2022-2023学年湖南省长沙市雅礼中学高二上学期第一次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市雅礼中学高二上学期第一次月考化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，原理综合题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高二上学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是
A．HClO在光照条件下易分解成HCl和O2
B．0.01mol/L HClO溶液的c(ClO-)＜0.01mol/L
C．NaClO的电离方程式：NaClO=Na＋＋ClO-
D．HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4
【答案】B
【详解】A．HClO在光照条件下易分解成HCl和O2，表明HClO具有不稳定性，A不符合题意；
B．0.01mol/L HClO溶液的c(ClO-)＜0.01mol/L，表明HClO只发生部分电离，则其为弱电解质，B符合题意；
C．NaClO的电离方程式：NaClO=Na＋＋ClO-，表明NaClO是强电解质，不能说明HClO是强电解质还是弱电解质，C不符合题意；
D．HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4，表明HClO具有强氧化性，D不符合题意；
故选B。
2．下列事实与对应的方程式不符合的是
A．自然界正常雨水pH=5.6是因为：H2O＋CO2H2CO3，H2CO3H＋＋HCO
B．用CH3COOH溶液和NaOH溶液反应测定中和热：CH3COOH(aq)＋NaOH(aq) = CH3COONa(aq)＋H2O(l)  kJ·mol-1
C．甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)＋2O2(g) =CO2(g) ＋2H2O(g)   ΔH= -890.3 kJ/mol
D．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：S2O＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O
【答案】C
【详解】A．自然界正常雨水pH=5.6是因为水中溶解了二氧化碳，并反应生成碳酸，其方程式是H2O＋CO2H2CO3，H2CO3H＋＋HCO，A选项相符；
B．25℃和101kPa下，强酸的稀溶液与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol H2O时，放出57.3kJ的热量。用CH3COOH溶液和NaOH溶液反应测定中和热，由于醋酸是弱酸，电离过程吸热，所以中和反应反应热数值小于57.3kJ·mol-1，反应方程式是CH3COOH(aq)＋NaOH(aq) = CH3COONa(aq)＋H2O(l) kJ·mol-1，B选项相符；
C．101kPa时，1 mol 纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量，为燃烧热，指定的产物中碳元素变为CO2(g)，氢元素变为H2O(l)，硫元素变为SO2(g)，氮元素变为N2(g)等，所以甲烷燃烧的热化学方程式是CH4(g)＋2O2(g) =CO2(g) ＋2H2O(l) ΔH= -890.3 kJ/mol，C选项错误，不相符；
D．硫代硫酸钠在酸性条件下不稳定，发生歧化反应，生成硫单质，溶液变浑浊，反应方程式是S2O＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O，D选项相符；
故答案选C。
【点睛】注意，ΔH的大小比较是带正负号的数值大小比较。
3．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A．pH=1的溶液：Ag+、Al3+、Cl-、
B．加入Al能放出H2的溶液中：Cl-、、、K+
C．水电离产生的c(OH-)=10−12 mol·L−1的溶液：K+、Fe2+、、
D．=10−12的溶液：、Cu2+、、Cl-
【答案】D
【详解】A．pH=1的溶液中，Ag+与Cl-、都能反应生成沉淀，不能大量共存，A不符合题意；
B．加入Al能放出H2的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在碱性溶液中，不能大量存在，B不符合题意；
C．水电离产生的c(OH-)=10−12 mol·L−1的溶液中，水的电离受到抑制，则溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性溶液中，Fe2+与不能大量存在，在碱性溶液中，Fe2+不能大量存在，C不符合题意；
D．=10−12的溶液中，c(H+)=0.1mol/L，则、Cu2+、、Cl-都能大量存在，D符合题意；
故选D。
4．某密闭容器中发生如下反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)　ΔH＜0。如图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中正确的是

