四川省绵阳市南山中学实验学校2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题（Word版附解析）

绵阳南山中学实验学校高2022级10月考试试题化学总分：100分时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Cl35.5Cu64Fe56Zn65第I卷(选择题，共42分)一、单选题(本题包括14个小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1.“控制碳排放、进行碳捕捉、实施碳中和”，国家在行动！下列有关说法正确的是A.碳减排是减少焦炭的使用量B.碳捕捉是捕捉释放到空气中的CO2C.碳中和是利用碱液吸收CO2D.碳达峰是碳的使用量达到最大值【答案】B【解析】【详解】A．碳减排，顾名思义，就是减少二氧化碳的排放量，A错误；B．碳捕捉就是捕捉释放到大气中的二氧化碳，压缩之后，压回到枯竭的油田和天然气领域或者其他安全的地下场所，B正确；C．碳中和是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，然后通过植物造树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”，C错误；D．碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低，D错误；故选B。2.对于反应3H2(g)+N2(g)2NH3(g)ΔH<0，下列条件中能使活化分子百分数增加的是A.增加反应物浓度B.增大气体的压强C.缩小反应容器的体积D.升高体系的温度【答案】D【解析】【详解】A．增加反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数不变，A项不选；B．增大气体的压强，单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数不变，B项不选；C．缩小反应容器的体积相当于增大反应物浓度或压强，单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数不变，C项不选；D．升高体系的温度，活化分子百分数增加，D项选；答案选D。3.如图所示，ΔE1=393.5kJ，ΔE2=395.4kJ，下列说法正确的是 A.1mol石墨完全转化为金刚石需吸收1.9kJ热量B.石墨和金刚石之间的转化是物理变化C.金刚石的稳定性强于石墨D.1mol金刚石具有的总能量高于1molCO2的总能量【答案】A【解析】【详解】A．据图可知，1mol金刚石和1molO2的总能量高于1mol石墨和1molO2的总能量，则金刚石的能量比石墨高395.4kJ/mol-393.5kJ/mol=1.9kJ/mol，所以1mol石墨完全转化为金刚石需吸收1.9kJ热量，A正确；B．石墨和金刚石是不同物质，二酯之间的转化是化学变化，B错误；C．能量高不稳定，因此石墨的稳定性强于金刚石，C错误；D．据图可知1mol金刚石和1mol氧气具有的总能量高于1molCO2的总能量，但1mol金刚石与1molCO2具有的总能量无法比较，D错误；综上所述答案为A。4.、、分别表示化学平衡常数、电离常数和水的离子积常数，下列说法正确的是A.在、条件下，在密闭容器中进行合成氨反应，使用催化剂后增大B.室温下，说明电离产生的一定比电离产生的大C.时，，此温度下的溶液一定呈中性D.平衡后，改变某一条件时不变，的转化率可能增大、减小或不变【答案】D【解析】【详解】A．K只与温度有关，使用催化剂，K保持不变，故A错误；B．电离平衡常数越大，电离程度越大，室温下，说明相同浓度下，CH3COOH电离产生的c(H＋)比HCN电离产生的c(H＋)大，题中没有说明HCN和CH3COOH是否浓度相同，故B错误； C．该温度下，pH=6的溶液显中性，因此pH=7的溶液显碱性，故C错误；D．改变一个条件，K不变，说明改变的条件不是温度，如果增大压强，平衡向右移动，SO2的转化率增大；减小压强，平衡向左移动，SO2的转化率降低；如果使用催化剂，SO2的转化率不变，故D正确；故D正确。5.已知0.1mol·L-1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-＋H＋，要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值增大，可以采取的措施是A.加少量烧碱固体B.升高温度C.加少量冰醋酸D.加CH3COONa固体【答案】B【解析】【详解】A．加入烧碱固体，反应生成CH3COO-浓度变大，，则值减小，A不符合题意；B．弱电解质的电离为吸热过程，加热促进电离，则c(H＋)/c(CH3COOH)增大，B符合题意；C．