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2022-2023学年广东省深圳市宝安区宝安中学高一上学期期中考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年广东省深圳市宝安区宝安中学高一上学期期中考试化学试题含解析，共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。
广东省深圳市宝安区宝安中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．调控化学反应进行的快慢，对于工业生产和日常生活都有着十分重要的意义。在下列事实中，减慢化学反应速率的是
①古代冶铁使用鼓风机
②用冰箱冷藏食物
③SO2转化为SO3使用钒触媒
④食品包装袋中放小袋铁粉
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
【答案】D
【详解】①古代冶铁使用鼓风机，可增大氧气的浓度，加快燃烧的速率；②用冰箱冷藏食物，可降低温度，减慢食物变质的速率；③SO2转化为SO3使用催化剂，加快反应速率；④食品包装袋中放小袋铁粉，作抗氧化剂，可降低氧气的浓度，减慢食品被氧化的速率。
故选D。
2．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是
A．氯水宜保存在低温、避光条件下
B．合成氨工业上，采用高压以提高NH3的产率
C．对于平衡体系2HI(g)H2(g)+I2(g)，增大压强(缩小容积)可使颜色变深
D．用NH4Cl溶液除铁锈，增大NH4Cl溶液浓度，除铁锈速率加快
【答案】C
【详解】A．氯水中存在如下平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，次氯酸遇光易发生分解反应，使平衡向正反应方向移动导致氯水变质，所以氯水宜保存在低温、避光条件下能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；
B．合成氨反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，氨气的产率增大，则合成氨工业上采用高压以提高氨气的产率能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C．碘化氢的分解反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，但碘蒸气的浓度增大，体系颜色加深，则增大压强(缩小容积)可使颜色变深不能用勒夏特列原理解释，故C符合题意；
D．氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应使溶液呈酸性，增大氯化铵的浓度，平衡向正反应方向移动，氢离子浓度增大，除铁锈速率加快，则增大氯化铵溶液浓度，除铁锈速率加快能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；
故选C。
3．如图所示，三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别装在盛有水的三个烧杯中，在①烧杯中加入CaO，在②烧杯中不加其他任何物质，在③烧杯中加入NH4Cl晶体，发现①中红棕色变深，③中红棕色变浅。已知：2NO2(红棕色)N2O4(无色)，下列叙述正确的是
A．2NO2N2O4是吸热反应
B．NH4Cl溶于水时吸收热量
C．①烧瓶中平衡时混合气体的平均相对分子质量增大
D．③烧瓶中气体的压强增大
【答案】B
【详解】A．①中红棕色变深，则平衡向逆反应方向移动，而CaO和水反应放出热量，说明升高温度，平衡逆向移动，即逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故A错误；
B．③中红棕色变浅，说明平衡正向移动，因正反应是放热反应，则氯化铵溶于水时吸收热量，故B正确；
C．①中平衡逆向移动，气体的总质量不变，而平衡时混合气体的物质的量增大，则体系中平衡时混合气体的平均相对分子质量减小，故C错误；
D．③中红棕色变浅，说明平衡正向移动，气体的物质的量减小，则③烧瓶中的压强必然减小，故D错误；
故答案选B。
4．用50mL0.50mol•L-1盐酸和50mL0.55mol•L-1NaOH溶液测定H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)的反应热(ΔH)的实验时，下列说法不正确的是
A．改用25mL0.50mol•L-1盐酸跟25mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行测定，ΔH数值不变
B．装置中的大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热，减少热量损失
C．用量筒量取NaOH溶液时，仰视取液，测得的反应热ΔH不变
D．酸碱混合时，量筒中NaOH溶液应缓缓倒入量热计内筒中，不断用玻璃搅拌器搅拌
【答案】D
【详解】A．中和热的数值与反应生成水的物质的量无关，故改用25mL0.50mol•L-1盐酸跟25mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行测定，ΔH数值不变，A正确；
B．装置中的大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热，减少热量损失，减小误差，B正确；
C．用量筒量取NaOH溶液时，仰视取液，量取NaOH偏多，但是生成水的物质的量不变，测得的反应热ΔH不变，C正确；
D．酸碱混合时，量筒中NaOH溶液应快速倒入量热计内筒中，减少热量损失，D错误；
故选D。
5．下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是
①向HNO2中加入NaNO2固体后pH增大；
②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗；
③HNO2和NaCl不能发生反应；
④0.1mol/LHNO2溶液的pH=2.1；
⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2；
⑥pH=1的HNO2稀释至100倍，pH约为2.3
⑦等pH等体积的盐酸、HNO2溶液和足量锌反应，HNO2放出的氢气较多
⑧pH=1的HNO2溶液和pH=13的KOH溶液等体积混合，溶液呈酸性
⑨10mL0.1mol·L-1HNO2恰好与10mL0.1mol·L-1NaOH溶液完全反应
A．①④⑥⑨ B．①④⑤⑥⑦⑧ C．②③④⑧ D．全部
【答案】B