A．t2时加入催化剂 B．t3时降低了温度
C．t5时增大了压强 D．t4～t5时间内转化率一定最低
【答案】A
【详解】A．由图可知，t2时刻，改变条件，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是改变压强，故改变条件为使用催化剂，故A正确；
B．t3时刻，改变条件，正、逆反应速率降低，且正反应速率降低更多，平衡向逆反应移动，该反应正反应是放热反应，温度降低，平衡向正反应移动，故不可能为降低温度，故B错误；
C．t5时刻，改变条件，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是改变压强，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，故改变条件为升高温度，故C错误；
D．t2时刻，使用催化剂，平衡不移动，X的转化率不变，t3时刻，平衡向逆反应移动，X的转化率减小，t5时刻，升高温度，平衡向逆反应移动，X的转化率降低，则t6之后转化率更低，故D错误；
本题答案选A。
5．用尿素水解生成的NH3催化还原，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为4NH3(g)+O2(g)+4NO(g) 4N2(g)+6H2O(g)，下列说法正确的是
A．上述反应ΔS<0
B．上述反应平衡常数
C．上述反应中消耗2mol NH3，转移电子的数目为3×6.02×1023
D．实际应用中，加入尿素的量越多，柴油机车辆排放的尾气对空气污染程度越小
【答案】B
【详解】A．由方程式可知，该反应是一个气体分子数增大的反应，即熵增的反应，反应△S＞0，故A错误；
B．由方程式可知，反应平衡常数，故B正确；
C．由方程式可知，反应每消耗4mol氨气，反应转移12mol电子，则反应中消耗1mol氨气转移电子的数目为3mol×4××6.02×1023=3×6.02×1023，故C错误；
D．实际应用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨气过量，柴油机车辆排放的氨气对空气污染程度增大，故D错误；
故选B。
6．常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、 HB、HC三种酸溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随的变化关系如图所示，下列叙述错误的是

A．酸性：HB＞HA
B．水的电离程度：b点＜c点
C．酸的物质的量浓度：b点＜a点
D．当=3时，三种溶液同时升高温度，减小
【答案】B
【分析】常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、 HB、HC三种酸溶液稀释1000倍后，=3，此时溶液的pH：HA＜HB＜HC，则表明相同浓度时酸性HA＜HB＜HC。
【详解】A．由分析可知，酸性：HB＞HA，A正确；
B．b、c两点，溶液的pH=4，则酸电离产生的c(H+)相同，对水电离的影响相同，所以水的电离程度：b点=c点，B错误；
C．因为酸性HA＜HB，所以pH=2时，两种酸的浓度：HA＞HB，稀释相同倍数后，酸的物质的量浓度：b点＜a点，C正确；
D．当=3时，三种溶液中酸的酸性HA＜HB＜HC，同时升高温度，酸性越弱，温度对电离程度的促进作用越大，酸根离子浓度增大的越多，所以减小，D正确；
故选B。
7．可逆反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)的v-t图像如图甲所示，若其他条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，其v-t图像如图乙所示。 下列说法正确的是

①a1=a2②a1＜a2     ③b1=b2④b1＜b2      ⑤t1>t2 ⑥t1=t2
⑦两图中阴影部分面积相等      ⑧图乙中阴影部分面积更大
A．②④⑤⑦ B．②④⑥⑧ C．②③⑤⑦ D．②③⑥
【答案】A
【详解】①加入催化剂，反应速率加快，则a1＜a2，①项错误；
②加入催化剂，反应速率加快，则a1＜a2，②项正确；
③加入催化剂，反应达平衡时其反应速率也快，则b1＜b2，③项错误；
④加入催化剂，反应达平衡时其反应速率也快，则b1＜b2，④项正确；
⑤加入催化剂，反应速率加快，达到平衡时所用时间缩短，则t1>t2，⑤项正确；
⑥加入催化剂，反应速率加快，达到平衡时所用时间缩短，则t1>t2，⑥项错误；
⑦使用催化剂对化学平衡没有影响，阴影部分为反应物的浓度改变量，故两图中阴影部分面积相等，⑦项正确；
⑧使用催化剂对化学平衡没有影响，阴影部分为反应物的浓度改变量，故两图中阴影部分面积相等，⑧项错误；
答案选A。
8．甲、乙均为1 L的恒容密闭容器，向甲中充入1 mol CH4和1 mol CO2，乙中充入1 mol CH4和n mol CO2，在催化剂存在下发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，测得CH4的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是