加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则c(H+)/c(CH3COOH)值减小，C不符合题意；D．加CH3COONa，由于CH3COO-对CH3COOH的电离起到抑制作用，则c(H+)/c(CH3COOH)值减小，，D不符合题意；故选B。6.已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：则下列有关说法正确的是弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1.8×10﹣54.9×10﹣10K1＝4.3×10﹣7K2＝5.6×10﹣11A.等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(CH3COOH)＞pH(H2CO3)＞pH(HCN)B.醋酸溶液加水稀释，其电离程度先增大后减小C.NaCN中通入少量CO2发生的化学反应为：NaCN+CO2+H2O＝HCN+NaHCO3D.稀释HCN溶液过程中，减小 【答案】C【解析】【详解】A．电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性CH3COOH＞H2CO3＞HCN，浓度相同酸性越强pH越小，所以等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(CH3COOH)＜pH(H2CO3)＜pH(HCN)，故A错误；B．弱电解质的浓度越小电离程度越大，即加水稀释，电离程度一直增大，故B错误；C．根据电离平衡常数的大小关系可知酸性H2CO3＞HCN＞HCO，所以NaCN中通入少量CO2生成碳酸氢钠和HCN，化学方程式为NaCN+CO2+H2O＝HCN+NaHCO3，故C正确；D．，加水稀释酸性减弱，氢离子浓度减小，电离平衡常数不变，所以增大，故D错误；综上所述答案为C。7.下列实验过程可以达到实验目的的是实验目的实验过程A根据褪色时间来研究浓度对反应速率的影响往2支试管中分别加入同体积、等浓度的草酸溶液，再分别加入同体积、不同浓度的KMnO4溶液B比较HCN与CH3COOH的酸性强弱室温下，用pH计分别测定HCN溶液与CH3COOH溶液的pH，比较pH大小C探究温度对化学平衡的影响将盛有NO2和N2O4平衡混合气体(常温下)的玻璃球浸于热水中，观察颜色的变化D测定NH3为碱性气体将干燥的pH试纸放入装满干燥NH3的集气瓶中，试纸变蓝A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．高锰酸钾是有色物质，根据褪色时间来研究浓度对反应速率的影响时高锰酸钾的体积和浓度应相同，则往2支试管中分别加入同体积、不同浓度的草酸溶液，再分别加入同体积、等浓度且均少量的KMnO4溶液，A错误；B．比较HCN与CH3COOH的酸性强弱，要比较等浓度的HCN溶液和CH3COOH溶液的pH大小，题中未指明两个溶液的浓度关系，B错误； C．常温到热水，说明温度升高，同时NO2为红棕色，N2O4为无色，所以可以通过观察颜色的变化，判断升温后平衡向哪个方向移动，能达到实验目的，C正确；D．pH试纸是基于检测氢离子和氢氧根离子的浓度比从而达到测pH的，试纸和氨气都是干燥的情况下，不会产生氢氧根离子，则试纸不会变色，D错误；故选C。8.500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，反应过程中的能量变化如图所示。下列有关叙述不正确的是A.该反应的逆反应为吸热反应B.ΔH=E1-E2，使用催化剂能改变化学反应速率，但不改变反应热C.该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能D.该反应的热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH=-2akJ·mol-l【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，反应物能量高，产物能量低，正反应为放热反应，则该反应的逆反应为吸热反应，A正确；B．根据反应的焓变定义可得：ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热，B正确；C．该反应的正反应为放热反应，ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能＜0，因此反应物的总键能小于生成物的总键能，C正确；D．