【详解】①向HNO2中加入NaNO2固体后pH增大，说明亚硝酸存在电离平衡，加入亚硝酸根后平衡逆向进行，氢离子浓度降低，pH增大，能证明其为弱酸，为弱电解质，故①正确；
②溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故②错误；
③HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故③错误；
④常温下0.1mol/LHNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸为弱电解质，故④正确；
⑤强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸为弱电解质，故⑤正确；
⑥常温下pH=1的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.3说明亚硝酸中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸为弱电解质，故⑥正确；
⑦等pH等体积的盐酸、HNO2溶液和足量锌反应，HNO2放出的氢气较多，说明HNO2还可电离出氢离子，可证明HNO2是弱电解质，故⑦正确；
⑧pH=1的HNO2溶液和pH=13的KOH溶液等体积混合，溶液呈酸性，说明HNO2没有完全电离，可以证明HNO2是弱电解质，故⑧正确；
⑨10mL0.1mol/LHNO2恰好与10mL0.1mol/LNaOH溶液完全反应，说明醋酸为一元酸，不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸为弱电解质，故⑨错误；
能证明HNO2是弱电解质有①④⑤⑥⑦⑧，故选B。
6．下列各组物质按照强电解质、弱电解质、非电解质顺序排列的是
A．纯碱、澄清石灰水、浓硫酸 B．硫酸钡、HF、氧气
C．CuSO4•5H2O、碳酸、葡萄糖 D．盐酸、醋酸、CO2
【答案】C
【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质；在水中能完全电离的电解质称为强电解质，在水中部分电离的电解质称为弱电解质，据此解答。
【详解】A．纯碱为强电解质，澄清石灰水、浓硫酸均是混合物，不是电解质，也不是非电解质，不满足题中要求，故A错误；
B．硫酸钡为强电解质、氢氟酸为弱电解质，氧气为单质，既不是电解质也不是非电解质，不满足题中要求，故B错误；
C．CuSO4•5H2O为强电解质、碳酸为弱电解质、葡萄糖为非电解质，满足题中要求，故C正确；
D．盐酸是混合物，不是电解质，也不是非电解质，醋酸为弱电解质、CO2为非电解质，不满足题中要求，故D错误；
故选C。
7．消除大气污染物中的氮氧化物是科技工作者重要的研究课题之一、甲烷可催化还原，其反应原理如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
向某恒温恒容密闭容器中充入适量的和，发生上述反应Ⅰ和Ⅱ，下列情况不能说明上述反应达到平衡状态的是
A．气体的总压强不随时间变化 B．气体的密度不随时间变化
C．的体积分数不随时间变化 D．气体的平均相对分子质量不随时间变化
【答案】B
【详解】A．由于反应中反应Ⅰ为生成物气体分子数大于反应为气体分子数，则随着反应的进行体系的压强增大，当压强不变时则反应处于平衡状态，故A正确；
B．由于反应Ⅰ、Ⅱ中的反应物和生成物均为气体，则反应前后气体的质量不变，且反应体系的体积不变，则密度始终不变，所以气体的密度不随时间变化不能说明反应是否处于平衡状态，故B错误；
C．的体积分数不随时间变化，反应物和生成的体积分数均不随时间变化，则反应处于平衡状态，故C正确；
D．由于反应中反应Ⅰ为生成物气体分子数大于反应为气体分子数，所以随着反应的进行气体的平均相对分子质量逐渐减小，当体的平均相对分子质量不随时间变化时，则反应处于平衡状态，故D正确；
答案选B。
8．在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molSO2和2molO2，发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＜0，2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4mol，同时放出热量QkJ。则下列分析正确的是
A．若把条件“恒温恒压”改为“恒温恒容”，则平衡时放出热量小于QkJ
B．2min后，向容器中再通入一定量的SO3气体，重新达到平衡时，SO2的含量不变
C．若把条件“恒温恒压”改为“恒压绝热”，则平衡后n(SO3)大于1.4mol
D．若反应开始时容器体积为2L，则v(SO3)=0.7mol•L-1•min-1
【答案】A
【详解】A．该反应的正反应的气体体积减小，恒温恒压下平衡时容器体积减小，促进反应正向进行，恒温恒容下容器体积不变，SO2转化率比“恒温恒压”时的低，放出热量减少，A正确；
B．恒温恒压下，2min后，向容器中再通入一定量的SO3气体，与原平衡为等效平衡，则重新达到平衡时，SO2的含量不变，B错误；
C．若把条件“恒温恒压”改为“恒压绝热”，反应放热使温度升高，平衡逆向移动，则平衡后n(SO3)小于1.4mol，C错误；
D．由于该反应是在恒温恒压条件下进行的，随着反应进行，气体的物质的量减小，气体体积减小，容器体积减小，则平衡时容器体积小于2L，但具体体积未知，因此无法计算v(SO3)，D错误；
故选A。
9．在T1、T2温度下，向1L密闭容器中各加入等物质的的量的FeO和CO，发生反应：FeO(s)+CO(g) Fe(s)+CO2(g) ΔH
A．T1>T2
B．T1时，反应的平衡常数K=1
C．t1时刻改变的条件可能是通入CO2或降低温度
D．平衡时，其他条件不变，取出少量铁粉不影响逆反应速率
【答案】C
【详解】A．由图可知T1时反应先得到平衡，所以T1>T2，A正确；
B．根据题目所给数据及可逆反应，T1温度下，CO起始是2mol，平衡时CO物质的量是1mol，则该反应T1温度下化学平衡常数是，B正确；
C．充入CO2，CO2物质的量突然增大，浓度相应突然增大，生成物气体只有二氧化碳，平衡不移动，图象表示正确；但降低温度，原平衡被破坏，但改变条件一瞬间，CO2浓度是原平衡浓度值，不会突然变大，C错误；
D．固体物质的物质的量少量改变，不影响反应速率及化学平衡，D正确；
综上，本题选C。
10．醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHH++CH3COO⁻，下列叙述不正确的是
A．升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大
B．0.10 mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c（OH-）增大。
