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山东省青岛第十九中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试卷（解析版）
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这是一份山东省青岛第十九中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试卷（解析版），共24页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，5 S，92kJ·ml−1-=186， 常温下，下列说法正确的是， 恒温恒容条件下，发生反应等内容，欢迎下载使用。
说明：
1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷。满分100分。答题时间90分钟。
2.请将第Ⅰ卷题目的答案选出后用2B铅笔涂在答题纸对应题目的代号上；第Ⅱ卷用黑色签字笔将正确答案写在答题纸对应的位置上，答在试卷上作废。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Cl：35.5 S：32 K：39 Fe：56
第Ⅰ卷(选择题，共50分)
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每题只有一个选项符合题意。
1. 古代诗词中蕴含着许多科学知识，下列叙述正确的是
A. “冰，水为之，而寒于水”说明等质量的水和冰相比，冰的能量更低
B. 于谦《石灰吟》“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”，描述的石灰石煅烧是放热反应
C. 曹植《七步诗》“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的变化只有化学能转化为热能
D. 苏轼《石炭·并引》“投泥泼水愈光明，烁玉流金见精悍”，所指高温时碳与水蒸气反应为放热反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．冰的温度低于水，相同质量的水和冰，冰的能量更低，水的能量更高，正确；
B．石灰石煅烧是分解反应，过程中吸收能量，属于吸热反应，错误；
C．煮豆会发生燃烧，燃烧过程中化学能转化为热能同时有部分光能。同时豆里面也会发生化学变化，会放出热量，存在化学能转化为热能，C错误；
D．碳与水蒸气反应为吸热反应，错误。
故选A。
2. 活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是更多免费优质滋元可 家 威杏 MXSJ663
A. 该反应为吸热反应
B. 产物的稳定性：
C. 该历程中正反应的最大活化能
D. 相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率：
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图示可知，反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高，即该反应为放热反应，A错误；
B．产物P2所具有的能量比产物P1所具有的能量低，所以产物P2比产物P1要稳定，B错误；
C．由图示可知中间产物Z到过渡态Ⅳ所需的活化能最大，E正= -18.92kJ·ml−1-(-205.11 kJ·ml−1)=186.19kJ·ml−1，C正确；
D．由图示可知，由Z到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能，则由中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)>v(P2)， D错误；
答案为C。
3. 某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是
A. 实验a、b、c中温度计读数均增大
B. 将实验a中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加
C. 实验b中用搅拌器的目的是使反应的焓变增大
D. 实验c中若用NaOH固体测定中和反应反应热，则测定结果的绝对值偏高
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属和酸反应、酸碱中和反应为放热反应，Ba(OH)2∙8H2O和NH4Cl反应是吸热反应，A错误；
B．等质量的铝粉和铝片分别和盐酸反应释放出的热量一样多，B错误；
C．实验b中用搅拌器的目的是使反应充分进行，但不会改变反应的焓变，C错误；
D．氢氧化钠固体溶解放出热量，则测定数值偏高，D正确；
故选D。
4. 为实现“碳达峰、碳中和”目标，科学家提出以为催化剂，用光热化学循环分解法达到减少大气中含量的目的，反应机理如图所示：
下列说法正确的是
A. 光热化学循环分解过程涉及两种能量形式的转化
B. 过程④为放热过程
C. 降低反应的焓变，提高反应速率
D. 总反应的热化学方程式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．光热化学循环分解过程中二氧化碳分解为CO何氧气，光能、热能转化为化学能，故A错误；
B．过程④为断键过程，断键吸热，故B错误；
C．为催化剂，降低反应的活化能，提高反应速率，催化剂不能改变焓变，故C错误；
D．焓变=反应物总键能-生成物总键能，总反应热化学方程式为 ，故D正确；
选D。
5. 华南师范大学兰亚乾教授课题组从催化剂结构与性能间关系的角度，设计了一种催化剂同时作用在阳极和阴极，用于CH3OH氧化和CO2还原反应耦合的混合电解，工作原理如图甲所示。不同催化剂条件下CO2→CO电极反应历程如图乙所示。下列说法错误的是
A. 电解总反应为2CO2＋CH3OH2CO＋HCOOH＋H2O
B. 若有2 ml H＋穿过质子交换膜，则理论上有44 g CO2被转化
C. 选择Ni8TET催化剂催化，会比NiTPP消耗更多电能
D. 若以铅蓄电池为电源，则B极应与PbO2极相连接
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据甲图可得，A电极为阴极，电极反应式为2CO2+ 4e-+4H+=2CO＋2H2O，B电极为阳极，电极反应式为CH3OH+H2O-4e-═HCOOH +4H+，故电解总反应为2CO2＋CH3OH2CO＋HCOOH＋H2O，A正确；
B．根据阴极电极反应式2CO2+ 4e-+4H+=2CO＋2H2O，若有2 ml H＋穿过质子交换膜，则理论上有1mlCO2被转化，质量为44g，B正确；
C．催化剂不能改变反应的焓变，选择Ni8TET催化剂催化，和选用NiTPP消耗的电能相同，C错误；
D．B极为电解池阳极，电解时连接电源正极，若以铅蓄电池为电源，则B极应与PbO2极相连接，D正确；
故选C。
6. 常温下，浓度相同的一元弱酸和一元弱碱相互滴定体系中，溶液中与或的关系如图所示。已知和的电离常数为和，且b和b′点的纵坐标之和为14.下列说法错误的是
A. c和点的纵坐标之和小于a和纵坐标之和B. abcd表示与的关系
C. D. 水的电离程度：
【答案】A
【解析】
【分析】溶液的pH越大，溶液中氢离子越小，氢氧根离子浓度越大，则逐渐增大，逐渐减小，所以上边的曲线表示与pH的关系，下边曲线表示与pH的关系。
【详解】A．取=0，该温度下，Kb= c ( OH- )，同理Ka= c(H+)，且b和b′点的纵坐标之和为14，推出Ka=Kb，a＇点：c ( OH- ) =10Kb，，此时pHa＇=，同理，a点对应的pHa=-lg10Ka，pHa＇+pHa=-lg10Ka =14，同理计算c和 ，c和点的纵坐标之和等于a和纵坐标之和，A错误；
B．根据分析，abcd表示与的关系，B正确；
C．d点曲线pH相同，该点的pH为7，则氢氧根离子浓度为10-7ml/L，已知>2， 则有Kb=，即，C正确；
D．b和b＇点的纵坐标之和为14，b点溶液中c(H+)等于b＇点溶液中c ( OH- )， 两点对水的电离影响程度相等，d点两曲线pH相同，由A项推出BOH和HA电离平衡常数相同，则该点的pH=7，因此对于碱的溶液，pH逐渐减小，溶液中水电离程度逐渐增大，故a'~ d水的电离程度逐渐增大，D正确；
故选A。
7. 常温下，下列说法正确的是
A. pH加和为12的强酸与弱酸混合，pH可能为6
B. pH加和为12的强酸与弱碱等体积混合，溶液一定呈碱性
C. pH加和为12的弱酸与强碱混合，若成中性，则v（酸）＞v（碱）
D. pH加和为12的强酸与强碱混合，若成中性，则两溶液体积比为100：1
【答案】A
【解析】