A．该反应的正反应是放热反应
B．773 K时，该反应的平衡常数小于12.96
C．H2的体积分数：φ(b)＞φ(c)
D．873 K时，向甲平衡体系投入高效催化剂能提高CH4的平衡转化率
【答案】B
【详解】A．温度升高，CH4的平衡转化率增大，说明温度升高有利于反应正向进行，则正反应为吸热反应，A错误；
B．对于甲容器，在1 L恒容密闭容器，向甲中充入1 mol CH4和1 mol CO2，在873 K时c点CH4的平衡转化率为60%，△c(CH4)=1 mol×60%=0.6 mol/L，根据物质反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)中转化关系可知：平衡时c(CH4)=0.4 mol/L，c(CO2)=0.4 mol/L，c(CO)=c(H2)=1.2 mol/L，则该温度下的化学平衡常数K=，由于升高温度，CH4的转化率增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，则正反应为吸热反应。降低温度至773 K，化学平衡向放热的逆反应方向移动，化学平衡常数减小，故773 K时，该反应的平衡常数小于12.96，B正确；
C．根据图示可知：在相同温度下甲烷的平衡转化率：乙＞甲，说明n＞1，在b点和c点两个容器中甲烷的转化率均为60%，两个容器中甲烷的起始量相同，则平衡时CH4、CO、H2的物质的量相同，但CO2的起始量不相同，CO2的物质的量：b点＞c点，所以平衡时容器中总物质的量不相同，所以H2的体积分数也不相同，H2的体积分数大小关系为：φ(b)＜φ(c)，C错误；
D．催化剂只能降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，分子之间有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，但不能使化学平衡发生移动，因此向甲平衡体系投入高效催化剂不能提高CH4的平衡转化率，D错误；
故合理选项是B。
9．在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则

A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时，内，
【答案】D
【详解】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；
B．由图可知，催化剂I比催化剂II催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；
C．由图可知，使用催化剂II时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，故C错误；
D．使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则(Y) ===2.0，(X) =(Y) =2.0=1.0，故D正确；
答案选D。

10．T℃时，向体积不等的恒容密闭容器中均加入一定量的PtSn-Mg(Zn)AlO催化剂和1mol乙烷，发生乙烷脱氢反应：CH3CH3(g)CH2=CH2(g)+H2(g)，反应相同时间，测得各容器中乙烷的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法错误的是

A．a点、c点乙烯的浓度：a＞c
B．V1:V2=1:12
C．图中c点所示条件下，ν(正)＞ν(逆)
D．a点对应乙烷的平衡转化率大于40%
【答案】D
【分析】三个容器中都充入1mol乙烷，从V1到V2、V3，容器体积不断增大，乙烷的浓度不断减小；浓度越大，反应速率越快，达平衡的时间越短。从图中可以看出，V3最大，c点乙烷的浓度最小，反应速率最慢，b点和c点反应都已达到平衡，c点反应未达平衡。
【详解】A．从乙烷的转化率看，a点乙烷的转化率与c点相同，则生成乙烯的物质的量相同，但由于V1＜V3，所以a点、c点乙烯的浓度：a＞c，A正确；
B．由分析可知，a、b两点乙烷的分解反应都已达到平衡，且温度相同，所以此两点用浓度表示的平衡常数相同，即，V1:V2=1:12，B正确；
C．由分析可知，图中c点所示条件下，乙烷的分解反应未达平衡，则ν(正)＞ν(逆)，C正确；
D．由分析可知，a点对应乙烷的分解反应已达平衡，所以乙烷的平衡转化率等于40%，D错误 ；
故选D。
11．已知碳酸、亚硫酸、次氯酸的平衡常数如下表：
H2CO3
H2SO3
HClO
K1=4.30×10-7
K1=1.54×10-2
K=2.95×10-8
K2=5.61×10-11
K2=1.02×10-7


下列说法正确的是A．相同条件下，同浓度的H2SO3 溶液和 H2CO3 溶液的酸性，后者更强
B．Na2CO3溶液中通少量SO2：2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-
C．NaHCO3溶液中通少量SO2：2HCO3-+SO2=CO2+SO32-+H2O
D．向氯水中分别加入等浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液，均可提高氯水中HClO的浓度
【答案】B
【详解】A.根据表中电离平衡常数可知，酸性大小：亚硫酸＞碳酸，故A错误；
B．Na2CO3溶液中通少量SO2，可生成HCO3-、SO32-，离子方程式为2CO32-+SO2+H2O═2HCO3-+SO32-，故B正确；
C．酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，NaHCO3溶液中通少量SO2反应的离子方程式为HCO3-+SO2=CO2+HSO3-，故C错误；
D．HClO具有强氧化性，可与NaHSO3发生氧化还原反应，HClO的浓度降低，故D错误。
答案选B。
【点睛】解答本题的关键是根据平衡常数判断酸性强弱，注意D为易错点，HClO具有强氧化性，NaHSO3具有还原性，二者可发生氧化还原反应。
12．在温度、容积相同的三个密闭容器中发生反应N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)  ΔH= －92.4kJ/mol，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1molN2、3molH2
2molNH3
4molNH3
NH3的浓度(mol/L)
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出a kJ
吸收b kJ
吸收c kJ
体系压强
P1
P2
P3
反应物转化率
α1
α2
α3