C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D．25℃时，欲使醋酸溶液的pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸晶体
【答案】D
【详解】A. 醋酸的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，电离平衡常数增大，故A正确；
B. 加水稀释溶液的酸性减弱，则c(OH-)增大，故B正确；
C. 醋酸钠晶体会电离出CHCOO-，使电离平衡CH3COOHH++CH3COO⁻逆向移动，故C正确；
D. 温度不变则电离常数不变，故D错误；
故答案为D。
11．下列事实：①Na2HPO4水溶液呈碱性；②NaHSO4水溶液呈酸性；③长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大；④铵态氮肥不能与草木灰混合施用；⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强；⑥配制SnCl2溶液，需用盐酸溶解SnCl2固体；⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放。其中与盐类水解有关的是( )
A．全部 B．除⑦以外 C．除②以外 D．除④、⑥以外
【答案】C
【详解】①Na2HPO4水溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度，与盐类水解有关，故①正确；
②NaHSO4水溶液呈酸性是由于硫酸氢根离子电离出氢离子的缘故，与盐类水解无关，故②错误；
③铵盐溶液中铵根离子水解显酸性，长期施用铵态氮肥会使土壤酸化，与盐类的水解有关，故③正确；
④铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是由于铵根离子与碳酸根离子发生互促水解的原因，故④正确；
⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强是由于加热促进盐类的水解，与盐类的水解有关，故⑤正确；
⑥配制SnCl2溶液，需用浓盐酸溶解SnCl2固体，目的是抑制水解，防止溶液浑浊，与盐类水解有关，故⑥正确；
⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放，是由于水解生成HF能腐蚀玻璃，故⑦正确；
答案选C。
12．如图表示在催化剂(Nb2O5)表面进行的反应：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)。
已知下列反应：
①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ∆H1
②C(s)+ O2(g)=CO(g) ∆H2
③C(s)+O2(g)=CO2(g) ∆H3
下列说法不正确的是
A．∆H2＜∆H3
B．图中的能量转化方式主要为太阳能转化为化学能
C．反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) 的 ∆H=2(∆H3−∆H2)
D．反应H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)的∆H=∆H2−∆H3+∆H1
【答案】A
【详解】A．②与③分析，碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量多，但焓变反而小，因此∆H3＜∆H2，故A错误；
B．根据图中信息，得到能量转化方式主要为太阳能转化为化学能，故B正确；
C．根据盖斯定律分析③的2倍减去②的2倍，则反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) 的 ∆H=2(∆H3−∆H2)，故C正确；
D．根据盖斯定律分析①的一半减去③，加上②，反应H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)的∆H=∆H2−∆H3+∆H1，故D正确。
综上所述，答案为A。
13．下列方程式书写正确的是
A．H2S的电离方程式：H2SH＋＋HS-
B．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na＋＋H＋＋CO
C．的水解方程式：CO＋2H2OH2CO3＋2OH-
D．HS-的水解方程式：HS-＋H2OS2-＋H3O＋
【答案】A
【详解】A．多元弱酸的电离是分步的，H2S的第一步电离方程式为H2SH＋＋HS-，A正确；
B．NaHCO3是盐，属于强电解质，在水溶液中电离产生Na＋、，电离方程式为NaHCO3=Na＋＋；电离产生的会电离产生H＋、，存在电离平衡，电离方程式为：H＋+，B错误；
C．的水解是分步的，存在水解平衡，主要是第一步水解，水解反应的离子方程式为：＋H2O＋OH-，C错误；
D．HS-的水解产生H2S和OH-，存在水解平衡，水解反应的离子方程式为：HS-＋H2OH2S＋OH-，D错误；
故合理选项是A。
14．下列有关说法正确的是
A．已知HI(g)H2(g)+I2(s) ΔH=-26.5kJ•mol-1，由此可知，在密闭容器中充入1molHI气体，充分分解后可以放出26.5kJ的热量
B．已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-571.6kJ•mol-1，则H2的燃烧热为285.8kJ•mol-1
C．由C(石墨)→C(金刚石) ΔH=+1.9kJ•mol-1可知，金刚石不如石墨稳定
D．HCl和NaOH反应中和热ΔH=-57.3kJ•mol-1，则：H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l) ΔH=-114.6kJ•mol-1
【答案】C
【详解】A．反应是可逆反应，在密闭容器中充入1molHI气体，充分分解后可以放出的热量小于26.5kJ，A错误；
B．101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，反应中生成的水应该是液态水，故H2的燃烧热不是285.8kJ•mol-1，B错误；
C．物质所具有的能量越低越稳定，石墨转化成金刚石吸收能量，故金刚石不如石墨稳定，C正确；
D．中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol水时所释放的热量，反应中产物除了水以外还有硫酸钡，D错误；
故选C。
15．下列说法错误的是
A．pH=2和pH=1的HNO3溶液中c(H+)之比为1：10
B．浓度分别为0.2 mol∙L−1与0.1 mol∙L−1的醋酸溶液中，c(H+)之比等于2：1