【详解】A. pH加和为12的强酸与弱酸，因为酸的pH都小于7，则二者的pH在5-7之间，混合后pH可能为6，故正确；B. pH加和为12的强酸与弱碱，假设酸的pH为x，碱的pH为y，有x+y=12，则酸中的氢离子浓度为10-x=10y-12 ml/L，碱中的氢氧根离子浓度为10y-14，强酸中的氢离子浓度大于弱碱中的氢氧根离子浓度。但由于是弱碱不完全电离，所以弱碱的浓度远远大于氢氧根离子浓度，等体积混合不能确定酸碱是否完全反应、是否有剩余，故不能确定溶液的酸碱性，故错误；C. pH加和为12的弱酸与强碱混合，假设酸的pH为x，碱的pH为y，有x+y=12，则酸中的氢离子浓度为10-x=10y-12 ml/L，碱中的氢氧根离子浓度为10y-14，弱酸中的氢离子浓度大于强碱中的氢氧根离子浓度，弱酸不完全电离，若等体积混合，酸有剩余，显酸性，若成中性，则v（酸）【点睛】掌握酸的pH小于7，注意弱酸或弱碱部分电离，所以电离出的氢离子浓度或氢氧根离子浓度远远小于酸或碱的浓度。
8. 下列图示与对应的叙述不相符的是
A. 图1表示1LpH=2的HCl溶液加水稀释至VL，pH随lgV的变化
B. 图2表示不同温度下水溶液中H+和OH-浓度的变化的曲线，图中温度T1>T2
C. 图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数(N2的起始量恒定)的变化，图中a点N2的转化率小于b点
D. 图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)，O2的平衡浓度与容器容积的关系
【答案】D
【解析】
【详解】A．盐酸为强酸，1LpH=2的HCl溶液加水稀释至n倍，溶液的pH变为2+n，但不会变为碱性，图示正确，A正确；
B．水的电离是吸热的，所以升高温度，电离出的H+和OH-浓度增大，所以图象中的温度为T1＞T2，B正确；
C．由图象可知在N2的起始量恒定时，随H2量的增加，N2的转化率增大，所以a点N2的转化率小于b点，C正确；
D．该反应的平衡常数K=c(O2),容器体积的增大，即减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，即该平衡正向移动，温度不变时平衡常数不变，故O2的平衡浓度是不变，D错误；
答案选D。
9. 温度为TK时，向VL的密闭容器中充入一定量的A(g)和B(g)，发生反应 ，容器中A、B、D的物质的量浓度随时间的变化如图所示，下列说法不正确的是
A. 反应在前10min内的平均反应速率
B. 该反应的平衡常数表达式
C. 若平衡时保持温度不变，压缩容器容积平衡向逆反应方向移动
D. 反应至15min时，改变的反应条件是降低温度
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，10min时该反应达到平衡，平衡时D的浓度变化量为3.0ml/L，故，A正确；
B．由题图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5ml/L、3.0ml/L，1∶x=1.5ml/L∶3.0ml/L，得x=2，C为固体，则的平衡常数表达式为，B正确；
C．该反应前后气体分子数不变，若平衡时保持温度不变，压缩容器容积，增大压强，平衡不移动，C错误；
D．由题图可知，改变条件的瞬间，反应混合物中个物质的浓度不变，平衡向逆反应方向移动，该反应的正反应为吸热反应，故改变的反应条件是降低温度，D正确；
故选C。
10. 恒温恒容条件下，发生反应：3A(g)+B(g)2C(g)△H=-QkJ/ml在3个密闭容器中，按下列方式投入反应物：
Ⅰ．3mlA，1mlB；Ⅱ．6mlA，2mlB；Ⅲ．4mlC
则在保持恒温恒容反应达到平衡时，下列选项正确的是（ ）
A. 容器Ⅰ与容器Ⅱ中，C的浓度2cⅠaⅡ
B. 容器Ⅰ与容器Ⅲ中，B的体积分数vⅠ%>vⅢ%，反应的能量变化2QⅠ=QⅢ，平衡常数KⅠ2=
C. 容器Ⅱ与容器Ⅲ为等效平衡，B的体积分数VⅡ%=VⅢ%，转化率aⅢ+aⅡ=1，反应的能量变化QⅡ+QⅢ=2Q
D. 容器Ⅰ容器Ⅱ容器Ⅲ中，平衡常数关系为：KⅠ2=KⅡ=
【答案】C
【解析】
【详解】A．容器Ⅰ与容器Ⅱ中，容器Ⅱ相当于容器Ⅰ加压，使体积变为原来的一半，平衡正向移动，转化率aⅠB．容器Ⅰ与容器Ⅲ中，反应的能量变化QⅠ+QⅢC．容器Ⅱ与容器Ⅲ为等效平衡，容器Ⅱ从反应物开始，容器Ⅲ从生成物开始，达平衡时各物质的浓度相同，所以B的体积分数相同，两容器中反应物的转化率之和为1，两反应的能量和等于完全反应时放出能量的数值2Q，C正确；
D．平衡常数与反应及温度有关，与反应时的用量无关，容器Ⅰ、容器Ⅱ、容器Ⅲ的温度相同，则平衡常数关系为：KⅠ=KⅡ=，D不正确；
故选C。
二、不定项选择题(每题有一个到两个选项符合题意，共3小题，每题4分，共12分。全部选对得4分，选对但不全的得2分，选错得0分)
11. 锂电池有广阔应用前景。用“循环电沉积”法处理某种锂电池的过程中，和C在的催化作用下发生电极反应，反应历程中的能量变化如图。下列说法正确的是
A. 此反应在电解池的阴极发生
B. 反应历程中存在碳碳键、碳氧键的断裂和形成
C. 该电极反应总历程每生成1ml气体产物，电极上转移
D. 此历程中发生了反应
【答案】BD
【解析】
【分析】由题干反应历程图可知，该过程的总反应方程式为：，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，此反应为，是一个氧化反应，故应该在电解池的阳极上发生，A错误；
B．由题干反应历程图可知，反应历程中存在碳碳键、碳氧键的断裂和形成，B正确；
C．由分析可知，该电极反应总历程的总反应为：，故每生成1ml气体产物，电极上转移，C错误；
D．由题干反应历程图可知，此历程中第一阶段发生了反应，D正确；
故答案为：BD。
12. H2在石墨烯负载型Pd单原子催化剂(Pd/SVG)上还原NO生成N2和 NH3的路径机理及活化能(kJ/ml)如图所示。下列说法错误的是
A. H2还原NO生成N2过程中，速率最慢的步骤为⑥
B. Pd/SVG上H2还原NO， 更容易生成NH3
C. 根据如图数据可计算的ΔH
D. 由图可知，相同催化剂条件下反应可能存在多种反应历程
【答案】C
【解析】
【详解】A．活化能最大的为决速步，则H2还原NO生成N2的决速步为反应⑥，选项A正确；
B．由图知， Pd/SVG上H2还原NO，经过①到⑤即可生成氨气、经过①到⑧步才能生成氮气、而决速步反应⑥的活化能最大、发生最困难，则更容易生成NH3、不容易生成N2，选项B正确；
C． 根据如图数据可计算的正反应的活化能、不知道逆反应的活化能，故不能计算ΔH，选项C不正确；
D． 由图可知，相同催化剂条件下反应可能存在多种反应历程、可能得到不同产物，选项D正确；
答案选C。
13. 我国科学家发现，将纳米级嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量。其中有机离子导体主要含，隔膜仅允许含铝元素的微粒通过。工作原理如图所示：
下列说法正确的是
A. 若从电极表面脱落，则电池单位质量释放电量减少
B. 为了提高电导效率，左极室采用酸性水溶液
C. 放电时，离子可经过隔膜进入右极室中
D. 充电时，电池的阳极反应为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据图中电子流动方向知铝电极为负极，嵌入电极是正极，工作时，铝单质失去电子生成，再与结合生成，电极反应式为，题目据此解答。
【详解】A．“将纳米级嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量”，若从电极表面脱落，电池容量减小，则电池单位质量释放电量减少，A正确；
B．把左极室的有机离子导体改成水溶液后，会使左极室溶液中的离子总浓度减小，导致电导效率下降，B错误；
C．放电时，左边电极为正极，右边电极为负极，阴离子向负极移动，结合分析可知右边负极需要消耗，故离子经过隔膜进入右极室中，C正确；
D．电池的阳极即负极，充电时，为电解池装置，电池的负极与外接电源负极相连为阴极，电极反应为放电时负极反应的逆过程，即反应为，D错误；
故选AC。
14. 已知反应 。在体积可变的密闭容器中，按充入反应物进行反应，A的平衡转化率与温度、压强关系如图所示。下列说法正确的是
A. 温度：
B. 平均摩尔质量：，
C. a点的分压平衡常数
D. d点：
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由于，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，故温度：，A错误；
B．由于，升高温度，平衡逆向移动，气体的总质量不变，但物质的量增大，所以平均摩尔质量：，b点对应的压强大于d点，增大压强，平衡向正反应方向移动，气体的总物质的量减小，平均摩尔质量，B正确；
C．T1时反应的三段式为，分压为：，，，a点的分压平衡常数，C正确；
D．d点未达平衡，平衡还在正向进行，故，D错误；
故选BC。
15. 向20mL0.3ml·L−1H3XO3溶液中滴加同浓度NaOH溶液，此过程中含X的粒子分布系数随溶液pH的变化关系如图所示，当所加NaOH溶液体积为40mL时pH为a(忽略溶液体积变化，如0.3ml·L−1H3XO3溶液中H3XO3的分布系数为：)。下列有关说法正确的是
