①酸式②.C【解析】【分析】中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，本实验是碱滴定酸，原来显酸性，多加入一滴标准液变为碱性，达到滴定终点时溶液变红。【小问1详解】配制一定浓度的溶液还需要使容量瓶，根据题意需要配制100mL的标准溶液，则选择规格为100mL容量瓶；【小问2详解】中和滴定的操作步骤为：取待测液于锥形瓶中，加入指示剂→润洗→装标准溶液→排气泡→调液面→进行滴定，因此操作顺序为：AEDCBF；【小问3详解】本实验是用KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，以酚酞为指示剂，开始滴定时溶液显无色，随着氢氧化钾标准液的滴入，溶液酸性减弱，当最后半滴标准液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点；【小问4详解】 甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为2.60ml，滴定后液面如图，为27.40mL，此时消耗标准溶液的体积为27.40mL-2.60ml=24.80mL；【小问5详解】根据数据有效性，舍去第2组数据，则1、3组平均消耗氢氧化钾溶液的体积为，由0.025L×0.1000mol/L=0.025L×c(HCl)，解得c(HCl)=0.1000mol/L；【小问6详解】A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度，c(NaOH)偏小，消耗的V(NaOH)偏大，由可知，会造成测定结果偏高，A不符合题意；B．锥形瓶水洗后直接装待测液，对实验无影响，B不符合题意；C．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，n(HCl)偏小，V(NaOH)偏小，由可知，会造成测定结果偏低，C符合题意；D．滴定到达终点时，仰视读出滴定管读数，V(NaOH)偏大，由　可知，会造成测定结果偏高，D不符合题意;E．摇动锥形瓶时有少量液体溅出瓶外，n(HCl)偏小，V(NaOH)偏小，由　可知，会造成测定结果偏低，Ｅ符合题意；故答案选CE。【小问7详解】KMnO4具有强氧化性，能氧化橡胶，应用酸式滴定管。滴定管的构造特点是0刻度在上，最大刻度在下，最大刻度线下仍然存在一定容积，因此滴定管起始读数为2.00ml时，滴定管中KMnO4溶液的实际体积大于48.00mL（即50.00mL-2.00mL），故选C；18.氮的氧化物是大气污染物之一，用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。（1）已知：2C(S)+O2(g)2CO(g)C(S)+O2(g)CO2(g)N2(g)+O2(g)2NO(g)①则反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)的K=___________；(用、、表示)②在一个恒温恒容的密闭容器中发生反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，能表明已达到平衡状态的标志有___________。 A．混合气体的压强保持不变B．混合气体的密度保持不变C．混合气体的平均相对分子质量保持不变D．气体的总质量E．F．tmin内生成2minN2同时消耗（2）向容积为2L的密闭容器中加入活性炭(足量)和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，NO和的物质的量变化如下表所示。条件保持温度为T/℃时间05min10min15min20min25min30minNO物质的量/mol2.0141.00.700.500.400.40N2物质的量/mol00.30.500.650.750.800.80①0～5min内，以表示的该反应速率___________，最终达平衡时的转化率a=___________，该温度T℃下的平衡常数___________。②若该反应ΔH>0，要提高工业上NO的转化率可采取的措施有___________(至少写一种)（3）CO2和H2在一定条件下可制取甲醇，反应如下：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，向容积相同的恒容密闭容器中分别充入等量的CO2和H2，在不同催化剂(M型、N型)条件下反应相同时间，CO2转化率随反应温度变化如图。①使用___________(选填M、N)型催化剂反应的活化能更高。②a点处，v正___________v逆(选填“>”、“<”或“=”)。 ③b点不同催化剂作用下，CO2的转化率相同且均有下降趋势的原因是___________。【答案】（1）①.②.AC（2）①.②.80%③.4④.升高温度；抽走N2或CO2(答对一种即可)（3）①.N②.>③.