反应是可逆反应，反应不可能完全，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)，生成的SO3(g)没有1mol，放热akJ，则500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH＜-2akJ·mol-1，D错误；故选D。9.室温下，取相同的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释， 随溶液体积变化的曲线如图所示，下列说法正确的是A.酸性B.溶液中水的电离程度：b点点C.c、e两点的电离常数相等D.从b点到d点，比值变小【答案】C【解析】【分析】pH相同的两种一元酸HA和HB，分别加水稀释，HBpH变化小于HA，说明HB的电离程度小于HA，HB的初始浓度大于HA。【详解】A．根据分析可知HB的电离程度小于HA，则酸性HA>HB，A错误；B．b点和c点相比，pH更小，则溶液中酸电离出的氢离子浓度更大，对水电离的抑制作用越强烈，则溶液中水的电离程度b点<c点，B错误；C．HA的电离常数只与温度有关，温度不变的情况下，电离常数不变，则c、e两点的电离常数相等，C正确；D．，从b点到d点，K值保持不变，c(H+)减小，则增大，D错误；故答案选C。10.在由水电离产生的c(H+)=1×10-14mol/L的溶液中，一定可以大量共存的离子组是A.K+、Ba2+、Cl-、NOB.Na+、Mg2+、I-、NOC.NH、Al3+、Br-、SOD.K+、Na+、HCO、SO【答案】A【解析】【分析】由水电离产生的c（H+）=1×10–14mol/L，说明水的电离受到抑制，此溶液为酸性或碱性溶液；【详解】A．四种离子在酸或碱中均不反应且相互之间不反应，能大量共存，故A正确；B．在酸性溶液具有强氧化性，能把I－氧化成碘单质，在酸中不能大量共存；在碱中Mg2＋和OH－ 生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故B错误；C．和Al3＋在碱中不能大量共存，生成NH3·H2O和Al(OH)3（或偏铝酸根离子），因此不能大量共存，故C错误；D．既不能存在酸中，也不能存在于碱中，因此不能大量共存，故D错误；故选A。11.已知某化学反应的平衡常数表达式为K=，在不同的温度下该反应的平衡常数如表所示：t/℃70080083010001200K1.671.111.000.600.38下列有关叙述不正确的是（　　）A.该反应化学方程式是CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）B.上述反应的正反应是放热反应C.若在1L的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5min后温度升高到830℃，此时测得CO2为0.4mol时，该反应达到平衡状态D.若平衡浓度符合下列关系式：，则此时的温度为1000℃【答案】C【解析】【分析】【详解】A.化学反应的平衡常数表达式为K=，平衡常数是生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，故反应物是一氧化碳和水，生成物是二氧化碳和氢气，反应的化学方程式是：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，故A正确；B.由表中数据可知，温度越高，平衡常数越小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以该反应的正反应是放热反应，故B正确； C.反应前后气体的体积不变，可以用物质的量代替浓度计算，故Qc==0.44<1，830°C时Qc不等于K，说明反应未达到平衡，故C错误；D.某温度下，如果平衡浓度符合关系式，则K==0.6，对照平衡常数可知温度是1000℃，故D正确；答案选C。12.下列推论正确的是（）A.S(g)+O2(g)=SO2(g)△H1，S(s)+O2(g)=SO2(g)△H2；则：△H1＞△H2B.石墨燃烧热为393.5kJ·mol-1，则有C(s)+O2(g)=CO(g)△H=-393.5kJ·mol-1C.中和热为57.4kJ/mol，则有Ba(OH)2(aq)+H2SO4(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)△H＜-114.8kJ/molD.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H＞0，则：该反应任何温度下都能自发进行【答案】C【解析】【详解】A．固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，所以△H2＞△H1，故A错误；B．