A. 曲线①代表()，曲线②代表()
B. H3XO3的第三级电离为：H++；Ka3=10−7
C. A点溶液中存在关系式：c(Na+)=c(H3XO3)+c()+c()+c()
D. pH为a时，c()约为106-aml·L−1
【答案】D
【解析】
【分析】根据含X的粒子分布系数随溶液pH的变化关系，曲线①代表(H2XO3-)，曲线②代表(HXO32-)。
【详解】A． 曲线①代表(H2XO3-)，曲线②代表(HXO32-)，A错误；
B． 由曲线②可知，pH为a后继续滴加NaOH溶液(HXO32-)仍呈上升趋势，说明H3XO3为二元酸，不存在三级电离，B错误；
C． 溶液中不存在，C错误；
D． PH为a时，c()约为0.1ml·L−1，根据Ka2=c(H+)c()c-1()可知：10-7=10-a·0.1·c-1()，可算出c()约为106-aml·L−1，D正确。
故选D。
第Ⅱ卷(非选择题，共50分)
三、非选择题：共5个小题，合计50分。
16. Ⅰ.认识反应条件对化学反应方向，限度及快慢的影响，有利于运用这些规律解决实际问题。
（1）下列有关说法正确的是__________
A. ，该过程熵值增大
B. ，，该反应一定能自发进行
C. ，该过程熵值增大
D. ，，，此反应低温自发
（2）与的加成反应分为两步，能量与反应历程如图所示。下列说法中正确的是__________
A. 决速步骤是第一步B. 总反应为吸热反应
C 总能量：反应物低于生成物D. 过渡态1比过渡态2更稳定
（3）一定条件下在催化剂表面与水发生反应，，如果反应的平衡常数K值变大，该反应__________
A. 在平衡移动时正反应速率先减小后增大B. 一定向正反应方向移动
C. 在平衡移动时逆反应速率先增大后减小D. 一定向逆反应方向移动
（4）下列有关可逆反应：的分析中，一定正确的是__________
A. 增大压强，平衡不移动，则
B. 升高温度，A的转化率诚小，则正反应是吸热反应
C. 保持容器体积不变，移走C，平衡正向移动，正反应速率增大
D. 保持容器体积不变，加入B，容器中D的质量增加，则B是气体
Ⅱ.金属钛(Ti)在工业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是先将转化为，再进一步还原得到钛。工业上将转化为的方法为：
碳氯化法：
（5）平衡常数表达式___________；恒温恒容时，下列叙述一定能说明该反应达到平衡状态的是___________。
A．混合气体的压强保持不变 B．
C．混合气体的密度保持不变 D．和物质的量相等
（6）若反应容器的容积为，后，测得固体的质量减少，则的平均反应速率为___________。从碰撞理论解释升高温度反应速率加快的原因：___________。
Ⅲ.工业上将转化为的方法为还有直接氯化法：
直接氯化法：
（7）从和的角度说明碳氯化法的反应趋势远大于直接氯化法的原因：___________。
（8）由冶炼钛方法有：900℃，；从平衡移动角度解释上述冶炼金属钛的反应原理___________。
【答案】（1）D （2）A （3）B （4）D
（5） ①. ②. AC
（6） ①. 0.025ml/(L•min) ②. 活化分子分数增加
（7）碳氯化的反应，正向既是熵增反应又是放热反应，这两个因素均有利于反应正向进行；而直接氯化的反应，既是熵减反应又是吸热反应，这两个因素均不利于反应正向进行，所以碳氯化的反应趋势远大于直接氯化
（8）Mg比Ti活泼，可以和TiCl4反应生成Ti蒸气，生成的Ti(g)逸出，使平衡持续正向移动
【解析】
【小问1详解】
A．中，反应后气体的物质的量减少，所以该过程熵值减小，故A错误；
B．中△S<0，当△G=△H-T•△S<0时反应能自发进行，若△H>0时，△G=△H-T•△S>0，反应不能自发进行，故B错误；
C．，反应后气体物质的量减少，所以该过程熵值减小，故C错误；
D．，，，当△G=△H-T•△S<0时反应能自发进行，此反应低温自发，故D正确；
故选D。
【小问2详解】
A．由图可知，第一步反应的活化能大、第二步反应的活化能小，则第一步的反应速率比第二步的慢，决速步骤是第一步，故A正确；
B．由图可知，整个反应过程中反应物的总能量大于生成物的总能量，总反应为放热反应，故B错误；
C．由图可知，整个反应过程中反应物的总能量大于生成物的总能量，故C错误；
D．由图可知，过渡态1的能量比过渡态2更高，能量越高越不稳定，过渡态1比过渡态2更不稳定，故D错误；
故选A。
【小问3详解】
反应 是放热反应，降低温度，平衡常数K值变大，此时正反应速率和逆反应速率都减小，平衡正向移动，故选B。
【小问4详解】
A．增大压强，平衡不移动，说明反应前后气体分子数不变，根据方程式，若 B 为气体，则有 m+n=p，若 B 不为气体，则有 m=p，需分情况讨论，故A错误；
B．升高温度，A 的转化率减小，说明反应逆向进行，则正反应为放热反应，故B错误；
C．保持容器体积不变，移走 C，平衡向右移动，移走的瞬间有 v正>v逆，随着反应进行，反应物浓度减小，v正 减小至不变，v逆 先减小后增大至最后不变，最终再次达到平衡，该过程中正反应速率减小，故C错误；
D．保持容器体积不变，加入 B，容器中 D 的质量增加，说明促使反应正向进行，可以说明 B 为气体，故D正确，
故选：D。
【小问5详解】
反应的平衡常数表达式K=，
A．该反应是气体体积减小的反应，反应过程中压强增大，当混合气体的压强保持不变时，说明反应得到平衡，故A选；
B．时不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故B不选；
C．该反应是气体质量增大反应，反应过程中混合气体的密度保持增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应得到平衡，故C选；
D．Cl2和CO物质的量相等不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故D不选；
故选AC。
【小问6详解】
反应容器的容积为2L，4min后达到平衡，测得固体的质量减少，由方程式TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)⇌TiCl4(g)+2CO(g)可知，减少的固体为TiO2和C，且物质的量之比为1:2，设减少了xml TiO2，2xmlC，则80x+24x=，x=0.1，则消耗0.2ml氯气，v(Cl2)= =0.025ml/(L•min)；从碰撞理论解释升高温度反应速率加快的主要原因是活化分子分数增加。
【小问7详解】
碳氯化的反应，正向既是熵增反应又是放热反应，这两个因素均有利于反应正向进行；而直接氯化的反应，既是熵减反应又是吸热反应，这两个因素均不利于反应正向进行，所以碳氯化的反应趋势远大于直接氯化。
【小问8详解】
冶炼金属钛的反应原理是：Mg比Ti活泼，可以和TiCl4反应生成Ti蒸气，生成的Ti(g)逸出，使平衡持续正向移动。
17. 某小组实验验证反应为可逆反应并测定其平衡常数。
（1）实验验证
实验Ⅰ：将0.0100 ml/L 溶液与0.0400 ml/L 溶液（）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验Ⅱ：向少量Ag粉中加入0.0100 ml/L 溶液（），固体完全溶解。
①取Ⅰ中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是____________。
②Ⅱ中溶液选用，不选用的原因是__________________。
③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，写出操作及现象____________。
（2）测定平衡常数
实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用 ml/L的KSCN标准溶液滴定，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液 mL。
资料：（白色）
（红色）
①滴定过程中的作用是_____________。
②测得平衡常数______。
（3）思考问题
①取实验Ⅰ的浊液测定，会使所测K值______（填“偏大”、“无影响”、“偏小”）。
②不用实验Ⅱ中清液测定K的原因是__________________。
【答案】（1） ①. 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 ②. 防止酸性条件下，硝酸根离子氧化Fe2+干扰实验结果 ③. a：铂/石墨电极，b：或或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；
操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转
（2） ①. 指示剂作用 ②.