反应达到平衡，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CO2的转化率降低【解析】【分析】【小问1详解】①该反应为2②-①-③，则；故答案为：；②A．该反应为气体减少的反应，则当压强不变，反应达到平衡，A符合题意；B．密度等于质量比体积，该反应质量不变，恒容条件体积不变，则密度始终不变，B不符合题意；C．相对分子质量为质量比物质的量，该反应质量不变，反应前后气体的物质的量改变，则当相对分子质量不变，反应达到平衡，C符合题意；D．该反应前后均为气体，则质量不变，D不符合题意；E．当，则v正 (CO)=2v逆 (N2)，该反应达到平衡，E不符合题意；F．生成N2说明平衡正向进行，消耗CO2平衡逆向进行，当生成1molN2同时消耗2molCO2，反应达到平衡，F不符合题意；故答案为：AC；【小问2详解】①该反应速率；25min时，NO的物质的量不变，说明25min时该反应达到平衡，则NO转化率为；根据三段式， ，；故答案为：0.03mol/(L·min)；80%；4；②提高NO转化率，平衡正向进行，则升高温度或抽走N2或CO2，均可以使平衡正向进行；故答案为：升高温度；抽走N2或CO2；【小问3详解】①从图中可以看出，在相同温度下，N型催化剂下的CO2转化率更低，所以N型催化剂下反应速率慢，活化能高；故答案为：N；②a点处使用的是N型催化剂，相同温度下，使用M型催化剂CO2的转化率更高，所以a点处反应还未达到平衡，平衡时，CO2的转化率增大，故v正＞v逆；③b点不同催化剂下，CO2的转化率相同，此时反应达到平衡，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CO2的转化率降低；故答案为：反应达到平衡，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CO2的转化率降低。19.Ⅰ.已知t℃时，0.01mol/LNaOH溶液的pH=10，0.1mol/L的HA溶液中=108。请回答下列问题：（1）该温度下，水的离子积Kw=___________。（2）该温度下，0.1mol/L的HA溶液中水电离出c(OH−)=___________。（3）在室温下，蒸馏水稀释0.01mol/LHA溶液时，下列呈减小趋势的是___________(填序号)。A.水的电离程度B.C.溶液中c(H+)和c(OH−)的乘积D.溶液中c(A−)·c(HA)的值Ⅱ.常温下，用0.2000mol•L-1盐酸滴定25mL0.2000mol•L-1Na2CO3溶液(溶液均为新配制)，其滴定曲线如图所示(已知：碳酸的电离常数Ka1=4×10-7，Ka2=5×10-11，忽略溶液混合时体积和温度的变化)。 回答下列问题：（4）往0.2000mol•L-1Na2CO3溶液中滴入2~3滴无色酚酞，溶液颜色会由无色变为___________色，判断的依据___________(用离子方程式表示)。（5）b点混合溶液中主要的溶质有Na2CO3、NaCl和___________(填化学式)，此时=___________。（6）c点混合溶液中，c(Na+)、c(CO)、(HCO)、c(OH-)、c(H+)由大到小的顺序为___________。（7）d点混合溶液中，=___________。【答案】（1）10−12（2）10−10mol/L（3）BD（4）①.红②.CO+H2OHCO+OH-（5）①.NaHCO3②.2（6）（7）0.025【解析】【小问1详解】0.01mol/LNaOH溶液的pH=10，则，所以该温度下；【小问2详解】该温度下，且0.1mol/L的HA溶液中，则； 【小问3详解】A．加水稀释，酸性减弱，抑制水电离的能力减弱，则水的电离程度增大，A不符合题意；B．，温度不变，Ka不变，氢离子浓度减小，则比值减小，B符合题意；C．温度不变，KW不变，则溶液中c(H+)和c(OH−)的乘积不变，C不符合题意；D．加水稀释，促进HA电离，但c(A-)与c(HA)都减小，则溶液中c(A-)·c(HA)的值减小，D符合题意； 故选BD。【小问4详解】Na2CO3溶液呈碱性，滴入2~3滴无色酚酞，溶液颜色会由无色变为红色，判断的依据是存在水解平衡：；【小问5详解】Na2CO3和盐酸等浓度反应，b点时按照Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，Na2CO3消耗一半，则溶液中溶质有Na2CO3、NaCl和NaHCO3；Na2CO3和HCl以1∶1反应，此时溶液中由物料守恒得：，则；【小问6详解】c点表示25mL0.2000mol/LNa2CO3溶液中加入20mL等浓度的盐酸，碳酸钠有剩余，Na2CO3、NaHCO3和NaCl物质的量之比为1∶4∶4，则溶液中各离子浓度由大到小的关系为，去掉氯离子，则为；【小问7详解】d点溶液刚好消耗25mL的盐酸，溶液中溶质是等物质的量的NaCl和NaHCO3，pH等于8，c(H+)=10-8mol/L，碳酸的第一级电离平衡常数，