C．同温时，pH=10的KOH溶液和pH=10的KCN溶液中由水电离的OH－浓度后者大
D．100mL0.1 mol∙L−1的醋酸溶液与10mL1.0 mol∙L−1的醋酸溶液中H+的数目，前者多
【答案】B
【详解】A．pH=2和pH=1的HNO3溶液中c(H+)之比为0.01 mol∙L−1：0.1 mol∙L−1=1：10，故A正确；
B．浓度分别为0.2 mol∙L−1与0.1 mol∙L−1的醋酸溶液中，根据越稀越电离，因此c(H+)之比小于2：1，故B错误；
C．同温时，pH=10的KOH溶液，抑制水的电离，pH=10的KCN溶液，促进水的电离，因此由水电离的OH－浓度后者大，故C正确；
D．若两者电离程度相等，则100mL0.1 mol∙L−1的醋酸溶液与10mL1.0 mol∙L−1的醋酸溶液中H+的数目相同，由于“越稀越电离”，0.1 mol∙L−1的醋酸电离程度大于1.0 mol∙L−1的醋酸，因此两者溶液中电离出的H+的数目是前者多，故D正确。
综上所述，答案为B。
16．常温下，下列各组离子定能在指定溶液中大量共存的是
A．的溶液：
B．的溶液：
C．澄清透明的无色溶液：
D．和反应放出的溶液：
【答案】B
【详解】A. 的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液呈碱性，不能大量存在，A不符合题意。
B. ，则，则溶液呈酸性，该组离子可以大量共存，B符合题意。
C. 呈紫色，与题中“无色”矛盾，C不符合题意。
D. 和反应放出的溶液可能呈碱性，也可能呈酸性，若溶液呈酸性，和反应不会放出，与题干矛盾；若溶液呈碱性，不能大量存在，D不符合题意。答案选B。
17．25℃时，向10mL0.1mol/L的NaOH溶液中，逐滴加入10mL浓度为cmol/L的HF稀溶液。请依据信息判断，下列说法中错误的是
已知25℃时：①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) △H= -67.7kJ•mol-1
②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H= -57.3kJ•mol-1
A．当c＞0.1时，溶液中也可能存在：c(Na+)=c(F-)
B．当氢氟酸溶液温度由25℃升高到35℃时，HF的电离程度减小(不考虑挥发)
C．整个滴加过程中，水的电离程度一定存在先增大后减小变化趋势
D．混合后溶液中可能出现：c(Na+)＞c(OH-)＞c(F-)＞c(H+)
【答案】C
【详解】A．当c＞0.1时，氢氧化钠溶液和氢氟酸溶液反应得到氟化钠和氢氟酸的混合溶液，若溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+c(F-)可知， 溶液中钠离子浓度与氟离子浓度相等，故A正确；
B．由盖斯定律可知，①—②可得HF(aq)=F-(aq)+ H+(aq)，则ΔH= -67.7 kJ/mol-(-57.3kJ/mol) = -10.4kJ/mol，则氢氟酸在溶液中的电离过程为放热过程，升高温度，电离平衡逆向移动，氢氟酸的电离程度减小，故B正确；
C．氢氧化钠在溶液中电离出的氢氧根离子抑制水的电离，逐滴加入氢氟酸溶液时，氢氧化钠溶液与氢氟酸溶液反应生成氟化钠，氟离子在溶液中水解促进水的电离，则滴加氢氟酸溶液的过程中，水的电离程度增大，若氢氟酸溶液过量，过量的氢氟酸电离出的氢离子抑制水的电离，由于氢氟酸溶液的浓度不确定，则不能确定氢氟酸溶液是否过量，所以无法确定水的电离程度是否有减小的趋势，故C错误；
D．若氢氧化钠溶液与少量氢氟酸溶液反应恰好反应生成氢氧化钠和氟化钠的混合溶液，混合后溶液中离子的浓度的大小顺序可能为c(Na+)＞c(OH-)＞c(F-)＞c(H+)，故D正确；
故选C。
18．以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如下图所示。[示例：A2-的分布系数：]
下列叙述不正确的是
A．滴定终点的现象为：溶液从无色变为粉红色，且半分钟不褪色
B．H2A溶液的浓度为0.1000mol·L-1
C．曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)
D．滴定终点时，溶液中c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-)
【答案】D
【分析】根据图象，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)；
【详解】A．滴定终点前溶液成酸性，当滴入最后一滴NaOH溶液时溶液偏碱性，能使酚酞呈粉红色，故A正确；
B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，达到滴定终点。说明NaOH和恰好完全反应，根据，，则，故B正确；
C．在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，且δ曲线①一直在减小，曲线②在一直增加；说明H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即H2A=HA-+H+，HA-⇌A2-+H+，曲线①代表δ(HA-)；当加入用0.1000 mol•L-1的NaOH溶液40.00 mL滴定后，发生NaHA+NaOH=Na2A+H2O，HA-的分布系数减小，A2-的分布系数在增大，且曲线②在一直在增加，在滴定终点后与③重合，所以曲线②代表δ(A2-)，故C正确；
D．用酚酞作指示剂，酚酞变色范的pH范围为8.2~10，滴定终点时，溶液中有电荷守恒：，由于，则，故D错误；
答案选D。
19．CH4和Cl2反应生成CH3Cl和HCl的部分反应进程如图所示。
已知总反应分3步进行：
第1步Cl－Cl(g)→2•Cl(g) △H1=+242.7kJ•mol-1；
第2步CH4(g)+•Cl(g)→•CH3(g)+HCl(g) △H2；
第3步•CH3(g)+Cl－Cl(g)→CH3Cl(g)+•Cl(g) △H3。
下列有关说法正确的是
A．△H2＜0
B．第2步的反应速率小于第3步的反应速率
C．减小容器体积增大压强，活化分子百分数增加，反应速率加快
D．CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g) △H=112.9kJ•mol-1
【答案】B
【详解】A．观察图象知第2步反应是吸热反应，ΔH2>0，A错误；
B．第2步的正反应活化能大于第3步的正反应活化能，所以第2步的反应速率小于第3步的，B正确；
C．减小容器体积增大压强，活化分子数增加，活化分子百分数不变，反应速率加快，C错误；