（3） ①. 偏小 ②. Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态
【解析】
【分析】控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响；滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【小问1详解】
①由于Ag能与浓硝酸发生反应：，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。
②由于溶液电离出硝酸根离子与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验Ⅱ使用的是溶液，而不是溶液，故答案为：防止酸性条件下，硝酸根离子氧化Fe2+干扰实验结果；
③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应为可逆反应，两电极反应为：、，故另一个电极必须是与不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有或者Fe2+，采用FeSO4或或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：或或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。
【小问2详解】
①Fe3+与反应生成红色，因Ag+与反应相较于Fe3+与反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。
②取Ⅰ中所得上清液v mL，用ml/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗mL，已知：，说明反应几乎进行完全，故有Ⅰ中上层清液中Ag+的浓度为，根据平衡三段式进行计算如下：
故反应的平衡常数。
【小问3详解】
①若取实验Ⅰ所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡，且随着反应，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的K偏小；
②由于实验Ⅱ中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验Ⅱ所得溶液进行测定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。
18. 完成下列问题
（1）常温下，某溶液由水电离出的c(H+)=10-12 ml·L-1，则该溶液的pH为_______。
（2）某温度下，纯水中c(H+)=5.0×10-7 ml·L-1，则该温度下的KW=_______，若温度不变，0.005 ml·L-1的H2SO4溶液中，由水电离出的c(H+)=_______。
（3）某温度(t℃)时，测得0.01ml•L-1的NaOH溶液的pH=13，请回答下列问题：该温度下水的Kw=_______；此温度下，将pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的H2SO4溶液VbL混合(忽略体积变化)，若所得混合液为中性，且a=12，b=2，则Va：Vb=_______。
（4）25℃时，将0.1ml·L-1 NaOH溶液与0.06ml·L-1的H2SO4溶液等体积混合，(忽略混合后体积的变化)，求所得溶液的pH为_______。
（5）将pH=5的H2SO4稀释1000倍后，c(H+)：c(SO)约为_______。
【答案】（1）2或者12
（2） ①. 2.5×10-13 ②. 2.5×10-11ml/L
（3） ①. 1×10-15 ②. 10:1
（4）2 （5）20:1
【解析】
【小问1详解】
某溶液中由水电离出的c(H+)=10-12 ml·L-1则可能是强酸溶液，则此溶液中c(OH-)aq=c(OH-)水=c(H+)水=10-12 ml·L-1，c(H+)aq==10-2ml/L，或者是强碱溶液，则此溶液中c(H+)aq= c(H+)水=10-12 ml·L-1，则该溶液的pH为2或者12，故答案为：2或者12；
【小问2详解】
某温度下，纯水中c(H+)=5.0×10-7 ml·L-1，则该温度下的KW=c(H+)c(OH-)=5.0×10-7×5.0×10-7=2.5×10-13，若温度不变，0.005 ml·L-1的H2SO4溶液中，c(H+)=0.005ml/L×2=0.01ml/L，由水电离出的c(H+)==2.5×10-11ml/L，故答案为：2.5×10-13；0.01ml/L；2.5×10-11ml/L；
【小问3详解】
0.01ml•L-1的NaOH溶液的pH=13，则c(H+)=10-13ml/L，氢氧化钠是强碱，完全电离，所以氢氧根离子浓度等于氢氧化钠浓度=0.01ml/L，则Kw=c(H+)×c(OH-)=10-13×10-2=1.0×10-15；混合溶液呈中性，且硫酸和氢氧化钠都是强电解质，所以酸中氢离子物质的量和碱中氢氧根离子的物质的量相等，pH=a的NaOH溶液中氢氧根离子浓度=10a-15ml/L，pH=b的H2SO4溶液氢离子浓度=10-bml/L，10a-15ml/L×VaL=10-bml/L×VbL且a=12，b=2，则Va：Vb=10：1；
【小问4详解】
25℃时，由反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知，将0.1ml·L-1 NaOH溶液与0.06ml·L-1的H2SO4溶液等体积混合，硫酸过量，充分反应后溶液中的c(H+)==0.01ml/L，则所得溶液的pH为2，故答案为：2；
【小问5详解】
将pH=5的H2SO4稀释1000倍后，此时c(H+)≈10-7ml/L，而c(SO)==5×10-9ml/L，则c(H+)：c(SO)约为10-7：5×10-9=20:1，故答案为：20:1。
19. 2022年12月中央经济工作会议强调，“加快新能源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广”。甲烷化是目前研究的热点方向之一，在环境保护方面显示出较大潜力。其主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
（1）在体积相等的多个恒容密闭容器中。分别充入1 ml 和4 ml 发生上述反应Ⅰ(忽略反应Ⅱ)，在不同温度下反应相同时间，测得、转化率与温度关系如图所示。已知该反应的速率方程为，，其中、为速率常数，只受温度影响。
图中信息可知，代表曲线的是_______(填“MH”或“NG”)，反应Ⅰ活化能Ea(正)_______Ea(逆)(填“>”或“＜”)；c点的K(平衡常数)与Q(浓度商)的等式关系_______(用含、的代数式表示)，温度下反应达到平衡，体系压强为p，则_______。
（2）向恒压密闭装置中充入5 ml 和20 ml ，不同温度下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时其中两种含碳物质的物质的量与温度T的关系如下图所示
图中缺少_______(填含碳物质的分子式)物质的量与温度的关系变化曲线，随温度升高该物质的变化趋势为_______，800℃时，的产率为_______。
【答案】（1） ①. NG ②. < ③. ④.