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成稳定的氧化物时放出的热量，石墨燃烧热为393.5kJ·mol-1，C的稳定氧化物为CO2，不是CO，正确的热化学方程式为：C (s，石墨)+O2(g)═CO2(g)△H=−393.5kJ/mol，故B错误；C．中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量为57.4kJ/mol；酸碱反应生成硫酸钡沉淀过程中伴随有沉淀生成热，反应焓变△H＜-114.8kJ/mol，故C正确；D．碳酸钙分解属于吸热反应，△H＞0，CaCO3(s)═CaO(s)+CO2(g)，固体分解得到气体，混乱度增加，△S＞0，在高温条件下△G=△H−T△S＜0反应自发进行，低温时不自发，故D错误；答案选C。13.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是A.工业上采用高压条件合成氨气 B.实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2C.室温下，pH=1的醋酸溶液加水稀释100倍后pH＜3D.往盛有30%H2O2的试管中加入少许MnO2粉末，迅速产生大量气泡【答案】D【解析】【详解】A．N2、H2在高温、高压催化剂存在条件下工业上采用高压条件合成氨气，该反应的正反应是气体体积减小的反应，工业上采用高压条件能够加快反应速率，可以使化学平衡正向移动，因而有利于合成氨气，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．Cl2溶于水，会发生反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，向水中加入食盐至溶液饱和，增大水中Cl-的浓度，化学平衡逆向移动，不利于反应该反应的发生，因此可以用排饱和食盐水的方法收集Cl2，能用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C．醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，溶液pH=1时，c(H+)=0.1mol/L＜c(CH3COOH)，加水稀释时，若平衡不移动，c(H+)=10-3mol/L，但稀释使化学平衡正向移动，当作c(H+)＞10-3mol/L，因此加水稀释100倍后pH＜3，故能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D．往盛有30%H2O2的试管中加入少许MnO2粉末，MnO2粉末起催化剂作用，导致H2O2快速分解，因此迅速产生大量气泡，与化学平衡移动原理无关，D符合题意；故合理选项是D。14.Burns和Dainton研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下：① Cl2(g)2Cl•(g) 快② CO(g)＋Cl•(g)COCl•(g)快③ COCl•(g)＋Cl2(g)COCl2(g)＋Cl•(g)慢反应②的速率方程为v正＝k正c(CO)×c(Cl•)，v逆＝k逆c(COCl•)。下列说法错误的是A.反应①的活化能小于反应③的活化能B.反应②的平衡常数K＝C.要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应①的速率D.选择合适的催化剂能提高单位时间内COCl2的产率【答案】C【解析】【详解】A．反应①是快反应，反应③是慢反应，反应的活化能越大，反应速率越慢，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A正确； B．反应②达到平衡时V正=V逆，即k正c(CO)c(Cl•)=k逆c(COCl•)，，平衡常数K＝，故B正确；C．反应①、②是快反应，反应③是慢反应，慢反应是整个反应的决速反应，所以要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C错误；D．选择合适的催化剂能加快该反应的速率，能提高单位时间内COCl2的产率，故D正确；故选：C。第II卷(非选择题，共58分)二、(本题包括2小题，共20分)15.回答下列问题。（1）8gCH4完全燃烧生成液态水和CO2气体，放出445kJ的热量，该CH4的燃烧热热化学方程式为___________。（2）已知气体与足量经催化生成气体和水蒸气时放出的热量，其热化学方程式为：___________。（3）1.5L1.0mol/LH2SO4溶液与3.0L1.0mol/LNaOH溶液完全反应，放出171.9kJ的热量，表示其中和热的热化学方程式___________。（4）已知：C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)　ΔH3=-Q1kJ·mol-1。