安徽省铜陵一中2022学年高二期中化学试卷

2022-2022学年安徽省铜陵一中高二（上）期中化学试卷　一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）1．下列说法中，正确的是（　　）A．冰醋酸是弱电解质，液态时能导电B．强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质强C．盐酸中加入固体NaCl，因Cl﹣浓度增大，所以溶液酸性减弱D．电解质达到电离平衡后，各种离子的浓度相等2．该试题已被管理员删除3．对于化学反应能否自发进行，下列说法中错误的是（　　）A．若△H＜0，△S＞0，任何温度下都能自发进行B．若△H＞0，△S＜0，任何温度下都不能自发进行C．需要加热才能够进行的过程肯定不是自发过程D．非自发过程在一定条件下可能变成自发过程4．下列事实可用勒沙特列原理解释的是（　　）A．新制的氯水在光照条件下颜色变浅B．H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色变深C．钢铁在潮湿的空气中容易生锈D．加入催化剂有利于氨催化氧化的反应5．下列热化学方程式正确的是（注：△H的绝对值均正确）（　　）A．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）；△H=﹣1367.0kJ/mol（燃烧热）B．NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）；△H=﹣57.3kJ/mol（中和热）C．S（s）+O2（g）═SO2（g）；△H=+269.8kJ/mol（反应热）D．2NO2═O2+2NO；△H=+116.2kJ/mol（反应热）6．一定温度下在体积为1L的密闭容器内进行着某一反应，X气体、Y气体的物质的量随反应时间变化的曲线如图．下列叙述中正确的是（　　）29/29A．反应的化学方程式为5Y⇌XB．t1时，Y的浓度是X浓度的1.5倍C．根据t2时的数据，可求出该温度下的平衡常数D．t3时，逆反应速率大于正反应速率7．用食用白醋（醋酸浓度约1mol/L）进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是（　　）A．白醋中滴入石蕊试液呈红色B．白醋加入豆浆中有沉淀产生C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出D．pH试纸显示白醋的pH为2～38．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率但不影响生成H2的总量，可向盐酸中加入适量的（　　）A．CaCO3（s）B．Na2SO4溶液C．KNO3溶液D．CuSO4（s）9．常温下，将pH值等于3的酸溶液和pH值等于11的Ba（OH）2溶液等体积混和，所得溶液的pH值（　　）A．≥7B．≤7C．一定等于7D．可能大于710．一定温度下，向aL密闭容器中加入2molNO2（g），发生反应：2NO2⇌2NO+O2，此反应达到平衡状态时的标志是（　　）A．混合气体的颜色变浅B．混合气体的密度不再变化C．混合气体中NO2、NO、O2物质的量之比为2：2：1D．单位时间内生成2nmolNO，同时生成2nmolNO211．在一个固定体积的密闭容器中，放入3LX（g）和2LY（g），在一定条件下发生反应4X（g）+3Y（g）⇌2Q（g）+29/29nR（g），达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增加5%，X的浓度减少，则方程中n的值是（　　）A．3B．4C．5D．612．用pH试纸测定溶液pH的正确操作是（　　）A．将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照B．将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照C．将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照D．将一小条试纸先用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照13．已知：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g），△H=﹣1025kJ/mol，该反应是一个可逆反应，若反应物起始的物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是（　　）A．B．C．D．14．对已达化学平衡的下列反应：2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）减小压强时，对反应产生的影响是（　　）A．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动B．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动C．正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动D．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动15．把0.05molNaOH固体分别加入到100mL下列液体中，溶液的导电能力变化最小的是（　　）29/29A．自来水B．0.5mol/L盐酸C．0.5mol/LCH3COOH溶液D．0.5mol/LKCl溶液16．90℃时水的离子积KW=3.8×10﹣13，该温度时纯水的pH是（　　）A．等于7B．小于7C．大于7D．无法确定17．用已知物质的量浓度的盐酸滴定待测的氢氧化钠溶液，下列情况会使滴定结果偏高的是（　　）A．酸式滴定管用水洗净后未用标准液润洗B．锥形瓶内有水珠未干燥就加入待测的氢氧化钠溶液C．滴定终点时俯视滴定管读数D．