（2） ①. CO2 ②. 先升高后降低 ③. 76%
【解析】
【小问1详解】
图中信息可知，温度越高，则越小，MH和NG是与温度关系，abc是转化率与温度关系，从后往前看，温度升高，从b到a氢气转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，逆向是吸热反应，则升高温度时逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度即大于，则代表曲线的是NG；该反应是放热反应，反应Ⅰ活化能Ea(正)【小问2详解】
平衡时X的物质的量较大，随着温度升高X的物质的量逐渐减小，Y的物质的量逐渐增大，由于反应Ⅰ是放热反应，随着温度升高，甲烷的量应该逐渐减小，二氧化碳的量增大，又由于反应Ⅱ是吸热反应，一氧化碳的量随温度升高而逐渐增大，二氧化碳的物质的量逐渐减小，根据量的关系800℃时另一种物质是1ml，在1100℃时另一种物质接近2.2ml，1400℃时另一种物质接近0.5ml，说明另一种物质先变大后变小，则可能是开始温度低的阶段反应Ⅰ逆向移动占主要地位，后来温度高时反应Ⅱ正向移动占主要地位，因此图中X为甲烷，Y为CO，而缺少CO2物质的量与温度的关系变化曲线，随温度升高该物质的变化趋势为先升高后降低；800℃时，甲烷物质的量为3.8ml，一氧化碳物质的量为0.2ml，则CO2物质的量为1ml，的产率为；故答案为：CO2；先升高后降低；76%。物质的量
物质
完全断键所需吸收的总能量
1ml
1ml
CO
1ml
说明：
1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷。满分100分。答题时间90分钟。
2.请将第Ⅰ卷题目的答案选出后用2B铅笔涂在答题纸对应题目的代号上；第Ⅱ卷用黑色签字笔将正确答案写在答题纸对应的位置上，答在试卷上作废。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Cl：35.5 S：32 K：39 Fe：56
第Ⅰ卷(选择题，共50分)
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每题只有一个选项符合题意。
1. 古代诗词中蕴含着许多科学知识，下列叙述正确的是
A. “冰，水为之，而寒于水”说明等质量的水和冰相比，冰的能量更低
B. 于谦《石灰吟》“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”，描述的石灰石煅烧是放热反应
C. 曹植《七步诗》“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的变化只有化学能转化为热能
D. 苏轼《石炭·并引》“投泥泼水愈光明，烁玉流金见精悍”，所指高温时碳与水蒸气反应为放热反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．冰的温度低于水，相同质量的水和冰，冰的能量更低，水的能量更高，正确；
B．石灰石煅烧是分解反应，过程中吸收能量，属于吸热反应，错误；
C．煮豆会发生燃烧，燃烧过程中化学能转化为热能同时有部分光能。同时豆里面也会发生化学变化，会放出热量，存在化学能转化为热能，C错误；
D．碳与水蒸气反应为吸热反应，错误。
故选A。
2. 活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是更多免费优质滋元可 家 威杏 MXSJ663
A. 该反应为吸热反应
B. 产物的稳定性：
C. 该历程中正反应的最大活化能
D. 相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率：
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图示可知，反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高，即该反应为放热反应，A错误；
B．产物P2所具有的能量比产物P1所具有的能量低，所以产物P2比产物P1要稳定，B错误；
C．由图示可知中间产物Z到过渡态Ⅳ所需的活化能最大，E正= -18.92kJ·ml−1-(-205.11 kJ·ml−1)=186.19kJ·ml−1，C正确；
D．由图示可知，由Z到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能，则由中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)>v(P2)， D错误；
答案为C。
3. 某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是
A. 实验a、b、c中温度计读数均增大
B. 将实验a中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加
C. 实验b中用搅拌器的目的是使反应的焓变增大
D. 实验c中若用NaOH固体测定中和反应反应热，则测定结果的绝对值偏高
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属和酸反应、酸碱中和反应为放热反应，Ba(OH)2∙8H2O和NH4Cl反应是吸热反应，A错误；
B．等质量的铝粉和铝片分别和盐酸反应释放出的热量一样多，B错误；
C．实验b中用搅拌器的目的是使反应充分进行，但不会改变反应的焓变，C错误；
D．氢氧化钠固体溶解放出热量，则测定数值偏高，D正确；
故选D。
4. 为实现“碳达峰、碳中和”目标，科学家提出以为催化剂，用光热化学循环分解法达到减少大气中含量的目的，反应机理如图所示：
下列说法正确的是
A. 光热化学循环分解过程涉及两种能量形式的转化
B. 过程④为放热过程
C. 降低反应的焓变，提高反应速率
D. 总反应的热化学方程式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．光热化学循环分解过程中二氧化碳分解为CO何氧气，光能、热能转化为化学能，故A错误；
B．过程④为断键过程，断键吸热，故B错误；
C．为催化剂，降低反应的活化能，提高反应速率，催化剂不能改变焓变，故C错误；
D．焓变=反应物总键能-生成物总键能，总反应热化学方程式为 ，故D正确；
选D。
5. 华南师范大学兰亚乾教授课题组从催化剂结构与性能间关系的角度，设计了一种催化剂同时作用在阳极和阴极，用于CH3OH氧化和CO2还原反应耦合的混合电解，工作原理如图甲所示。不同催化剂条件下CO2→CO电极反应历程如图乙所示。下列说法错误的是
A. 电解总反应为2CO2＋CH3OH2CO＋HCOOH＋H2O
B. 若有2 ml H＋穿过质子交换膜，则理论上有44 g CO2被转化
C. 选择Ni8TET催化剂催化，会比NiTPP消耗更多电能
D. 若以铅蓄电池为电源，则B极应与PbO2极相连接
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据甲图可得，A电极为阴极，电极反应式为2CO2+ 4e-+4H+=2CO＋2H2O，B电极为阳极，电极反应式为CH3OH+H2O-4e-═HCOOH +4H+，故电解总反应为2CO2＋CH3OH2CO＋HCOOH＋H2O，A正确；
B．根据阴极电极反应式2CO2+ 4e-+4H+=2CO＋2H2O，若有2 ml H＋穿过质子交换膜，则理论上有1mlCO2被转化，质量为44g，B正确；
C．催化剂不能改变反应的焓变，选择Ni8TET催化剂催化，和选用NiTPP消耗的电能相同，C错误；
D．B极为电解池阳极，电解时连接电源正极，若以铅蓄电池为电源，则B极应与PbO2极相连接，D正确；
故选C。
6. 常温下，浓度相同的一元弱酸和一元弱碱相互滴定体系中，溶液中与或的关系如图所示。已知和的电离常数为和，且b和b′点的纵坐标之和为14.下列说法错误的是
A. c和点的纵坐标之和小于a和纵坐标之和B. abcd表示与的关系
C. D. 水的电离程度：
【答案】A
【解析】
【分析】溶液的pH越大，溶液中氢离子越小，氢氧根离子浓度越大，则逐渐增大，逐渐减小，所以上边的曲线表示与pH的关系，下边曲线表示与pH的关系。
【详解】A．取=0，该温度下，Kb= c ( OH- )，同理Ka= c(H+)，且b和b′点的纵坐标之和为14，推出Ka=Kb，a＇点：c ( OH- ) =10Kb，，此时pHa＇=，同理，a点对应的pHa=-lg10Ka，pHa＇+pHa=-lg10Ka =14，同理计算c和 ，c和点的纵坐标之和等于a和纵坐标之和，A错误；
B．根据分析，abcd表示与的关系，B正确；
C．d点曲线pH相同，该点的pH为7，则氢氧根离子浓度为10-7ml/L，已知>2， 则有Kb=，即，C正确；
D．b和b＇点的纵坐标之和为14，b点溶液中c(H+)等于b＇点溶液中c ( OH- )， 两点对水的电离影响程度相等，d点两曲线pH相同，由A项推出BOH和HA电离平衡常数相同，则该点的pH=7，因此对于碱的溶液，pH逐渐减小，溶液中水电离程度逐渐增大，故a'~ d水的电离程度逐渐增大，D正确；