D．根据图中信息•CH3(g)+Cl-Cl(g)→CH3Cl(g)+•Cl(g) △H3=−112.9 kJ∙mol−1，CH4(g)+•Cl(g)→•CH3(g)+HCl(g) △H2>0，因此CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g) △H>−112.9 kJ∙mol−1，D错误；
故选B。
20．加氢制是资源化利用的重要途径，该过程存在如下两个反应：
反应I：
反应II：
在4.0MPa下，按把两种气体通入恒压反应器中，的平衡转化率及物质
的平衡产率随温度的变化关系如图所示。已知：的平衡产率=，下列说法不正确的是
A．反应I使用催化剂有利于提高反应的化学速率，但不影响的产率
B．475K时，平衡体系中
C．475K时，反应I的平衡常数
D．525～575K时，使平衡转化率随温度升高而增大的反应为反应I
【答案】D
【详解】A．催化剂只改变反应速率，不影响反应平衡的移动，则不影响的产率，A正确；
B．475K时，CO2的平衡转化率为30%，CH3OH的产率为20%，设起始n(H2)=3mol，n(CO2)=1mol，，，平衡体系中，，B正确；
C．反应达到平衡时，，，，，，混合气体总物质的量为，，，，，反应Ⅰ的平衡常数，C正确：
D．525～575K时，随温度升高，平衡产率减小，说明反应Ⅰ平衡逆移，但平衡转化率增大，则525～575K时，使平衡转化率随温度升高而增大的反应为反应Ⅱ，D错误；
故选：D。
二、填空题
21．研究含碳、氮的物质间转化的热效应，在日常生活与工业生产中均有很重要的意义。
(1)已知：H2O(l)=H2O(g) △H=+44.0kJ•mol-1，甲烷完全燃烧与不完全燃烧的热效应如图所示。
CO的燃烧热△H=_____kJ•mol-1。
(2)已知拆开1molH－H、1molN－H、1molN≡N化学键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为______。
(3)以NH3、CO2为原料生产尿素[CONH2)2]的反应历程与能量变化示意图如图。
①第二步反应的△H_____0(填“>”、“<”或“=”)。
②从图像分析决定生产尿素的总反应的反应速率的步骤是第_____步反应。
(4)实验室用50mL0.50mol•L-1盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。
①该装置有两处明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为_____。
②下列关于实验和中和反应的说法正确的是_____(填序号)。
A．本实验中，读取混合溶液不再变化的温度为终止温度
B．玻璃搅拌器可用铜质材料代替
C．中和反应的逆反应是吸热反应
D．在25℃、101kPa下，强酸和强碱的稀溶液发生中和反应生成1molH2O时，放出57.3kJ•mol-1的热量
【答案】(1)-283
(2)N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) △H=-92kJmol-1
(3) > 二
(4) 环形玻璃搅拌棒 C
【详解】（1）由图可知1mol甲烷燃烧生成二氧化碳气体和水蒸气放出802kJ能量，且H2O（l）=H2O（g） ΔH=+44.0kJmol-1，因而甲烷的燃烧热化学反应方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l） ΔH=-890.3kJmol-1，根据①CH4（g）+2O2（g）= CO2（g）+2H2O（l） ΔH=-890.3 kJmol-1，②CH4（g）+O2（g）= CO（g）+2H2O（g） △H2=-607.3kJmol-1，依据盖斯定律②-①得到CO完全燃烧生成二氧化碳的热化学方程式为：CO（g）+O2（g）= CO2（g） △H=（-890.3+607.3）kJmol-1=-283kJmol-1；
（2）反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g） △H=946kJ/mol+3×436kJ/mol-6×391kJ/mol=-92kJmol-1，则热化学方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g） △H=-92kJmol-1；
（3）由图像可知该反应中反应物总能量小于生成物总能量，属于吸热反应，所以ΔH＞0；反应的速率主要取决于最慢的反应，最慢的反应主要是反应物活化能大，所以已知两步反应中第二步反应是生产尿素的决速步骤；
（4）该仪器的名称为环形玻璃搅拌棒，让溶液充分混合；
A．本实验中，读取混合溶液的最高温度为终止温度，A错误；
B．该实验需要保温隔热，铜质材料导热不能将玻璃搅拌器用铜质材料代替，B错误；
C．中和反应放热，其逆反应是吸热反应，C正确；
D．在25℃、101kPa下，强酸和强碱的稀溶液发生中和反应生成1molH2O时，放出57.3kJ的热量，单位出错，故D错误；
故选C。
三、原理综合题
22．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。回答下列问题：
已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=- 221 kJ/mol
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=- 393.5 kJ/mol
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH= +181 kJ/mol
(1)若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式：_______；下列措施能够增大此反应中NO的转化率的是(填字母代号)_______。
a．增大容器压强 b．升高温度 c．使用优质催化剂 d．增大CO的浓度
(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N2的物质的量变化如下表所示。
物质的量/mol
T1/℃
T2/℃
0
5 min
10 min
15 min
20 min
15 min
30 min
NO
2.0
1.16
0.80
0.80
0.50
0.40
0.40
N2
0
0.42
0.60
0.60
0.75
0.80
0.80
①T1℃，0～5min内，以CO2表示的该反应速率v(CO2)=_______，该条件下的平衡常数K=_______。
②第15 min后，温度调整到T2，数据变化如上表所示，则T1_______ T2(填“>”、“<”或“=”)。
③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2 mol，则此时反应_______移动(填“正向”、“逆向”或“不”)；最终达平衡时NO的转化率a=_______。