滴定时溶液刚变成无色就立即停止滴定18．在一个恒容的密闭容器中充入2molA和1molB发生反应：2A（g）+B（g）⇌xC（g），达到平衡后，C的体积分数为a．若恒温恒容下，按0.6molA、0.3molB和1.4molC为起始物，达到平衡后，C的体积分数仍为a，则x的值可能是（　　）A．2B．3C．4D．2或319．甲醇广泛用作燃料电池的燃料，可由天然气来合成，已知：①2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）；△H=﹣71kJ/mol②CO（g）+2H2（g）═CH3OH（l）；△H=﹣90.5kJ/mol③CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣890kJ/mol下列说法不正确的是（　　）A．三个反应均为放热反应，故不需要加热就能进行B．CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）；△H＞﹣90.5kJ/molC．甲醇的燃烧热为764kJ/molD．若CO的燃烧热为282.5kJ/mol，则H2的燃烧热为286kJ/mol20．可逆反应①X（g）+2Y（g）⇌2Z（g）、②2M（g）⇌N（g）+P（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦，可滑动的密封隔板．反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：下列判断正确的是（　　）29/29A．反应①的正反应是吸热反应B．达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14：15C．达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为D．在平衡（Ⅰ）和平衡（Ⅱ）中，M的体积分数相等　二、解答题（共3小题，满分34分）21．某温度（t°C）时纯水的pH=6.5，则该温度（填大于、小于或等于）　　25°C，其理由是　　．将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合，（1）若所得混合液为中性，则a：b=　　；（2）若所得混合液的pH=2，则a：b=　　．22．（1）对于下列反应：2SO2+O2⇌2SO3，如果2min内SO2的浓度由6mol/L下降为2mol/L，那么，用SO2浓度变化来表示的化学反应速率为　　，用O2浓度变化来表示的反应速率为　　．如果开始时SO2浓度为4mol/L，2min后反应达平衡，若这段时间内v（O2）为0.5mol/（L•min），那么2min时SO2的浓度为　　．（2）图1表示在密闭容器中反应：2SO2+O2⇌2SO3，△H＜0达到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，ab过程中改变的条件可能是　　；bc过程中改变的条件可能是　　；若增大压强时，反应速度变化情况画在c～d处．（3）酶是蛋白质，具有蛋白质的特性，酶能催化很多化学反应，图2表示酶参加的反应中，温度与反应速率的关系．解释曲线变化原因　　．23．（一）恒温、恒压下．在一个容积可变的容器中发生如下反应：A（g）+29/29B（g）⇌C（g）（1）若开始时放入1molA和1molB，达到平衡后，生成amolC，这时A的物质的量为　　mol．（2）若开始时放入3molA和3molB，达到平衡后，生成C的物质的量为　　mol（3）若开始时放入xmolA、2molB和1molC，达到平衡后，A和C的物质的量分别为ymol和3amol，则x=　　，y=　　．平衡时，B的物质的量　　（填编号）．（甲）大于2mol（乙）等于2mol（丙）小于2mol（丁）可能大于、等于或小于2mol（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，特再次达到平衡后，C的物质的量分数是　　（二）若维持温度不变，在一个与（一）反应前起始体积相同，且容积固定的容器中发生上述反应（5）开始时放入1molA和1molB到达平衡后生成bmolC．将b与（1）小题中的a进行比较　　（填编号）．（甲）a＞b（乙）a＜b（丙）a=b（丁）不能比较a和b的大小．作出此判断的理由是　　．　三、计算题（本题共1题，6分）24．常温下，将一定浓度的NaOH溶液逐滴加入到20.00mL一定物质的量浓度的硫酸溶液中，反应过程中溶液pH和所加NaOH溶液的体积关系如图所示：（1）由图可知，硫酸的物质的量浓度为多少？（2）计算NaOH溶液的物质的量浓度：（3）计算加入10mLNaOH溶液时，溶液的pH（已知1g2=0.3，混合后溶液的体积按混合前两种溶液的体积之和计算）29/29　29/292022-2022学年安徽省铜陵一中高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）1．下列说法中，正确的是（　　）A．冰醋酸是弱电解质，液态时能导电B．强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质强C．盐酸中加入固体NaCl，因Cl﹣浓度增大，所以溶液酸性减弱D．电解质达到电离平衡后，各种离子的浓度相等【考点】D2：强电解质和弱电解质的概念；D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．冰醋酸为共价化合物，在液体时不能电离出阴阳离子，所以不能导电；B．溶液的导电能力与溶液中离子浓度大小有关，与电解质的强弱没有必然关系；C．氯化氢为强电解质，溶液中完全电离，不存在电离平衡，加入氯化钠后不影响氢离子浓度；D．达到电离平衡后，各种离子浓度不再变化，不一定相等．【解答】解：A．冰醋酸在水溶液中能够部分电离出氢离子和醋酸根离子，所以冰醋酸是弱电解质，但是液态时冰醋酸不电离，溶液中没有自由移动的带电离子，所以不能导电，故A错误；B．