故选A。
7. 常温下，下列说法正确的是
A. pH加和为12的强酸与弱酸混合，pH可能为6
B. pH加和为12的强酸与弱碱等体积混合，溶液一定呈碱性
C. pH加和为12的弱酸与强碱混合，若成中性，则v（酸）＞v（碱）
D. pH加和为12的强酸与强碱混合，若成中性，则两溶液体积比为100：1
【答案】A
【解析】
【详解】A. pH加和为12的强酸与弱酸，因为酸的pH都小于7，则二者的pH在5-7之间，混合后pH可能为6，故正确；B. pH加和为12的强酸与弱碱，假设酸的pH为x，碱的pH为y，有x+y=12，则酸中的氢离子浓度为10-x=10y-12 ml/L，碱中的氢氧根离子浓度为10y-14，强酸中的氢离子浓度大于弱碱中的氢氧根离子浓度。但由于是弱碱不完全电离，所以弱碱的浓度远远大于氢氧根离子浓度，等体积混合不能确定酸碱是否完全反应、是否有剩余，故不能确定溶液的酸碱性，故错误；C. pH加和为12的弱酸与强碱混合，假设酸的pH为x，碱的pH为y，有x+y=12，则酸中的氢离子浓度为10-x=10y-12 ml/L，碱中的氢氧根离子浓度为10y-14，弱酸中的氢离子浓度大于强碱中的氢氧根离子浓度，弱酸不完全电离，若等体积混合，酸有剩余，显酸性，若成中性，则v（酸）
8. 下列图示与对应的叙述不相符的是
A. 图1表示1LpH=2的HCl溶液加水稀释至VL，pH随lgV的变化
B. 图2表示不同温度下水溶液中H+和OH-浓度的变化的曲线，图中温度T1>T2
C. 图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数(N2的起始量恒定)的变化，图中a点N2的转化率小于b点
D. 图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)，O2的平衡浓度与容器容积的关系
【答案】D
【解析】
【详解】A．盐酸为强酸，1LpH=2的HCl溶液加水稀释至n倍，溶液的pH变为2+n，但不会变为碱性，图示正确，A正确；
B．水的电离是吸热的，所以升高温度，电离出的H+和OH-浓度增大，所以图象中的温度为T1＞T2，B正确；
C．由图象可知在N2的起始量恒定时，随H2量的增加，N2的转化率增大，所以a点N2的转化率小于b点，C正确；
D．该反应的平衡常数K=c(O2),容器体积的增大，即减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，即该平衡正向移动，温度不变时平衡常数不变，故O2的平衡浓度是不变，D错误；
答案选D。
9. 温度为TK时，向VL的密闭容器中充入一定量的A(g)和B(g)，发生反应 ，容器中A、B、D的物质的量浓度随时间的变化如图所示，下列说法不正确的是
A. 反应在前10min内的平均反应速率
B. 该反应的平衡常数表达式
C. 若平衡时保持温度不变，压缩容器容积平衡向逆反应方向移动
D. 反应至15min时，改变的反应条件是降低温度
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，10min时该反应达到平衡，平衡时D的浓度变化量为3.0ml/L，故，A正确；
B．由题图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5ml/L、3.0ml/L，1∶x=1.5ml/L∶3.0ml/L，得x=2，C为固体，则的平衡常数表达式为，B正确；
C．该反应前后气体分子数不变，若平衡时保持温度不变，压缩容器容积，增大压强，平衡不移动，C错误；
D．由题图可知，改变条件的瞬间，反应混合物中个物质的浓度不变，平衡向逆反应方向移动，该反应的正反应为吸热反应，故改变的反应条件是降低温度，D正确；
故选C。
10. 恒温恒容条件下，发生反应：3A(g)+B(g)2C(g)△H=-QkJ/ml在3个密闭容器中，按下列方式投入反应物：
Ⅰ．3mlA，1mlB；Ⅱ．6mlA，2mlB；Ⅲ．4mlC
则在保持恒温恒容反应达到平衡时，下列选项正确的是（ ）
A. 容器Ⅰ与容器Ⅱ中，C的浓度2cⅠ
B. 容器Ⅰ与容器Ⅲ中，B的体积分数vⅠ%>vⅢ%，反应的能量变化2QⅠ=QⅢ，平衡常数KⅠ2=
C. 容器Ⅱ与容器Ⅲ为等效平衡，B的体积分数VⅡ%=VⅢ%，转化率aⅢ+aⅡ=1，反应的能量变化QⅡ+QⅢ=2Q
D. 容器Ⅰ容器Ⅱ容器Ⅲ中，平衡常数关系为：KⅠ2=KⅡ=
【答案】C
【解析】
【详解】A．容器Ⅰ与容器Ⅱ中，容器Ⅱ相当于容器Ⅰ加压，使体积变为原来的一半，平衡正向移动，转化率aⅠ
D．平衡常数与反应及温度有关，与反应时的用量无关，容器Ⅰ、容器Ⅱ、容器Ⅲ的温度相同，则平衡常数关系为：KⅠ=KⅡ=，D不正确；
故选C。
二、不定项选择题(每题有一个到两个选项符合题意，共3小题，每题4分，共12分。全部选对得4分，选对但不全的得2分，选错得0分)
11. 锂电池有广阔应用前景。用“循环电沉积”法处理某种锂电池的过程中，和C在的催化作用下发生电极反应，反应历程中的能量变化如图。下列说法正确的是
A. 此反应在电解池的阴极发生
B. 反应历程中存在碳碳键、碳氧键的断裂和形成
C. 该电极反应总历程每生成1ml气体产物，电极上转移
D. 此历程中发生了反应
【答案】BD
【解析】
【分析】由题干反应历程图可知，该过程的总反应方程式为：，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，此反应为，是一个氧化反应，故应该在电解池的阳极上发生，A错误；
B．由题干反应历程图可知，反应历程中存在碳碳键、碳氧键的断裂和形成，B正确；
C．由分析可知，该电极反应总历程的总反应为：，故每生成1ml气体产物，电极上转移，C错误；
D．由题干反应历程图可知，此历程中第一阶段发生了反应，D正确；
故答案为：BD。
12. H2在石墨烯负载型Pd单原子催化剂(Pd/SVG)上还原NO生成N2和 NH3的路径机理及活化能(kJ/ml)如图所示。下列说法错误的是
A. H2还原NO生成N2过程中，速率最慢的步骤为⑥
B. Pd/SVG上H2还原NO， 更容易生成NH3
C. 根据如图数据可计算的ΔH
D. 由图可知，相同催化剂条件下反应可能存在多种反应历程
【答案】C
【解析】
【详解】A．活化能最大的为决速步，则H2还原NO生成N2的决速步为反应⑥，选项A正确；
B．由图知， Pd/SVG上H2还原NO，经过①到⑤即可生成氨气、经过①到⑧步才能生成氮气、而决速步反应⑥的活化能最大、发生最困难，则更容易生成NH3、不容易生成N2，选项B正确；
C． 根据如图数据可计算的正反应的活化能、不知道逆反应的活化能，故不能计算ΔH，选项C不正确；
D． 由图可知，相同催化剂条件下反应可能存在多种反应历程、可能得到不同产物，选项D正确；
答案选C。
13. 我国科学家发现，将纳米级嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量。其中有机离子导体主要含，隔膜仅允许含铝元素的微粒通过。工作原理如图所示：
下列说法正确的是
A. 若从电极表面脱落，则电池单位质量释放电量减少
B. 为了提高电导效率，左极室采用酸性水溶液
C. 放电时，离子可经过隔膜进入右极室中
D. 充电时，电池的阳极反应为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据图中电子流动方向知铝电极为负极，嵌入电极是正极，工作时，铝单质失去电子生成，再与结合生成，电极反应式为，题目据此解答。
【详解】A．“将纳米级嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量”，若从电极表面脱落，电池容量减小，则电池单位质量释放电量减少，A正确；
B．把左极室的有机离子导体改成水溶液后，会使左极室溶液中的离子总浓度减小，导致电导效率下降，B错误；
C．放电时，左边电极为正极，右边电极为负极，阴离子向负极移动，结合分析可知右边负极需要消耗，故离子经过隔膜进入右极室中，C正确；
D．电池的阳极即负极，充电时，为电解池装置，电池的负极与外接电源负极相连为阴极，电极反应为放电时负极反应的逆过程，即反应为，D错误；
故选AC。
14. 已知反应 。在体积可变的密闭容器中，按充入反应物进行反应，A的平衡转化率与温度、压强关系如图所示。下列说法正确的是
A. 温度：
B. 平均摩尔质量：，
C. a点的分压平衡常数
D. d点：
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由于，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，故温度：，A错误；
B．由于，升高温度，平衡逆向移动，气体的总质量不变，但物质的量增大，所以平均摩尔质量：，b点对应的压强大于d点，增大压强，平衡向正反应方向移动，气体的总物质的量减小，平均摩尔质量，B正确；
C．T1时反应的三段式为，分压为：，，，a点的分压平衡常数，C正确；
D．d点未达平衡，平衡还在正向进行，故，D错误；
故选BC。