H2O(g)=H2O(l)　ΔH1=-Q2kJ·mol-1C2H5OH(g)=C2H5OH(l)　ΔH2=-Q3kJ·mol-1若使46g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出热量为___________kJ。【答案】（1）CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH=-890kJ·mol-1（2）（3）H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol（4）3Q2+Q1―Q3【解析】【小问1详解】8gCH4完全燃烧生成液态水和CO2气体，放出445kJ的热量，则1mol甲烷完全燃烧放出的热量为445kJ2=-890kJ，则CH4的燃烧热热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH=-890kJ·mol-1。【小问2详解】 气体与足量经催化生成气体和水蒸气时放出的热量，则1molCO2与足量反应放出的热量为，其热化学方程式为。【小问3详解】1.5L1.0mol/LH2SO4溶液与3.0L1.0mol/LNaOH溶液完全反应，生成3mol水，放出171.9kJ的热量，那么生成1mol水放出的热量为57.3kJ，则表示中和热的热化学方程式为H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol。【小问4详解】46g液态无水酒精为1mol，完全燃烧并恢复到室温，反应为C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)，其ΔH可由盖斯定律可得，ΔH=ΔH3+3ΔH1-ΔH2=-Q1+3（-Q2）-（-Q3）=-（3Q2+Q1―Q3）kJ·mol-1，则整个过程中放出热量为3Q2+Q1―Q3kJ。16.回答下列问题：（1）水是极弱的电解质，也是最重要的溶剂。常温下某电解质溶解在水中后，溶液中由水电离出的c(H+)=10-9mol·L-1，则该电解质可能是___________(填序号)。A．CuSO4　　　　　　　B．Na2CO3　　　　　　　　C．HCl　　　　　D．NaOH　　　　　E．K2SO4（2）常温下，将pH=3的盐酸aL分别与下列三种溶液混合，结果溶液均呈中性。①c(OH-)=1.0×10-3mol·L-1的氨水bL；②浓度为1.0×10-3mol·L-1的氨水cL；③c(OH-)=1.0×10-3mol·L-1的氢氧化钡溶液dL。则a、b、c、d之间的关系是___________。（3）已知室温时，0.1mol·L-1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，回答下列各问题：①该溶液的pH=___________。②升高温度时，K将______(填“增大”、“减小”或“不变”)，pH将_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。③由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的_________倍。【答案】（1）CD（2）c>a=d>b（3）①.4②.增大③.减小④.106【解析】【小问1详解】水是极弱的电解质，存在电离平衡：H2OH++OH-，在室温下水电离产生的c(H+)=c(OH-)=10-7mol·L-1 。常温下某电解质溶解在水中后，溶液中由水电离出的c(H+)=10-9mol·L-1＜10-7mol·L-1，说明水的电离受到了抑制作用。A．CuSO4是强酸弱碱盐，盐电离产生的Cu2+发生水解反应，使水的电离受到促进作用，溶液中由水电离出的c(H+)＞10-7mol·L-1，A不符合题意；B．Na2CO3是强碱弱酸盐，盐电离产生的发生水解反应，使水的电离受到促进作用，最终达到平衡时，溶液中由水电离出的c(H+)＞10-7mol·L-1，B不符合题意；C．HCl是一元强酸，电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，导致水电离平衡受到抑制作用，最终达到平衡时由水电离出的c(H+)＜10-7mol·L-1，可以为10-9mol·L-1，C符合题意；D．NaOH是一元强碱，电离产生OH-，使溶液中c(OH-)增大，导致水电离平衡受到抑制作用，最终达到平衡时由水电离出的c(H+)＜10-7mol·L-1，可以为10-9mol·L-1，D符合题意；E．K2SO4是强酸强碱盐，在水溶液中不能发生水解反应，因此对水的电离平衡移动无影响，溶液中由水电离出的c(H+)=10-7mol·L-1，E不符合题意；故答案为：CD；【小问2详解】pH=3的盐酸，c(H+)=10-3mol·L-1。