强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质强，如硫酸钡为强电解质，醋酸为弱电解质，硫酸钡的导电性小于醋酸，故B正确；C．盐酸中加入固体NaCl，氯化氢在溶液中完全电离，不存在电离平衡，Cl﹣浓度增大不影响溶液中氢离子浓度，所以溶液酸性基本不变，故C错误；D．弱电解质达到电离平衡后，溶液中各离子浓度不再变化，并不是各种离子的浓度相等，故D错误；故选B．　29/292．该试题已被管理员删除　3．对于化学反应能否自发进行，下列说法中错误的是（　　）A．若△H＜0，△S＞0，任何温度下都能自发进行B．若△H＞0，△S＜0，任何温度下都不能自发进行C．需要加热才能够进行的过程肯定不是自发过程D．非自发过程在一定条件下可能变成自发过程【考点】BB：反应热和焓变．【分析】△H﹣T△S＜0的反应，可自发进行，非自发的反应在一定条件可进行，不能利用反应条件判断反应进行的自发过程，以此来解答．【解答】解：A．若△H＜0，△S＞0，由△H﹣T△S＜0的反应可自发进行可知，任何温度下都能自发进行，故A正确；B．若△H＞0，△S＜0，则△H﹣T△S＞0，可知任何温度下都不能自发进行，故B正确；C．需要加热能够进行的过程可能为自发过程，如碳酸钙分解等，不能利用反应条件判断反应进行的自发过程，故C错误；D．非自发过程在一定条件下可能变成自发过程，如Cu与稀硫酸在电解条件下可发生，故D正确；故选C．　4．下列事实可用勒沙特列原理解释的是（　　）A．新制的氯水在光照条件下颜色变浅B．H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色变深C．钢铁在潮湿的空气中容易生锈D．加入催化剂有利于氨催化氧化的反应【考点】CF：化学平衡移动原理．【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；在使用勒夏特列原理时，反应必须是可逆反应，化学平衡发生移动则可以用勒沙特列原理解释．29/29【解答】解A：氯水中存在平衡Cl2+H2O⇌HClO+H++Cl﹣，光照HClO分解，溶液中HClO浓度降低，平衡向生成HClO方向移动，可用平衡移动原理解释，故A选；B．H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色变深，是因为压强增大容器体积减小导致碘浓度增大而导致颜色变深，该反应前后气体计量数之和不变，压强不影响平衡移动，不能用平衡移动原理解释，故B不选；C．钢铁在潮湿的空气中生锈是因为发生电化学腐蚀，与平衡移动原理无关，故C不选；D．催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以不能用平衡移动原理解，故D不选；故选A．　5．下列热化学方程式正确的是（注：△H的绝对值均正确）（　　）A．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）；△H=﹣1367.0kJ/mol（燃烧热）B．NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）；△H=﹣57.3kJ/mol（中和热）C．S（s）+O2（g）═SO2（g）；△H=+269.8kJ/mol（反应热）D．2NO2═O2+2NO；△H=+116.2kJ/mol（反应热）【考点】BE：热化学方程式．【分析】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B．中和热是强酸强碱稀溶液中和反应生成1mol水时放出的热量；C．硫燃烧生成二氧化硫反应放热；D．热化学反应方程式要注明物质在反应时的状态．【解答】解：A．燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到的氧化物必须是稳定的氧化物，热化学方程式中H2O的状态必须为液态，该热化学方程式中H2O的状态为气态，故A错误；B．中和热是强酸强碱稀溶液中和反应生成1mol水时放出的热量，NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol（中和热），符合中和热概念，故B正确；29/29C．硫燃烧生成二氧化硫气体放热，△H＜0，故C错误；D．2NO2=O2+2NO△H=+116.2kJ/mol（反应热），未标注物质聚集状态，故D错误；故选B．　6．一定温度下在体积为1L的密闭容器内进行着某一反应，X气体、Y气体的物质的量随反应时间变化的曲线如图．下列叙述中正确的是（　　）A．反应的化学方程式为5Y⇌XB．t1时，Y的浓度是X浓度的1.5倍C．根据t2时的数据，可求出该温度下的平衡常数D．t3时，逆反应速率大于正反应速率【考点】CB：化学平衡的影响因素．【分析】达到平衡时，Y的物质的量为3mol，变化量为10mol﹣3mol=7mol，X的物质的量为5mol，变化量为5mol﹣2mol=3mol，反应的方程式为7Y⇌3X，结合图象解答该题．【解答】解：A、达到平衡时，Y的物质的量为3mol，变化量为10mol﹣3mol=7mol，X的物质的量为5mol，变化量为5mol﹣2mol=3mol，反应的方程式为7Y⇌3X，故A错误；B、t1时，Y的物质的量为6mol，X的物质的量为4mol，物质的量之比等于浓度之比，则Y的浓度是X浓度的1.5倍，故B正确；C、由图可知t2时，反应没有达到平衡，根据t2时的数据，不可求出该温度下的平衡常数，故C错误；D、由图可知t3时，反应达到平衡，正逆反应速率相等且不再变化，故D错误；故选：B．　29/297．用食用白醋（醋酸浓度约1mol/L）进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是（　　）A．白醋中滴入石蕊试液呈红色B．白醋加入豆浆中有沉淀产生C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出D．pH试纸显示白醋的pH为2～3【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；D2：强电解质和弱电解质的概念．