15. 向20mL0.3ml·L−1H3XO3溶液中滴加同浓度NaOH溶液，此过程中含X的粒子分布系数随溶液pH的变化关系如图所示，当所加NaOH溶液体积为40mL时pH为a(忽略溶液体积变化，如0.3ml·L−1H3XO3溶液中H3XO3的分布系数为：)。下列有关说法正确的是
A. 曲线①代表()，曲线②代表()
B. H3XO3的第三级电离为：H++；Ka3=10−7
C. A点溶液中存在关系式：c(Na+)=c(H3XO3)+c()+c()+c()
D. pH为a时，c()约为106-aml·L−1
【答案】D
【解析】
【分析】根据含X的粒子分布系数随溶液pH的变化关系，曲线①代表(H2XO3-)，曲线②代表(HXO32-)。
【详解】A． 曲线①代表(H2XO3-)，曲线②代表(HXO32-)，A错误；
B． 由曲线②可知，pH为a后继续滴加NaOH溶液(HXO32-)仍呈上升趋势，说明H3XO3为二元酸，不存在三级电离，B错误；
C． 溶液中不存在，C错误；
D． PH为a时，c()约为0.1ml·L−1，根据Ka2=c(H+)c()c-1()可知：10-7=10-a·0.1·c-1()，可算出c()约为106-aml·L−1，D正确。
故选D。
第Ⅱ卷(非选择题，共50分)
三、非选择题：共5个小题，合计50分。
16. Ⅰ.认识反应条件对化学反应方向，限度及快慢的影响，有利于运用这些规律解决实际问题。
（1）下列有关说法正确的是__________
A. ，该过程熵值增大
B. ，，该反应一定能自发进行
C. ，该过程熵值增大
D. ，，，此反应低温自发
（2）与的加成反应分为两步，能量与反应历程如图所示。下列说法中正确的是__________
A. 决速步骤是第一步B. 总反应为吸热反应
C 总能量：反应物低于生成物D. 过渡态1比过渡态2更稳定
（3）一定条件下在催化剂表面与水发生反应，，如果反应的平衡常数K值变大，该反应__________
A. 在平衡移动时正反应速率先减小后增大B. 一定向正反应方向移动
C. 在平衡移动时逆反应速率先增大后减小D. 一定向逆反应方向移动
（4）下列有关可逆反应：的分析中，一定正确的是__________
A. 增大压强，平衡不移动，则
B. 升高温度，A的转化率诚小，则正反应是吸热反应
C. 保持容器体积不变，移走C，平衡正向移动，正反应速率增大
D. 保持容器体积不变，加入B，容器中D的质量增加，则B是气体
Ⅱ.金属钛(Ti)在工业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是先将转化为，再进一步还原得到钛。工业上将转化为的方法为：
碳氯化法：
（5）平衡常数表达式___________；恒温恒容时，下列叙述一定能说明该反应达到平衡状态的是___________。
A．混合气体的压强保持不变 B．
C．混合气体的密度保持不变 D．和物质的量相等
（6）若反应容器的容积为，后，测得固体的质量减少，则的平均反应速率为___________。从碰撞理论解释升高温度反应速率加快的原因：___________。
Ⅲ.工业上将转化为的方法为还有直接氯化法：
直接氯化法：
（7）从和的角度说明碳氯化法的反应趋势远大于直接氯化法的原因：___________。
（8）由冶炼钛方法有：900℃，；从平衡移动角度解释上述冶炼金属钛的反应原理___________。
【答案】（1）D （2）A （3）B （4）D
（5） ①. ②. AC
（6） ①. 0.025ml/(L•min) ②. 活化分子分数增加
（7）碳氯化的反应，正向既是熵增反应又是放热反应，这两个因素均有利于反应正向进行；而直接氯化的反应，既是熵减反应又是吸热反应，这两个因素均不利于反应正向进行，所以碳氯化的反应趋势远大于直接氯化
（8）Mg比Ti活泼，可以和TiCl4反应生成Ti蒸气，生成的Ti(g)逸出，使平衡持续正向移动
【解析】
【小问1详解】
A．中，反应后气体的物质的量减少，所以该过程熵值减小，故A错误；
B．中△S<0，当△G=△H-T•△S<0时反应能自发进行，若△H>0时，△G=△H-T•△S>0，反应不能自发进行，故B错误；
C．，反应后气体物质的量减少，所以该过程熵值减小，故C错误；
D．，，，当△G=△H-T•△S<0时反应能自发进行，此反应低温自发，故D正确；
故选D。
【小问2详解】
A．由图可知，第一步反应的活化能大、第二步反应的活化能小，则第一步的反应速率比第二步的慢，决速步骤是第一步，故A正确；
B．由图可知，整个反应过程中反应物的总能量大于生成物的总能量，总反应为放热反应，故B错误；
C．由图可知，整个反应过程中反应物的总能量大于生成物的总能量，故C错误；
D．由图可知，过渡态1的能量比过渡态2更高，能量越高越不稳定，过渡态1比过渡态2更不稳定，故D错误；
故选A。
【小问3详解】
反应 是放热反应，降低温度，平衡常数K值变大，此时正反应速率和逆反应速率都减小，平衡正向移动，故选B。
【小问4详解】
A．增大压强，平衡不移动，说明反应前后气体分子数不变，根据方程式，若 B 为气体，则有 m+n=p，若 B 不为气体，则有 m=p，需分情况讨论，故A错误；
B．升高温度，A 的转化率减小，说明反应逆向进行，则正反应为放热反应，故B错误；
C．保持容器体积不变，移走 C，平衡向右移动，移走的瞬间有 v正>v逆，随着反应进行，反应物浓度减小，v正 减小至不变，v逆 先减小后增大至最后不变，最终再次达到平衡，该过程中正反应速率减小，故C错误；
D．保持容器体积不变，加入 B，容器中 D 的质量增加，说明促使反应正向进行，可以说明 B 为气体，故D正确，
故选：D。
【小问5详解】
反应的平衡常数表达式K=，
A．该反应是气体体积减小的反应，反应过程中压强增大，当混合气体的压强保持不变时，说明反应得到平衡，故A选；
B．时不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故B不选；
C．该反应是气体质量增大反应，反应过程中混合气体的密度保持增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应得到平衡，故C选；
D．Cl2和CO物质的量相等不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故D不选；
故选AC。
【小问6详解】
反应容器的容积为2L，4min后达到平衡，测得固体的质量减少，由方程式TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)⇌TiCl4(g)+2CO(g)可知，减少的固体为TiO2和C，且物质的量之比为1:2，设减少了xml TiO2，2xmlC，则80x+24x=，x=0.1，则消耗0.2ml氯气，v(Cl2)= =0.025ml/(L•min)；从碰撞理论解释升高温度反应速率加快的主要原因是活化分子分数增加。
【小问7详解】
碳氯化的反应，正向既是熵增反应又是放热反应，这两个因素均有利于反应正向进行；而直接氯化的反应，既是熵减反应又是吸热反应，这两个因素均不利于反应正向进行，所以碳氯化的反应趋势远大于直接氯化。
【小问8详解】
冶炼金属钛的反应原理是：Mg比Ti活泼，可以和TiCl4反应生成Ti蒸气，生成的Ti(g)逸出，使平衡持续正向移动。
17. 某小组实验验证反应为可逆反应并测定其平衡常数。
（1）实验验证
实验Ⅰ：将0.0100 ml/L 溶液与0.0400 ml/L 溶液（）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验Ⅱ：向少量Ag粉中加入0.0100 ml/L 溶液（），固体完全溶解。
①取Ⅰ中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是____________。
②Ⅱ中溶液选用，不选用的原因是__________________。
③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，写出操作及现象____________。
（2）测定平衡常数
实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用 ml/L的KSCN标准溶液滴定，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液 mL。
资料：（白色）
（红色）
①滴定过程中的作用是_____________。
②测得平衡常数______。
（3）思考问题
①取实验Ⅰ的浊液测定，会使所测K值______（填“偏大”、“无影响”、“偏小”）。
②不用实验Ⅱ中清液测定K的原因是__________________。
【答案】（1） ①. 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 ②. 防止酸性条件下，硝酸根离子氧化Fe2+干扰实验结果 ③. a：铂/石墨电极，b：或或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；
操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转
（2） ①. 指示剂作用 ②.