①氨水中的一水合氨是一元弱碱，主要以电解质分子存在，在溶液中存在电离平衡，c(NH3·H2O)＞c(OH-)=1.0×10-3mol·L-1，要使溶液显中性，则b＜a；②浓度为1.0×10-3mol·L-1的氨水与pH=3的盐酸混合溶液呈中性，则浓度为1.0×10-3mol·L-1的氨水需稍过量，故体积大小关系为c＞a；③氢氧化钡为强电解质，c(OH-)=1.0×10-3mol·L-1的氢氧化钡与pH=3的盐酸反应溶液恰好呈中性，则体积大小关系为：d=a；故答案为：c＞a=d＞b；【小问3详解】①已知室温时，0.1mol·L-1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则溶液中c(H+)=0.1mol·L-1×0.1%=10-4mol/L，故溶液pH=4；故答案为：4；②弱电解质在溶液中存在电离平衡，物质电离过程会吸收热量，因此升高温度时，电离平衡正向移动，电解质电离程度增大，因而电离平衡常数K将增大；电离平衡正向移动，使溶液中c(H+)增大，故溶液pH减小；故答案为：增大；减小； ③由①可知0.1mol·L-1的HA电离出的c(H+)=10-4mol/L，溶液中存在水的离子积，则该溶液中，OH-只有水电离产生，则该溶液中水电离产生c(H+)=c(OH-)=10-10mol/L，故由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的倍；故答案为：106。三、(本题包括1小题，共16分)17.在1.0L真空密闭容器中充入4.0molA(g)和4.0molB(g)，在一定温度下进行反应：A(g)+B(g)⇌C(g)　ΔH，测得不同时刻该容器内物质的物质的量如下表：时间/min010203040n(A)/mol4.02.51.5n2n3n(C)/mol01.5n133回答下列问题：（1）随着温度的升高，该反应的化学平衡常数减小，则ΔH___________(填“>”“<”或“=”)0，反应从起始到20min内C的平均反应速率是___________mol·L-1·min-1。（2）该温度下，上述反应的化学平衡常数为___________。平衡时体系内气体的总压强是反应起始时总压强的___________。（3）下列选项中能说明该反应在一定温度和恒容条件下达到平衡状态的是___________。A.反应速率：vA(正)+vB(正)=vC(逆)B.A的质量不再改变C.B的转化率不再改变D.密度不再改变（4）若反应C(g)⇌A(g)+B(g)进行时需加入稀释剂X气体(不参与反应)，则C的平衡转化率与体系的温度、压强、X的物质的量的关系如图1、图2所示。①由图1可知，T1___________(填“>”“<”或“=”)T2。②由图2可知，当其他条件不变时，增大X的物质的量，C的平衡转化率将___________(填“增大”“减小” 或“不变”)，其原因是___________。【答案】（1）①<②.0.125mol·L-1·min-1（2）①.3②.0.625（3）BC（4）①.>②.增大③.随着X的物质的量的增多，容器体积增大，相当于减小反应体系的压强，平衡向正反应方向移动【解析】【小问1详解】随着温度的升高，反应A(g)+B(g)⇌C(g)　ΔH的化学平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0；反应从起始到20min内A的平均反应速率=，则C的平均反应速率=0.125mol·L－1·min－1；【小问2详解】根据表格数据可知，该温度下，30min时达平衡状态，此时C的浓度为，根据方程式，平衡时A、B的浓度均为，化学平衡常数；，则平衡时体系内气体的总压强是反应起始时总压强的0.625；【小问3详解】A．反应速率：vA(正)+vB(正)=vC(逆)，则vA(正)＜vC(逆)，一定不是平衡状态，A不选；B．A的质量不再改变，则A的浓度不变，能够说明达到平衡状态，B选；C．B的转化率不再改变，则B的浓度不变，能够说明达到平衡状态，C选；D．气体的质量和体积不变，密度始终不变，不能说明达到平衡状态，D不选；故选BC；【小问4详解】①A(g)+B(g)C(g)　ΔH<0，则C(g)A(g)+B(g)　ΔH>0，温度升高，平衡正向移动，C的转化率增大，由图1可知，压强相同时，T1时C的转化率大于T2时C的转化率，故T1大于T2，故答案为：＞；②由图2可知，当其他条件不变时，增大X的物质的量，C的平衡转化率将增大，其原因是：其他条件不变，X的用量越大，容器的体积越大，相当于减小了原体系的压强，平衡正向移动，C的转化率增大。四、(本题包括1小题，共12分)18.实验室用0.1080NaOH溶液以酸碱中和滴定法测定未知浓度酸溶液的浓度。 