【分析】A、根据酸遇紫色的石蕊变红属于酸的通性来分析；B、根据电解质能使胶体发生聚沉来分析；C、根据酸与盐的反应来分析；D、根据酸的电离的程度来分析醋酸为弱电解质．【解答】解：A、因酸遇紫色的石蕊变红属于酸的通性，不能利用酸的通性来判断酸性的强弱，故A错误；B、因电解质能使胶体发生聚沉，豆浆属于胶体分散系，则说明白醋属于电解质，不能确定其电离程度，故B错误；C、蛋壳的成分为碳酸钙，与白醋反应生成二氧化碳，可说明白醋的酸性比碳酸的强，不能证明醋酸存在电离平衡，即不能说明醋酸为弱酸，故C错误；D、1mol的醋酸pH为2～3，说明醋酸电离不完全，即醋酸溶液中存在电离平衡，则说明醋酸为弱电解质，故D正确；故选D．　8．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率但不影响生成H2的总量，可向盐酸中加入适量的（　　）A．CaCO3（s）B．Na2SO4溶液C．KNO3溶液D．CuSO4（s）【考点】CA：化学反应速率的影响因素．【分析】因Fe过量，则减小氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量，可满足减缓反应速率但又不影响生成H2的总量，以此来解答．【解答】解：A．因盐酸与NCaCO3固体反应，会导致生成氢气的量减少，故A错误；29/29B．加入Na2SO4溶液，溶液体积增大，浓度减小，反应速率减小，但生成氢气的总量不变，故B正确；C．加入KNO3溶液，生成NO气体而不生成氢气，故C错误；D．加入硫酸铜，置换出铜，形成原电池反应，加快反应速率，故D错误．故选B．　9．常温下，将pH值等于3的酸溶液和pH值等于11的Ba（OH）2溶液等体积混和，所得溶液的pH值（　　）A．≥7B．≤7C．一定等于7D．可能大于7【考点】DA：pH的简单计算．【分析】pH=3的某酸溶液和pH=11的Ba（OH）2溶液中，酸中的c（H+）=0.001mol/L，Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）=0.001mol/L，然后根据酸为强酸或弱酸进行讨论反应后溶液的pH．【解答】解：pH=3的酸中的c（H+）=0.001mol/L，pH=11的Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）=0.001mol/L，若酸为强酸，c（H+）=0.001mol/L为酸中的全部氢离子，则等体积混合，恰好反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，pH等于7；若酸为弱酸，c（H+）=0.001mol/L只是酸中电离出的氢离子，还有大量的弱酸分子未电离，故和氢氧化钠等体积混合时，反应后酸过量，溶液呈酸性，pH小于7，所以反应后溶液的pH≤7，故选B．　10．一定温度下，向aL密闭容器中加入2molNO2（g），发生反应：2NO2⇌2NO+O2，此反应达到平衡状态时的标志是（　　）A．混合气体的颜色变浅B．混合气体的密度不再变化C．混合气体中NO2、NO、O2物质的量之比为2：2：1D．单位时间内生成2nmolNO，同时生成2nmolNO229/29【考点】CG：化学平衡状态的判断．【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析．【解答】解：A、NO2是红棕色，混合气体颜色变浅，说明NO2浓度降低，平衡向正反应方向移动，该现象不能确定是否达到平衡，故A错误；B、容器体积不变，混合气体的质量不变，所以密度始终不变，密度不变反应并不一定达到平衡，故B错误；C、反应达到平衡时的各物质的物质的量与反应的初始物质的量以及反应的转化程度有关，混合气中NO2、NO、O2物质的量之比为2：2：1，不能确定是否达到平衡，故C错误；D、单位时间内生成2nmolNO，同时生成2nmolNO2，说明反应v正=v逆，达到平衡状态，故D正确．故选D．　11．在一个固定体积的密闭容器中，放入3LX（g）和2LY（g），在一定条件下发生反应4X（g）+3Y（g）⇌2Q（g）+nR（g），达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增加5%，X的浓度减少，则方程中n的值是（　　）A．3B．4C．5D．6【考点】CP：化学平衡的计算．【分析】混合气体的压强比原来增加5%，可知生成物中气体的化学计量数之和大于反应物中气体的化学计量数之和，以此来解答．【解答】解：达到平衡后，混合气体的压强比原来增加，压强之比等于物质的量之比，即反应后的气体系数之和大于反应前气体的系数之和，则4+3＜2+n，只有D符合，故选D．　12．用pH试纸测定溶液pH的正确操作是（　　）29/29A．将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照B．将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照C．将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照D．将一小条试纸先用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照【考点】O5：试纸的使用．【分析】用pH试纸测定时，用玻璃棒蘸取待测溶液，滴在试纸上，然后再与标准比色卡对照，便可测出溶液的pH；【解答】解：A．将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照，符合测量要求，故A正确；B．pH试纸先用水润湿再用玻璃棒蘸取少量待测点在试纸上，这样的操作会使溶液变稀，测量的数据不准确，故B错误；C．pH试纸直接浸入待测液，这样会污染溶液，故C错误；D．pH试纸先用水润湿再浸入待测液，这样的操作会使溶液变稀，直接浸入待测液，同时会污染溶液，故D错误．故选：A．　13．