（3） ①. 偏小 ②. Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态
【解析】
【分析】控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响；滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【小问1详解】
①由于Ag能与浓硝酸发生反应：，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。
②由于溶液电离出硝酸根离子与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验Ⅱ使用的是溶液，而不是溶液，故答案为：防止酸性条件下，硝酸根离子氧化Fe2+干扰实验结果；
③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应为可逆反应，两电极反应为：、，故另一个电极必须是与不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有或者Fe2+，采用FeSO4或或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：或或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。
【小问2详解】
①Fe3+与反应生成红色，因Ag+与反应相较于Fe3+与反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。
②取Ⅰ中所得上清液v mL，用ml/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗mL，已知：，说明反应几乎进行完全，故有Ⅰ中上层清液中Ag+的浓度为，根据平衡三段式进行计算如下：
故反应的平衡常数。
【小问3详解】
①若取实验Ⅰ所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡，且随着反应，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的K偏小；
②由于实验Ⅱ中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验Ⅱ所得溶液进行测定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。
18. 完成下列问题
（1）常温下，某溶液由水电离出的c(H+)=10-12 ml·L-1，则该溶液的pH为_______。
（2）某温度下，纯水中c(H+)=5.0×10-7 ml·L-1，则该温度下的KW=_______，若温度不变，0.005 ml·L-1的H2SO4溶液中，由水电离出的c(H+)=_______。
（3）某温度(t℃)时，测得0.01ml•L-1的NaOH溶液的pH=13，请回答下列问题：该温度下水的Kw=_______；此温度下，将pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的H2SO4溶液VbL混合(忽略体积变化)，若所得混合液为中性，且a=12，b=2，则Va：Vb=_______。
（4）25℃时，将0.1ml·L-1 NaOH溶液与0.06ml·L-1的H2SO4溶液等体积混合，(忽略混合后体积的变化)，求所得溶液的pH为_______。
（5）将pH=5的H2SO4稀释1000倍后，c(H+)：c(SO)约为_______。
【答案】（1）2或者12
（2） ①. 2.5×10-13 ②. 2.5×10-11ml/L
（3） ①. 1×10-15 ②. 10:1
（4）2 （5）20:1
【解析】
【小问1详解】
某溶液中由水电离出的c(H+)=10-12 ml·L-1则可能是强酸溶液，则此溶液中c(OH-)aq=c(OH-)水=c(H+)水=10-12 ml·L-1，c(H+)aq==10-2ml/L，或者是强碱溶液，则此溶液中c(H+)aq= c(H+)水=10-12 ml·L-1，则该溶液的pH为2或者12，故答案为：2或者12；
【小问2详解】
某温度下，纯水中c(H+)=5.0×10-7 ml·L-1，则该温度下的KW=c(H+)c(OH-)=5.0×10-7×5.0×10-7=2.5×10-13，若温度不变，0.005 ml·L-1的H2SO4溶液中，c(H+)=0.005ml/L×2=0.01ml/L，由水电离出的c(H+)==2.5×10-11ml/L，故答案为：2.5×10-13；0.01ml/L；2.5×10-11ml/L；
【小问3详解】
0.01ml•L-1的NaOH溶液的pH=13，则c(H+)=10-13ml/L，氢氧化钠是强碱，完全电离，所以氢氧根离子浓度等于氢氧化钠浓度=0.01ml/L，则Kw=c(H+)×c(OH-)=10-13×10-2=1.0×10-15；混合溶液呈中性，且硫酸和氢氧化钠都是强电解质，所以酸中氢离子物质的量和碱中氢氧根离子的物质的量相等，pH=a的NaOH溶液中氢氧根离子浓度=10a-15ml/L，pH=b的H2SO4溶液氢离子浓度=10-bml/L，10a-15ml/L×VaL=10-bml/L×VbL且a=12，b=2，则Va：Vb=10：1；
【小问4详解】
25℃时，由反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知，将0.1ml·L-1 NaOH溶液与0.06ml·L-1的H2SO4溶液等体积混合，硫酸过量，充分反应后溶液中的c(H+)==0.01ml/L，则所得溶液的pH为2，故答案为：2；
【小问5详解】
将pH=5的H2SO4稀释1000倍后，此时c(H+)≈10-7ml/L，而c(SO)==5×10-9ml/L，则c(H+)：c(SO)约为10-7：5×10-9=20:1，故答案为：20:1。
19. 2022年12月中央经济工作会议强调，“加快新能源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广”。甲烷化是目前研究的热点方向之一，在环境保护方面显示出较大潜力。其主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
（1）在体积相等的多个恒容密闭容器中。分别充入1 ml 和4 ml 发生上述反应Ⅰ(忽略反应Ⅱ)，在不同温度下反应相同时间，测得、转化率与温度关系如图所示。已知该反应的速率方程为，，其中、为速率常数，只受温度影响。
图中信息可知，代表曲线的是_______(填“MH”或“NG”)，反应Ⅰ活化能Ea(正)_______Ea(逆)(填“>”或“＜”)；c点的K(平衡常数)与Q(浓度商)的等式关系_______(用含、的代数式表示)，温度下反应达到平衡，体系压强为p，则_______。
（2）向恒压密闭装置中充入5 ml 和20 ml ，不同温度下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时其中两种含碳物质的物质的量与温度T的关系如下图所示
图中缺少_______(填含碳物质的分子式)物质的量与温度的关系变化曲线，随温度升高该物质的变化趋势为_______，800℃时，的产率为_______。
【答案】（1） ①. NG ②. < ③. ④.
（2） ①. CO2 ②. 先升高后降低 ③. 76%
【解析】
【小问1详解】
图中信息可知，温度越高，则越小，MH和NG是与温度关系，abc是转化率与温度关系，从后往前看，温度升高，从b到a氢气转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，逆向是吸热反应，则升高温度时逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度即大于，则代表曲线的是NG；该反应是放热反应，反应Ⅰ活化能Ea(正)
平衡时X的物质的量较大，随着温度升高X的物质的量逐渐减小，Y的物质的量逐渐增大，由于反应Ⅰ是放热反应，随着温度升高，甲烷的量应该逐渐减小，二氧化碳的量增大，又由于反应Ⅱ是吸热反应，一氧化碳的量随温度升高而逐渐增大，二氧化碳的物质的量逐渐减小，根据量的关系800℃时另一种物质是1ml，在1100℃时另一种物质接近2.2ml，1400℃时另一种物质接近0.5ml，说明另一种物质先变大后变小，则可能是开始温度低的阶段反应Ⅰ逆向移动占主要地位，后来温度高时反应Ⅱ正向移动占主要地位，因此图中X为甲烷，Y为CO，而缺少CO2物质的量与温度的关系变化曲线，随温度升高该物质的变化趋势为先升高后降低；800℃时，甲烷物质的量为3.8ml，一氧化碳物质的量为0.2ml，则CO2物质的量为1ml，的产率为；故答案为：CO2；先升高后降低；76%。物质的量
物质
完全断键所需吸收的总能量
1ml
1ml
CO
1ml
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