【答案】 2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-747 kJ/mol ad 0.042mol·L-1·min-1 > 正向 60%
【分析】依据平衡常数表达式书写热化学方程式，结合已知的热化学方程式和盖斯定律计算热化学方程式的焓变，得到此反应的热化学方程式；
【详解】(1)若某反应的平衡常数表达式为：K=，则反应物为一氧化碳、一氧化氮生成物为氮气和二氧化碳，反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)；
①2C(s)+O 2(g)=2CO(g)△H=-221kJ•mol-l；
②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-l；
③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+181kJ•mol-l；
盖斯定律计算②×2-③-①得到2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-747 kJ•molˉ1；
该反应为气体体积减小的放热反应；
a．增大容器压强平衡正向移动NO转化率增大，故a正确；
b．升高温度平衡逆向移动，NO转化率减小，故b错误；
c．使用优质催化剂不能改变平衡，故c错误；
d．增大CO的浓度，可以提高NO的转化率，故d正确；
答案选ad；
(2)根据盖斯定律，由上述已知反应②-③得：C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) △H=-574.5kJ•mol-l；
①利用表格数据： 0～5min内，以N2表示的该反应速率v(N2)=，所以CO2的反应速率v(CO2)=v(N2)，通过分析知10min后浓度不再改变，处于平衡状态，用三段式分析：
10min时DE平衡浓度，c(NO)=0.4 mol/L 、c(N2)=c(CO2)= 0.3mol/L，平衡常数K=；
②第15 min后，温度调整到T2，从表格查得NO减少，N2增加，平衡正向移动，由于反应为放热反应，改变条件为除温，则T1>T2；
③若30min时，
此平衡后各浓度：c(NO)=0.2mol/L，c(N2)=c(CO2)=0.4mol/L，T2时平衡常数K=；
保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2 mol：
此时加入混合物后各物质的新的起始浓度：c(NO)=1.2mol/L，c(N2)=c(CO2)=1.4mol/L，加入混合物后Qc=，则此时反应正向移动；
设转化化浓度为c(NO)=2xmol/L，c(N2)=c(CO2)=xmol/L，新平衡浓度(mol/L)：c(NO)=1.2-2xmol/L，c(N2)=c(CO2)=(1.4+x)mol/L，由于温度不变，平衡常数为定值，新平衡时有：，解得x =0.2mol/L，经计算NO超始总量为2mol+2mol=4mol，达到平衡时NO的物质的量为(1.2-2×0.2)mol/L2L=1.6mol，转化的NO共4mol-1.6mol=2.4mol，所以最终达平衡时NO的转化率a=。
23．NaOH是中学中常用化学试剂。已知电导率越大导电能力越强。常温下用0.100mol/LNaOH溶液分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol/L的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示(忽略滴定过程中溶液混合后的体积变化)：
回答下列问题：
(1)曲线①②代表滴定曲线，代表滴定盐酸的曲线是____。
(2)中学常用指示剂有：甲基橙(变色范围为3.1~4.4)和酚酞(变色范围为8.2~10.0)。则滴定醋酸的过程应该选择的指示剂最好为____。
(3)a、b、c三点溶液中水的电离程度最大的是____，最小的是____。
(4)a点溶液中：c(Na+)=____mol/L。
(5)b点溶液中：c(OH-)____(填“＞”“＜”或“=”)c(CH3COO-)+c(CH3COOH)。
(6)几种弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸
H2SO3
H2CO3
HClO
电离平衡
常数(25℃)
K1=1.4×10-2
K1=4.5×10-7
K=4.0×10-8
K2=6.0×10-6
K2=4.7×10-11
①向次氯酸钠溶液中通入少量的CO2，发生反应的离子方程式为____。
②向次氯酸钠溶液中通入足量的SO2，发生反应的离子方程式为____。
【答案】(1)②
(2)酚酞
(3) a b
(4)0.05
(5)＞
(6) CO2+ClO-+H2O=HClO+HCO SO2+ClO-+H2O=SO+Cl-+2H+
【详解】（1）溶液电导率与离子浓度成正比，0.100mol/L的盐酸和醋酸溶液中离子浓度：盐酸＞醋酸，则0.100mol/L的盐酸和醋酸溶液导电能力：盐酸＞醋酸，根据图知，开始时电导率；曲线②＞①，所以②代表滴定盐酸的曲线，故答案为：②；
（2）甲基橙变色范围为3.1-4.4、酚酞变色范围为8.2-10.0，醋酸钠溶液呈碱性，所以应该选取酚酞作指示剂，故答案为：酚酞；
（3）酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大，水电离程度越小，CH3COO-促进水电离，a点溶质为醋酸钠而促进水电离、c点溶质为NaCl而不影响水电离、b点溶质为醋酸钠和NaOH而抑制水电离，所以水电离程度最大的是a点、最小的是b点，故答案为：a；b；
（4）a点混合溶液体积为20mL，混合溶液体积是NaOH溶液的二倍，则溶液中c(Na+)是原来的一半，为0.050mol/L，故答案为：0.050；
（5）b点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、NaOH，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)、c(Na+)=2[c(CH3COO-)+c(CH3COOH)]，则c(H+)+c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)]=c(OH-)，所以c(OH-)＞c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故答案为：＞；
（6）①由表中数据判断酸性：H2CO3＞HClO＞NaHCO3，根据强酸制弱酸规律可知，少量CO2与次氯酸钠溶液反应的离子方程式为CO2+ClO-+H2O=HClO+，故答案为：CO2+ClO-+H2O=HClO+；