下列说法正确的是A．2 c1＞c3 B．a + b=92.4 C．2P1＜P3 D．α1 +α3=1
【答案】B
【分析】甲投入1 molN2、3 molH2，乙容器投入量2 molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与乙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等；而甲容器投入1 molN2、3 molH2，丙容器加入4 molNH3，采用极限转化法丙相当于加入2 molN2、6 molH2，丙中加入量是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器为等效平衡，所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以丙中氮气、氢气转化率大于甲和乙的；
【详解】A．丙容器反应物投入量4 molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2 molN2、6 molH2，是甲中的二倍，若平衡不移动，c3=2c1；丙相当于增大压强，平衡向着正向移动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的二倍，即c3＞2c1，故A错误；
B．甲投入1 molN2、3 molH2，乙中投入2 molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4 kJ，故a+b=92.4，故B正确；
C．丙容器反应物投入量4 molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2＞p3，故C错误；
D．丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率α1+α3＜1，故D错误；
故选B。

二、多选题
13．一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释，经实验测定溶液的导电能力变化如下图所示，下列说法中正确的是

A．a、b、c三点溶液的pH：b＜a＜c
B．a、b、c三点醋酸的电离程度：c＜a＜b
C．若用湿润的pH试纸测量a处pH，测量结果可能偏小
D．物质的量浓度分别为a、b、c三点的溶液各10 mL，用1 mol·L-1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：c＜a＜b
【答案】AC
【分析】冰醋酸中加水稀释，醋酸的浓度不断减小，电离程度不断增大，在b点前，n(H+)的增大程度超过了溶液体积的增大程度，所以c(H+)不断增大；在b点后，n(H+)的增大程度小于溶液体积的增大程度，所以c(H+)不断减小。
【详解】A．溶液的导电能力越强，c(H+)越大，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH：b＜a＜c，A正确；
B．a、b、c三点，醋酸的浓度不断减小，则醋酸的电离程度不断增大，即：c＞a＞b，B不正确；
C．若用湿润的pH试纸测量a处pH，相当于将醋酸溶液加水稀释，导电能力可能增强，c(H+)可能越大，pH测量结果可能偏小，C正确；
D．物质的量浓度分别为a、b、c三点的溶液各10 mL，n(CH3COOH)+n(H+)是相同的，用1 mol·L-1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积相同，即：c=a=b，D不正确；
故选AC。
14．T℃时，向容积为2L的刚性容器中充入1 mol CO2和一定量的H2发生反应：CO2(g)+2H2(g) HCHO(g) +H2O(g) ，达到平衡时，HCHO的分压(分压=总压×物质的量分数)与起始的关系如图所示。已知：初始加入2molH2时，容器内混合气体的总压强为1.2p kPa。下列说法正确的是

A．5 min时反应到达c点，ν(H2)=0.1 mol·L-1·min-1
B．随增大， HCHO(g)的平衡压强不断增大
C．b点时反应的平衡常数Kp =
D．由图像可得到：Kp(a)Kp(b)Kp(c)
【答案】AC
【分析】设反应的CO2的物质的量为x，根据c点的三段式分析：，平衡时容器气体的压强为p(平衡)=×1.2pkPa，故有p(HCHO)=×p(平衡)=××1.2pkPa═0.2pkPa，解得x=0.5mol，故p(平衡)=pkPa。
【详解】A．起始时容器内气体总压强为1.2pkPa，若5min时反应到达c点，由分析可知，则v(H2)==0.1mol/(L•min)，A正确；
B．随增大，平衡正向移动，CO2的转化率增大，但增大的H2的分压会越来越大，当按照系数比投料，即=2时，HCHO的平衡分压最大，因此继续增大时，HCHO的平衡分压将减小，故不是越大，HCHO的压强越大，B错误；
C．温度不变，化学平衡常数不变，故b点时反应的化学平衡常数与c点对应的平衡常数相等，由分析可知，c点平衡下，p(CO2)=×pkPa=0.2pkPa，同理p(H2)=0.4pkPa，p(HCHO)=p(H2O)=0.2pkPa，故Kp== (kPa)-1==，C正确；
D．平衡常数只与温度有关，因此温度不变，平衡常数不变，Kp(a)=Kp(b)=Kp(c)，D错误；
故选AC。