已知：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g），△H=﹣1025kJ/mol，该反应是一个可逆反应，若反应物起始的物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是（　　）A．B．C．D．29/29【考点】CI：体积百分含量随温度、压强变化曲线．【分析】由4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣1025kJ/mol知，该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡．【解答】解：A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故A正确．B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故B正确．C、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故C错误．D、催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡，正催化剂能加快反应速率缩短反应到达平衡的时间，故D正确．故选：C．　14．对已达化学平衡的下列反应：2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）减小压强时，对反应产生的影响是（　　）A．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动B．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动C．正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动D．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动【考点】CB：化学平衡的影响因素．【分析】对于有气体参加的化学反应，减小压强，正逆反应速率都减小；减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动．【解答】解：反应2X（g）+Y（g）2Z（g）有气体参加和生成，且该反应为气体体积缩小的反应，则减小压强时，A、正逆反应速率都减小，故A错误；B、正逆反应速率都减小，平衡逆向移动，故B错误；C、正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，故C正确；29/29D、正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，故D错误；故选C．　15．把0.05molNaOH固体分别加入到100mL下列液体中，溶液的导电能力变化最小的是（　　）A．自来水B．0.5mol/L盐酸C．0.5mol/LCH3COOH溶液D．0.5mol/LKCl溶液【考点】D4：电解质溶液的导电性．【分析】溶液混合后导电能力变化的大小，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化，B、D项中物质均是强电解质，加入NaOH后生成物仍是强电解质，故导电性变化不大；A、C项中物质由于难电离，离子浓度很小，当加入NaOH后，离子浓度增大很多，成为强电解质，故导电能力与原来相比变化很大．【解答】解：导电能力的大小，要比较单位体积内离子浓度的多少．A、因水是极弱的电解质，导电性极弱，加入氢氧化钠后，氢氧化钠是强电解质，溶液中主要的是钠离子和氢氧根，导电性增强，故A错误；B、未加氢氧化钠固体，导电的有氯离子和氢离子，加入氢氧化钠后主要是钠离子，氯离子，未反应的氢离子，而参加反应的氢离子正好与钠离子的量相当，所以导电性变化不大，故B正确；C、原来是弱电解质，离子较少，加入强碱以后，变为强电解质，导电能力增强，故C错误；D、氯化钾为强电解质，加入NaOH后是两种强电解质，离子的浓度变化大，故导电性变化较大，故D错误；故选B．　16．90℃时水的离子积KW=3.8×10﹣13，该温度时纯水的pH是（　　）A．等于7B．小于7C．大于7D．无法确定【考点】D6：水的电离．【分析】水的电离过程为吸热反应，温度升高，水的电离程度增大，溶液中的氢离子浓度增大，根据pH=﹣lgc（H+）可知，溶液的pH小于7，据此进行解答．29/29【解答】解：常温下，水的离子积为1×10﹣14，纯水中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，溶液的pH=7；升高温度，水的电离程度增大，水中氢离子浓度增大，pH=﹣lgc（H+）可知，氢离子浓度越大，pH越小，所以90℃时pH＜7，故选B．　17．用已知物质的量浓度的盐酸滴定待测的氢氧化钠溶液，下列情况会使滴定结果偏高的是（　　）A．酸式滴定管用水洗净后未用标准液润洗B．锥形瓶内有水珠未干燥就加入待测的氢氧化钠溶液C．滴定终点时俯视滴定管读数D．滴定时溶液刚变成无色就立即停止滴定【考点】R3：中和滴定．【分析】用已知物质的量浓度的盐酸滴定待测的氢氧化钠溶液，则c（NaOH）=，不当操作导致V（盐酸）偏大，会使滴定结果偏高，以此来解答．【解答】解：A．酸式滴定管用水洗净后未用标准液润洗，消耗V（盐酸）偏大，会使滴定结果偏高，故A选；B．锥形瓶内有水珠未干燥就加入待测的氢氧化钠溶液，n（NaOH）不变，则对实验无影响，故B不选；C．滴定终点时俯视滴定管读数，V（盐酸）偏小，则会使滴定结果偏低，故C不选；D．滴定时溶液刚变成无色就立即停止滴定，没有等到30s内不恢复，V（盐酸）偏小，则会使滴定结果偏低，故D不选；故选A．　18．在一个恒容的密闭容器中充入2molA和1molB发生反应：2A（g）+B（g）⇌xC（g），达到平衡后，C的体积分数为a．若恒温恒容下，按0.6molA、0.3molB和1.4molC为起始物，达到平衡后，C的体积分数仍为a，则x的值可能是（　　）29/29A．