②次氯酸钠具有强氧化性，SO2具有还原性，足量的SO2与次氯酸钠溶液反应的离子方程式为SO2+ClO-+H2O=+Cl-+2H+，故答案为：SO2+ClO-+H2O=+Cl-+2H+。
四、实验题
24．滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题：
（1）酸碱中和滴定——用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液。
①酸式滴定管、碱式滴定管、温度计、量筒、玻璃棒、烧杯。若要进行中和滴定实验，还缺少的玻璃仪器是_________________。
②上述滴定过程中操作滴定管的图示，正确的是____________。
③若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测得NaOH溶液浓度_________________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
（2）氧化还原滴定——用标准高锰酸钾溶液滴定未知浓度的草酸(H2C2O4)溶液。
①课外小组里有位同学设计了下列两种滴定方式（夹持部分略去），引起了同学们的讨论，最后取得共识，你认为合理的是___________________(填字母符号)。
②判断滴定终点的依据是____________。
③某次滴定时记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如下图，则此时消耗标准溶液的体积为______________。
【答案】 锥形瓶 A 无影响 b 溶液恰好由无色变浅紫红色，且半分钟内不褪色 22.10mL
【详解】（1）①用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，使用的仪器有酸式滴定管、碱式滴定管、温度计、量筒、玻璃棒、烧杯。若要进行中和滴定实验，还缺少的玻璃仪器是进行中和反应的锥形瓶。②在上述滴定过程中操作滴定管的图示，正确的使用滴定管的方法是左手的拇指在前，食指和中指在后，无名指和小拇指自然弯曲，旋转分液漏斗的活塞，故选项是A；③若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点由于不影响酸、碱的物质的量，因此对所测得NaOH溶液浓度无影响。
（2）KMnO4溶液有强的氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此要用酸式滴定管进行滴加，故应该选择b进行操作；②KMnO4溶液显紫色，当反应后变为无色的Mn2+，若滴定完全，则KMnO4不再消耗，溶液就会由无色变为紫色，故判断滴定终点的依据是溶液恰好由无色变浅紫红色，且半分钟内不褪色；③某次滴定时记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，由于滴定管的“0”刻度线在上部，所以滴定后液面在22.60mL处，则此时消耗标准溶液的体积为22.10mL。。
广东省深圳市宝安区宝安中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．调控化学反应进行的快慢，对于工业生产和日常生活都有着十分重要的意义。在下列事实中，减慢化学反应速率的是
①古代冶铁使用鼓风机
②用冰箱冷藏食物
③SO2转化为SO3使用钒触媒
④食品包装袋中放小袋铁粉
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
【答案】D
【详解】①古代冶铁使用鼓风机，可增大氧气的浓度，加快燃烧的速率；②用冰箱冷藏食物，可降低温度，减慢食物变质的速率；③SO2转化为SO3使用催化剂，加快反应速率；④食品包装袋中放小袋铁粉，作抗氧化剂，可降低氧气的浓度，减慢食品被氧化的速率。
故选D。
2．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是
A．氯水宜保存在低温、避光条件下
B．合成氨工业上，采用高压以提高NH3的产率
C．对于平衡体系2HI(g)H2(g)+I2(g)，增大压强(缩小容积)可使颜色变深
D．用NH4Cl溶液除铁锈，增大NH4Cl溶液浓度，除铁锈速率加快
【答案】C
【详解】A．氯水中存在如下平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，次氯酸遇光易发生分解反应，使平衡向正反应方向移动导致氯水变质，所以氯水宜保存在低温、避光条件下能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；
B．合成氨反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，氨气的产率增大，则合成氨工业上采用高压以提高氨气的产率能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C．碘化氢的分解反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，但碘蒸气的浓度增大，体系颜色加深，则增大压强(缩小容积)可使颜色变深不能用勒夏特列原理解释，故C符合题意；
D．氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应使溶液呈酸性，增大氯化铵的浓度，平衡向正反应方向移动，氢离子浓度增大，除铁锈速率加快，则增大氯化铵溶液浓度，除铁锈速率加快能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；
故选C。
3．如图所示，三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别装在盛有水的三个烧杯中，在①烧杯中加入CaO，在②烧杯中不加其他任何物质，在③烧杯中加入NH4Cl晶体，发现①中红棕色变深，③中红棕色变浅。已知：2NO2(红棕色)N2O4(无色)，下列叙述正确的是
A．2NO2N2O4是吸热反应
B．NH4Cl溶于水时吸收热量
C．①烧瓶中平衡时混合气体的平均相对分子质量增大
D．③烧瓶中气体的压强增大
【答案】B
【详解】A．①中红棕色变深，则平衡向逆反应方向移动，而CaO和水反应放出热量，说明升高温度，平衡逆向移动，即逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故A错误；
B．③中红棕色变浅，说明平衡正向移动，因正反应是放热反应，则氯化铵溶于水时吸收热量，故B正确；
C．①中平衡逆向移动，气体的总质量不变，而平衡时混合气体的物质的量增大，则体系中平衡时混合气体的平均相对分子质量减小，故C错误；
D．③中红棕色变浅，说明平衡正向移动，气体的物质的量减小，则③烧瓶中的压强必然减小，故D错误；
故答案选B。