三、原理综合题
15．平衡理论主要包括：化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡四种，且均符合勒夏特列原理。回答下列各小题。
I.已知在25℃时，次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为：
HClO Ka=4.7×10-8
H2CO3 Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11
H2SO3 Ka1=1.5×10-2 Ka2=1.0×10-7
(1)相同浓度的ClO-、、、结合H+的能力最强的为_______。(填离子符号)
II.水在25℃和95℃时电离平衡曲线如图。

(2)已知在25℃时，将pH=12的NaOH溶液与pH=2的H2SO4溶液均升温至35℃，两溶液pH变化分别为_______(填字母)。
A．增加、减小 B．增加、增加 C．减小、不变 D．不变、减小
(3)在曲线B所对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=6，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为_______。
(4)常温下，取pH=2的盐酸和醋酸溶液各100mL，向其中分别加入适量Zn粒，反应过程中两溶液pH变化如图。图中表示醋酸溶液中pH变化曲线 _______ (填“A”或“B”)；设盐酸中加入的Zn质量为m1，醋酸溶液中加入的Zn质量为m2，则m1_______ m2。 (选填“＜”、“＝”、“＞”)

(5)25 C时，在体积为2 L的密闭容器中，气态物质A、B、C的物质的量n随时间t的变化如图所示。

根据图1数据。写出该反应的化学方程式：_______；在5~7min内，若K值不变，则此处曲线变化的原因是_______。
【答案】(1)
(2)C
(3)1:10
(4)     B     ＜
(5)     A(g)+2B(g)2C(g) (可不标气体符号)     增大压强

【解析】（1）
相同温度下，酸的电离常数越小，水解常数越大，则结合H+的能力越强，从题给数据可以看出， Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，数值最小，则相同浓度的ClO-、、、结合H+的能力最强的为。答案为：；
（2）
25℃时，pH=12的NaOH溶液中，c(OH-)=10-2mol/L，升温至35℃，KW增大，则c(H+)增大，pH减小，pH=2的H2SO4溶液中，c(H+)=10-2mol/L，升温至35℃，c(H+)不变，pH不变，所以两溶液pH变化分别为减小、不变，故选C。答案为：C；
（3）
在曲线B所对应的温度下，KW=10-12，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=6，则10-3mol/L×V(NaOH)=10-4mol/L×V(H2SO4)，则
NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比V(NaOH):V(H2SO4)=1:10。答案为：1:10；
（4）
盐酸为强酸，醋酸为弱酸，所以100mL pH=2的盐酸和醋酸溶液中，醋酸的物质的量比盐酸大，与适量锌反应且产物的pH=4时，醋酸消耗锌多，所用时间长，则图中表示醋酸溶液中pH变化曲线B；设盐酸中加入的Zn质量为m1，醋酸溶液中加入的Zn质量为m2，则m1＜m2。答案为：B；＜；
（5）
从图中可以看出，A、B为反应物，C为生成物，且反应为可逆反应，由物质的量的变化量，可得出A、B、C的化学计量数之比为0.3:0.6:0.6=1:2:2，则该反应的化学方程式：A(g)+2B(g)2C(g) (可不标气体符号)；在5~7min内，若K值不变，则温度不变，从图中可以看出，在条件改变的瞬间，反应物和生成物的物质的量都不变，但平衡正向移动，在移动过程中，反应物的物质的量减小，生成物的物质的量增大，则此处曲线变化的原因是增大压强。答案为：A(g)+2B(g)2C(g) (可不标气体符号)；增大压强。
【点睛】改变压强的瞬间，气体的物质的浓度增大，但物质的量不变。
16．油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
① ΔH1=-1036 kJ/mol
② ΔH2=+94kJ/mol
③ ΔH3=-484kJ/mol
计算热分解反应④的_______。
(2)较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是_______。
(3)在1470K、100kPa反应条件下，将n(H2S)：n(Ar)=1：4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为_______。
(4)在1373K、102kPa反应条件下，对于n(H2S):n(Ar)分别为4:1、1:1、1:4、1:9、1:19的H2S-Ar混合气，热分解反应④过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。