2B．3C．4D．2或3【考点】CB：化学平衡的影响因素．【分析】恒温恒容下，开始充入2molA和1molB与开始充入0.6molA、0.3molB和1.4molC达到平衡后，C的体积分数为a，说明为完全等效平衡，按化学计量数转化到左边，满足n（A）=2mol、n（B）=1mol，据此解答．【解答】解：恒温恒容下，开始充入2molA和1molB与开始充入0.6molA、0.3molB和1.4molC达到平衡后，C的体积分数为a，说明为完全等效平衡，按化学计量数转化到左边，满足n（A）=2mol、n（B）=1mol，故0.6mol+=2mol，解得x=2，但是对于反应前后气体系数和相等的反应，物质的投料等比即等效，所以x=3也是正确的．故选：D．　19．甲醇广泛用作燃料电池的燃料，可由天然气来合成，已知：①2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）；△H=﹣71kJ/mol②CO（g）+2H2（g）═CH3OH（l）；△H=﹣90.5kJ/mol③CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣890kJ/mol下列说法不正确的是（　　）A．三个反应均为放热反应，故不需要加热就能进行B．CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）；△H＞﹣90.5kJ/molC．甲醇的燃烧热为764kJ/molD．若CO的燃烧热为282.5kJ/mol，则H2的燃烧热为286kJ/mol【考点】BB：反应热和焓变．【分析】A、根据△H＜0放热及△G＜0反应自发进行，△G＞0反应不能自发进行判断；B、与反应②比较，1molCH3OH（g）能量高于1molCH3OH（l），根据能量守恒定律判断；29/29C、依据燃烧热的概念分析，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物分析的热量是燃烧热，据盖斯定律利用反应①②③求得甲醇燃烧的热化学方程式可得；D．一氧化碳燃烧的热化学方程式为CO（g）+O2（g）=CO2（g）△=﹣△H=﹣282.5kJ/mol，结合①2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）△H=﹣71kJ/mol、③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ/mol，利用盖斯定律求氢气燃烧的热化学方程式，据此解答．【解答】解：A、三个反应的△H都小于0，则都为放热反应，而②③的△H＜0，△S＜0，反应是否自发进行与温度有关，在低温下，焓变影响为主，高温时，熵变影响为中，温度的影响取决于△H、△S的具体数据，不能得到反应②③不需要加热就能进行，故A错误；B、与反应②比较，1molCH3OH（g）能量高于1molCH3OH（l），反应物的总能量相同，根据能量守恒定律可知该反应放出的热量小于反应②，故△H＞﹣90.5kJ/mol，故B正确；C、据盖斯定律③×2﹣①﹣②×2得：2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△=﹣1528KJ/mol，又1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物分析的热量是燃烧热，所以甲醇的燃烧热为=764kJ•mol﹣1，故C正确；D．①2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）△H=﹣71kJ/mol，②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣282.5kJ/mol，③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ/mol，根据盖斯定律得：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=﹣286kJ/mol，所以氢气的燃烧热燃烧热为286kJ/mol，故D正确；故选A．　20．可逆反应①X（g）+2Y（g）⇌2Z（g）、②2M（g）⇌N（g）+P（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦，可滑动的密封隔板．反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：下列判断正确的是（　　）29/29A．反应①的正反应是吸热反应B．达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14：15C．达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为D．在平衡（Ⅰ）和平衡（Ⅱ）中，M的体积分数相等【考点】CB：化学平衡的影响因素．【分析】A、从降温导致平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动时，X、Y、Z的总物质的量变化导致反应移动的方向来判断反应是吸热还是放热；B、根据等温时，反应②中气体的物质的量不变，压强与体积成反比，并且左右两个容器中的压强关系可判断；C、相同压强下，根据物质的量之比等于体积之比计算①中气体的物质的量，进而求出转化率；D、由于温度变化反应②的平衡已经被破坏，M的体积分数不会相等的．【解答】解：A、降温由平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，故A错误；B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为：=，故B错误；C、达平衡（Ⅰ）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：=，x==mol，即物质的量减少了3﹣=mol，所以达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为；故C正确；D、由平衡（Ⅰ）到平衡（Ⅱ），化学反应②发生移动，M的体积分数不会相等的，故D错误．