I.实验过程(摘录)（1）用滴定管取待测盐酸溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加2滴酚酞作指示剂。若盛装NaOH标准溶液的碱式滴定管中液面位置如图所示，则读数为___________mL。（2）滴定过程中，眼睛应始终注视___________。（3）滴定终点的判断依据是___________。II.数据记录实验编号盐酸待测体积V/mL消耗NaOH标准液体积V/mL125.0020.80225.0020.00325.0019.95425.002005III.数据处理（4）计算该盐酸溶液的浓度___________(精确到小数点后4位)。IV.误差分析（5）以下操作会导致待测盐酸浓度测定结果偏高的是___________(填字母)。A.装待测液前，锥形瓶中有少量蒸馏水B.滴定过程中锥形瓶内壁有NaOH标准溶液附着，滴定终点时仍未流下C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D.观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视V.拓展（6）常温下，若用0.1000NaOH溶液分别滴定20.00mL等浓度的盐酸和醋酸溶液，得到两条滴定曲线，如图所示： 请回答：达到B、D状态时，反应消耗的NaOH溶液的体积a___________b(填“>”“<”或“=”)。【答案】（1）0.70（2）锥形瓶中溶液颜色变化（3）滴入最后一滴标准溶液后，溶液由无色变为浅红色。且半分钟内不变色（4）0.0864（5）BC（6）>【解析】【小问1详解】滴定管读数时眼睛与凹液面的最低处水平，如图读数为：0.70mL；【小问2详解】滴定过程中，左手控制滴定管，右手摇锥形瓶，眼睛应始终注视锥形瓶中溶液颜色的变化；【小问3详解】用0.1080NaOH溶液以酸碱中和滴定法测定未知浓度酸溶液，滴定终点的判断依据是滴入最后一滴标准溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不变色；【小问4详解】根据表格中数据可知1数据误差太大，舍去，消耗NaOH标准液平均体积V=20.00+19.95+20.05=20.00mL，；【小问5详解】A.装待测液前，锥形瓶中有少量蒸馏水不影响盐酸总物质的量，对测量结果无影响；B.滴定过程中锥形瓶内壁有NaOH标准溶液附着，滴定终点时仍未流下，氢氧化钠没被利用，造成氢氧化钠体积偏大，测定盐酸浓度偏高；C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成氢氧化钠体积偏大，测定盐酸浓度偏高；D.观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视造成氢氧化钠体积偏小，测定盐酸浓度偏低；故答案为：BC【小问6详解】 根据滴定突跃可知图1为用0.1000NaOH溶液分别滴定20.00mL等浓度的盐酸，图2滴定突跃为碱性可知是氢氧化钠滴定醋酸，B点为氢氧化钠和盐酸正好反应生成氯化钠，消耗氢氧化钠体积20.00mL，D点是氢氧化钠滴定醋酸到中性，如果正好滴定完全生成醋酸钠，溶液显碱性，要想使溶液显中性氢氧化钠体积要小于20.00mL，故a>b；五、(本题包括1小题，共10分)19.水在25℃和95℃的电离平衡曲线如图所示：（1）95℃时，水的电离平衡曲线应为___________(填“A”或“B”)，此时Kw=___________。（2）95℃时水的离子积与25℃时水的离子积数值不同，原因是___________。25℃时，将pH=a、体积为Va的某一元强酸与pH=b、体积Vb的某一元强碱混合，若a+b=13，混合溶液pH=7，则Va∶Vb=___________。（3）95℃时，若100体积pH=a的某强酸溶液与1体积pH=b的某强碱溶液混合后呈中性。则a与b之间应满足的关系是___________。【答案】（1）①.B②.1×10-12（2）①.水的电离过程吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，Kw增大②.1∶10（3）a+b=14【解析】【小问1详解】水的电离吸热，升高温度，电离平衡正向移动，c(H+)、c(OH-)均增大，故95℃时，水的电离平衡曲线应为B，此时；【小问2详解】95℃时水的离子积与25℃时水的离子积数值不同，原因是温度升高，水的电离程度变大；25℃时，将pH=a、体积为Va的某一元强酸，氢离子浓度为1×10-a；pH=b、体积Vb的某一元强碱混合，氢氧根离子浓度为1×10-14+b；若a+b=13，混合溶液pH=7，则Va×1×10-a=Vb×1×10-14+b；则Va∶Vb=1∶10；【小问3详解】