①n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率_______，(填“越高”“越低”或“不变”)理由是_______。
②当n(H2S):n(Ar)=1:9时，计算其0~0.7s之间(0.7s时a，b，c，d，e转化率分别为0.18，0.22，0.30，0.40，0.51)，H2S分压的平均变化率为_______。
【答案】(1)+170
(2)副产物氢气可作燃料
(3)50%
(4)     越高     n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高(或：该反应正向为气体分子数增加的反应，n(H2S)：n(Ar)越小，即恒压多充Ar，相当于减压，平衡正向移动，H2S平衡转化率越大)     6

【解析】（1）
根据盖斯定律可得④=(①+②)-③，则；
（2）
根据盖斯定律(①+②)可得克劳斯工艺的总反应为，根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解的方法在生成单质硫的同时还有氢气生成，因此高温热分解方法的优点是副产物氢气可作燃料；
（3）
假设在该条件下，硫化氢和氩气的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知：

平衡时H2S和H2分压相等，则二者的物质的量相等，即1-x=x，解得x=0.5，所以H2S平衡转化率为；
（4）
①n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高(或：该反应正向为气体分子数增加的反应，n(H2S):n(Ar)越小，即恒压多充Ar，相当于减压，平衡正向移动，H2S平衡转化率越大)；
②n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)=1:9，对应的曲线是d，根据图像可知n(H2S):n(Ar)=1:9，反应进行到0.7s时H2S的转化率为0.40，假设在该条件下，硫化氢和氩气的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，根据三段式可知：

此时H2S的压强为，起始时H2S的压强为，所以0~0.7s之间H2S分压的平均变化率为。

四、填空题
17．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。

(1)合成塔中发生反应的化学方程式为：_______。
(2)工业生产中为了储运大量浓硝酸，最好选择_______作为罐体材料。
A．铜 B．铂 C．铝 D．镁
(3)与氮氧化物有关的全球或区域性大气环境问题有_______ (填字母序号)。
A．酸雨 B．沙尘暴 C．光化学烟雾 D．白色污染
(4)人们开发了溶液吸收、催化还原等尾气处理方法。请以尾气中的NO2处理为例，写出相关反应的化学方程式：纯碱溶液吸收法：(提示：NO2与纯碱溶液反应可发生歧化生成两种盐) _______
(5)氮及其化合物在催化剂a和催化剂b转化过程如图所示，下列分析合理的是_______。

A．催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成
B．N2与H2反应属于氮的固定过程
C．在催化剂b表面形成氮氧键时不涉及电子转移
(6)某兴趣小组对反应2NH3(g) N2(g)+3H2(g)进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.1 mol NH3通入3 L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200 kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。

①若保持容器体积不变，t1时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0～t1时间内的反应速率v(H2)=_______mol·L-1·min-1(用含t1的代数式表示)；
②t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是_______(用图中a、b、c、d表示)。
【答案】(1)N2+3H22NH3
(2)C
(3)AC
(4)2NO2+Na2CO3=NaNO2 + NaNO3+CO2或2NO2+2Na2CO3+H2O=NaNO2 + NaNO3+2NaHCO3
(5)AB
(6)          b

【解析】（1）
合成塔中发生反应的化学方程式为：N2+3H22NH3；
（2）
铝遇浓硝酸会钝化，故工业生产中为了储运大量浓硝酸，最好选择铝作为罐体材料；
（3）
与氮氧化物有关的全球或区域性大气环境问题有酸雨和光化学烟雾；
（4）
根据提示可知，NO2反应后生成的两种盐分别为NaNO2和NaNO3，故相关反应的化学方程式为：2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2或2NO2+2Na2CO3+H2O=NaNO2+NaNO3+2NaHCO3；
（5）
A.催化剂a表面有NN键的断裂和N-H键的形成，A项正确；
B.N2与H2反应属于氮的固定过程，B项正确；
C.在催化剂b表面形成氮氧键时N元素由-3价升高为+2价，有电子转移，C项错误；
答案选AB；
（6）
0.1 mol NH3对应压强为200 kPa，平衡时NH3分压为120 kPa，则此时NH3为0.1mol×=0.06mol，消耗NH30.04mol， mol·L-1·min-1，则 mol·L-1·min-1体积缩小，N2分压瞬间增大，由于平衡逆移动，N2分压增大后又减小，故能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是b。