故选：C．　二、解答题（共3小题，满分34分）21．某温度（t°C）时纯水的pH=6.5，则该温度（填大于、小于或等于）　大于　25°C，其理由是　升高温度促进水电离　．将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合，29/29（1）若所得混合液为中性，则a：b=　1：10　；（2）若所得混合液的pH=2，则a：b=　9：2　．【考点】DA：pH的简单计算．【分析】升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，某温度（t°C）时纯水的pH=6.5，则该温度下Kw=1×10﹣13，pH=11的NaOH中c（OH﹣）=0.01mol/L，pH=1的硫酸中c（H+）=0.1mol/L，（1）混合溶液呈中性，说明酸中n（H+）等于碱中n（OH﹣）；（2）若所得混合液的pH=2，混合溶液中c（H+）=0.01mol/L，c（H+）=．【解答】解：升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，某温度（t°C）时纯水的pH=6.5，则该温度下Kw=1×10﹣13＞1×10﹣14，则该温度大于25°C，pH=11的NaOH中c（OH﹣）=0.01mol/L，pH=1的硫酸中c（H+）=0.1mol/L，故答案为：大于；升高温度促进水电离；（1）混合溶液呈中性，说明酸中n（H+）等于碱中n（OH﹣），则0.1b=0.01a，a：b=1：10，故答案为：1：10；（2）若所得混合液的pH=2，混合溶液中c（H+）=0.01mol/L，c（H+）==0.01mol/L，a：b=9：2，故答案为：9：2．　22．（1）对于下列反应：2SO2+O2⇌2SO3，如果2min内SO2的浓度由6mol/L下降为2mol/L，那么，用SO2浓度变化来表示的化学反应速率为　2mol/（L•min）　，用O2浓度变化来表示的反应速率为　1mol/（L•min）　．如果开始时SO2浓度为4mol/L，2min后反应达平衡，若这段时间内v（O2）为0.5mol/（L•min），那么2min时SO2的浓度为　2mol/L　．29/29（2）图1表示在密闭容器中反应：2SO2+O2⇌2SO3，△H＜0达到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，ab过程中改变的条件可能是　升高温度　；bc过程中改变的条件可能是　减小SO3浓度　；若增大压强时，反应速度变化情况画在c～d处．（3）酶是蛋白质，具有蛋白质的特性，酶能催化很多化学反应，图2表示酶参加的反应中，温度与反应速率的关系．解释曲线变化原因　开始时温度升高及酶的催化作用增强使反应速率加快，但温度高至一定程度时，酶蛋白受热凝固变性而逐步失去催化活性，所以速率又降低　．【考点】CQ：化学反应速率和化学计量数的关系；CA：化学反应速率的影响因素．【分析】（1）根据反应速率v=及化学反应速率与化学计量数的关系计算出二氧化硫、氧气的反应速率；根据n=v•V•t计算出2min时SO2的浓度；（2）根据正逆反应速率的变化结合温度、压强对反应速率和化学平衡的影响判断，a时逆反应速率大于正反应速率，且正逆反应速率都增大，b时正反应速率大于逆反应速率，注意逆反应速率突然减小的特点；（3）根据酶作催化剂时，有一个最适宜温度，低于此温度，酶的催化效果不明显，高于此温度，酶易变性分析．【解答】解：（1）2min内SO2的浓度由6mol/L下降为2mol/L，二氧化硫的反应速率为：v（SO2）==2mol/（L•min），用O2浓度变化来表示的反应速率为：v（O2）=×2mol/（L•min）=1mol/（L•min），如果开始时SO2浓度为4mol/L，2min后反应达平衡，若这段时间内v（O2）为0.5mol/（L•min），二氧化硫的反应速率为：v（SO2）=2v（O2）=2×0.5mol/（L•min）=1mol/（L•min），反应消耗的二氧化硫的物质的量浓度为：n（SO2）=1mol/（L•min）×2min=2mol/L，则2min时SO2的浓度为：4mol/L﹣2mol/L=2mol/L，故答案为：2mol/（L•min）；1mol/（L•min）；2mol/L；29/29（2）a时逆反应速率大于正反应速率，且正逆反应速率都增大，说明平衡应向逆反应方向移动，该反应的正反应放热，应为升高温度的结果，b时正反应速率不变，逆反应速率减小，在此基础上逐渐减小，应为减小生成物的原因；若增大压强时，平衡向正反应方向移动，则正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，图象应为：，故答案为：升高温度；减小SO3浓度；；（3）酶作催化剂时，有一个最适宜温度，低于此温度，酶的催化效果不明显，高于此温度，酶易变性，失去催化活性，故答案为：开始时温度升高及酶的催化作用增强使反应速率加快，但温度高至一定程度时，酶蛋白受热凝固变性而逐步失去催化活性，所以速率又降低．　23．（一）恒温、恒压下．在一个容积可变的容器中发生如下反应：A（g）+B（g）⇌C（g）（1）若开始时放入1molA和1molB，达到平衡后，生成amolC，这时A的物质的量为　（1﹣a）　mol．（2）若开始时放入3molA和3molB，达到平衡后，生成C的物质的量为　3a　mol（3）若开始时放入xmolA、2molB和1molC，达到平衡后，A和C的物质的量分别为ymol和3amol，则x=　2　，y=　3（1﹣a）　．平衡时，B的物质的量29/29　（丁）　（填编号）．（甲）大于2mol（乙）等于2mol（丙）小于2mol（丁）可能大于、等于或小于2mol（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，特再次达到平衡后，C的物质的量分数是　　（二）若维持温度不变，在一个与（一）反应前起始体积相同，且容积固定的容器中发生上述反应（5）开始时放入1molA和1molB到达平衡后生成bmolC．