五、实验题
18．I.某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：
(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视_______，直到因加入半滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，且30s不改变为止。
(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度偏低的是_______(填字母)。
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
(3)用0.1000mol/L NaOH溶液分别滴定0.1000mol/L的盐酸和醋酸溶液各25.00 mL。滴定过程中溶液pH随滴入的NaOH溶液体积变化的两条滴定曲线如图所示：

①滴定醋酸的曲线是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②NaOH溶液滴定醋酸过程中应选用_______作指示剂。
A．石蕊     B．酚酞     C．甲基橙    D．不需要
II.氧化还原滴定实验同中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。人体缺乏维生素C(C6H8O6)易得坏血病。维生素C易被空气氧化。在新鲜的水果、蔬菜、乳制品中都富含维生素C，新鲜橙汁中维生素C的含量在500 mg•L-1左右。某课外活动小组测定了某品牌的软包装橙子中维生素C的含量。下面是测定实验分析报告。
i.测定目的：测定××牌软包装橙汁维生素的含量，是否为纯天然。
ii.测定原理：C6H8O6＋I2 = C6H6O6＋2H+＋2I-。
iii.实验用品及试剂：
①仪器和用品(自选，说明：锥形瓶不易将液体溅出)
②试剂：某品牌橙汁为20 mL，浓度为7.50×10-3mol·L-1标准碘溶液、蒸馏水、指示剂
iiii.实验过程：(略)
(4)回答下列问题：
①实验选择选用_______作指示剂。
②若经数据处理，滴定某品牌橙汁20 mL(待测液)消耗标准碘溶液的体积是15.00 mL，从分析数据看，此品牌橙汁是否是纯天然橙汁？_______(填字母)(已知维生素C的摩尔质量为176 g/mol)
A．是       B．可能是     C．不是
③滴定时不能剧烈摇动锥形瓶原因是_______。
【答案】(1)锥形瓶中溶液颜色变化
(2)D
(3)     I     B
(4)     淀粉溶液     C     维生素C易被空气氧化，减少实验误差(或：防止溶液溅出，减小实验误差；防止碘的挥发，减小实验误差，任写一个即可)

【分析】酸碱中和滴定的原理是由已知浓度的酸或碱滴定未知浓度的碱或酸，选择合适的酸碱指示剂以确定滴定终点，利用酸与碱反应的定量关系进行计算；氧化还原滴定与酸碱中和滴定类似，是用氧化剂或还原剂滴定还原剂或氧化剂，通常也需要选择氧化还原指示剂，以确定滴定终点，然后利用得失电子守恒建立等量关系式进行计算。
（1）
用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化。答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；
（2）
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，则滴定时所用盐酸体积偏大，所测NaOH溶液的浓度偏高，A不符合题意；
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，NaOH的物质的量不变，对所测NaOH的浓度不产生影响，B不符合题意；
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则所用盐酸体积偏大，所测NaOH溶液的浓度偏高，C不符合题意；
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，则读取盐酸的体积偏小，所测NaOH溶液的浓度偏低，D符合题意；
故选D。答案为：D；
（3）
①盐酸为强酸，滴定终点时pH=7，醋酸为弱酸，pH=7时未达滴定终点，滴定终点时pH＞7，则滴定醋酸的曲线是I。
②醋酸钠溶液的pH＞7，则滴定终点在碱性范围内，所以NaOH溶液滴定醋酸过程中应选用酚酞作指示剂，故选B。答案为：I；B；
（4）
①用碘水作标准液，则应选用淀粉溶液作指示剂。
②滴定某品牌橙汁20 mL(待测液)消耗标准碘溶液的体积是15.00 mL，则此品牌橙汁中含维生素C的质量为=990mg/L，而新鲜橙汁中维生素C的含量在500 mg•L-1左右，所以不是纯天然橙汁，故选C。
③维生素C具有很强的还原性，易被氧化，所以滴定时不能剧烈摇动锥形瓶原因是：维生素C易被空气氧化，减少实验误差(或：防止溶液溅出，减小实验误差；防止碘的挥发，减小实验误差，任写一个即可)。答案为：淀粉溶液；C；维生素C易被空气氧化，减少实验误差(或：防止溶液溅出，减小实验误差；防止碘的挥发，减小实验误差，任写一个即可)。
【点睛】用碘水滴定维生素C时，标准碘溶液应放在酸式滴定管内。