将b与（1）小题中的a进行比较　乙　（填编号）．（甲）a＞b（乙）a＜b（丙）a=b（丁）不能比较a和b的大小．作出此判断的理由是　因为本小题中容器容积不变，而（1）小题中容器的容积缩小，所以本小题的容器中的压力小于（1）小题容器中的压力，有利于逆向反应　．【考点】CP：化学平衡的计算；CB：化学平衡的影响因素．【分析】（一）（1）由方程式可知，生成C的物质的量=参加反应A的物质的量，平衡时A的物质的量=A的起始物质的量﹣参加反应的A的物质的量；（2）恒温恒压下，若开始时放入3molA和3molB，与（1）中A、B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同；（3）若开始时放入xmolA，2molB和1molC，完全转化到左边满足3molA和3molB，与（1）中A、B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，可以得到3amolC，平衡时A、B的物质的量分别为（1）中A、B的3倍，结合a＜1判断；（4）由（3）分析可知，若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，等效为开始加入6molA和6molB，与（1）中平衡为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，则平衡时C的物质的量分数与（1）中相同；（二）（5）反应A（g）+B（g）⇌C（g）是气体体积减少的反应，在恒温恒容容器中，随反应进行压强减小，而在恒温恒压容器中随反应进行，过程中的压强为保持恒压，则本题的容器中的压力小于（1）小题容器中的压力，有利于逆向反应．【解答】解：（一）（1）达到平衡后，生成amolC，则△n（A）=△29/29n（C）=amol，故A的物质的量为1mol﹣amol=（1﹣a）mol，故答案为：（1﹣a）；（2）恒温恒压下，若开始时放入3molA和3molB，与（1）中A、B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，则平衡时生成C为（1）中的3倍，即生成C为3amol，故答案为：3a；（3）若开始时放入xmolA，2molB和1molC，完全转化到左边满足3molA和3molB，与（1）中A、B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，可以得到3amolC，1molC转化可以得到1molA、1molB，则x=3﹣1=2，则平衡时A为3（1﹣a）mol，平衡时B的物质的量为（1）中B的3倍，即为3（1﹣a）mol，由于0＜a＜1，故3（1﹣a）可能大于、等于或小于2，故答案为：2；3（1﹣a）；（丁）；（4）由（3）分析可知，若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，等效为开始加入6molA和6molB，与（1）中平衡为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，则平衡时C的物质的量发生与（1）中相同，即C的物质的量分数为=，故答案为：；（二）（5）在恒温恒压容器中开始时放入1molA和1molB到达平衡后生成amolC；在恒温恒容容器中开始时放入1molA和1molB到达平衡后生成bmolC；反应A（g）+B（g）⇌C（g）是气体体积减少的反应，在恒温恒容容器中，随反应进行压强减小，在恒温恒压容器中随反应进行，过程中的压强为保持恒压，体积减小，所以本题的容器中的压力小于（1）小题容器中的压力，有利于逆向反应，因此平衡后b＜a；故答案为：乙；因为本小题中容器容积不变，而（1）小题中容器的容积缩小，所以本小题的容器中的压力小于（1）小题容器中的压力，有利于逆向反应．　三、计算题（本题共1题，6分）29/2924．常温下，将一定浓度的NaOH溶液逐滴加入到20.00mL一定物质的量浓度的硫酸溶液中，反应过程中溶液pH和所加NaOH溶液的体积关系如图所示：（1）由图可知，硫酸的物质的量浓度为多少？（2）计算NaOH溶液的物质的量浓度：（3）计算加入10mLNaOH溶液时，溶液的pH（已知1g2=0.3，混合后溶液的体积按混合前两种溶液的体积之和计算）【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】（1）由图可知，在加入NaOH之前，pH=1，根据c（H+）计算硫酸的浓度；（2）当加到25mL的NaOH时pH=7，氢氧化钠与硫酸恰好完全中和，根据n（H+）=n（OH﹣）计算；（3）加入10mLNaOH后，总体积V=10+20=30mL，中和掉H+为0.08×0.01=0.0008mol，剩余的H+为0.1×0.02﹣0.008=0.0012moL，然后计算氢离子浓度和pH．【解答】解：（1）由图可知，在加入NaOH之前，硫酸溶液的pH=1，则c（H+）=0.1mol/L，所以硫酸的浓度为c（H2SO4）=c（H+）=0.05mol/L；答：硫酸的物质的量浓度为0.05mol/L；（2）当加到25mL的NaOH时pH=7，氢氧化钠与硫酸恰好完全中和，而由（1）可知，c（H+）=0.1mol/L，所以n（H+）=c（H+）×V（H2SO4）=n（OH﹣）=c（NaOH）×V（NaOH），所以c（NaOH）==0.08mol/L；答：NaOH溶液的物质的量浓度为0.08mol/L；（3）加入10mLNaOH后，总体积V=10+20=30mL，中和掉H+为0.08×0.01=0.0008mol，剩余的H+为0.1×0.02﹣0.008=0.0012moL，所以最后c（H+）=29/29=0.04mol/L，所以pH=﹣lgc（H+）=﹣lg0.04=1.4；答：加入10mLNaOH溶液时，溶液的pH为1.4．　29/292022年6月25日29/29