4．用50mL0.50mol•L-1盐酸和50mL0.55mol•L-1NaOH溶液测定H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)的反应热(ΔH)的实验时，下列说法不正确的是
A．改用25mL0.50mol•L-1盐酸跟25mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行测定，ΔH数值不变
B．装置中的大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热，减少热量损失
C．用量筒量取NaOH溶液时，仰视取液，测得的反应热ΔH不变
D．酸碱混合时，量筒中NaOH溶液应缓缓倒入量热计内筒中，不断用玻璃搅拌器搅拌
【答案】D
【详解】A．中和热的数值与反应生成水的物质的量无关，故改用25mL0.50mol•L-1盐酸跟25mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行测定，ΔH数值不变，A正确；
B．装置中的大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热，减少热量损失，减小误差，B正确；
C．用量筒量取NaOH溶液时，仰视取液，量取NaOH偏多，但是生成水的物质的量不变，测得的反应热ΔH不变，C正确；
D．酸碱混合时，量筒中NaOH溶液应快速倒入量热计内筒中，减少热量损失，D错误；
故选D。
5．下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是
①向HNO2中加入NaNO2固体后pH增大；
②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗；
③HNO2和NaCl不能发生反应；
④0.1mol/LHNO2溶液的pH=2.1；
⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2；
⑥pH=1的HNO2稀释至100倍，pH约为2.3
⑦等pH等体积的盐酸、HNO2溶液和足量锌反应，HNO2放出的氢气较多
⑧pH=1的HNO2溶液和pH=13的KOH溶液等体积混合，溶液呈酸性
⑨10mL0.1mol·L-1HNO2恰好与10mL0.1mol·L-1NaOH溶液完全反应
A．①④⑥⑨ B．①④⑤⑥⑦⑧ C．②③④⑧ D．全部
【答案】B
【详解】①向HNO2中加入NaNO2固体后pH增大，说明亚硝酸存在电离平衡，加入亚硝酸根后平衡逆向进行，氢离子浓度降低，pH增大，能证明其为弱酸，为弱电解质，故①正确；
②溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故②错误；
③HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故③错误；
④常温下0.1mol/LHNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸为弱电解质，故④正确；
⑤强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸为弱电解质，故⑤正确；
⑥常温下pH=1的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.3说明亚硝酸中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸为弱电解质，故⑥正确；
⑦等pH等体积的盐酸、HNO2溶液和足量锌反应，HNO2放出的氢气较多，说明HNO2还可电离出氢离子，可证明HNO2是弱电解质，故⑦正确；
⑧pH=1的HNO2溶液和pH=13的KOH溶液等体积混合，溶液呈酸性，说明HNO2没有完全电离，可以证明HNO2是弱电解质，故⑧正确；
⑨10mL0.1mol/LHNO2恰好与10mL0.1mol/LNaOH溶液完全反应，说明醋酸为一元酸，不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸为弱电解质，故⑨错误；
能证明HNO2是弱电解质有①④⑤⑥⑦⑧，故选B。
6．下列各组物质按照强电解质、弱电解质、非电解质顺序排列的是
A．纯碱、澄清石灰水、浓硫酸 B．硫酸钡、HF、氧气
C．CuSO4•5H2O、碳酸、葡萄糖 D．盐酸、醋酸、CO2
【答案】C
【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质；在水中能完全电离的电解质称为强电解质，在水中部分电离的电解质称为弱电解质，据此解答。
【详解】A．纯碱为强电解质，澄清石灰水、浓硫酸均是混合物，不是电解质，也不是非电解质，不满足题中要求，故A错误；
B．硫酸钡为强电解质、氢氟酸为弱电解质，氧气为单质，既不是电解质也不是非电解质，不满足题中要求，故B错误；
C．CuSO4•5H2O为强电解质、碳酸为弱电解质、葡萄糖为非电解质，满足题中要求，故C正确；
D．盐酸是混合物，不是电解质，也不是非电解质，醋酸为弱电解质、CO2为非电解质，不满足题中要求，故D错误；
故选C。
7．消除大气污染物中的氮氧化物是科技工作者重要的研究课题之一、甲烷可催化还原，其反应原理如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
向某恒温恒容密闭容器中充入适量的和，发生上述反应Ⅰ和Ⅱ，下列情况不能说明上述反应达到平衡状态的是
A．气体的总压强不随时间变化 B．气体的密度不随时间变化
C．的体积分数不随时间变化 D．气体的平均相对分子质量不随时间变化
【答案】B
【详解】A．由于反应中反应Ⅰ为生成物气体分子数大于反应为气体分子数，则随着反应的进行体系的压强增大，当压强不变时则反应处于平衡状态，故A正确；
B．由于反应Ⅰ、Ⅱ中的反应物和生成物均为气体，则反应前后气体的质量不变，且反应体系的体积不变，则密度始终不变，所以气体的密度不随时间变化不能说明反应是否处于平衡状态，故B错误；
C．的体积分数不随时间变化，反应物和生成的体积分数均不随时间变化，则反应处于平衡状态，故C正确；
D．由于反应中反应Ⅰ为生成物气体分子数大于反应为气体分子数，所以随着反应的进行气体的平均相对分子质量逐渐减小，当体的平均相对分子质量不随时间变化时，则反应处于平衡状态，故D正确；
答案选B。
8．在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molSO2和2molO2，发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＜0，2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4mol，同时放出热量QkJ。则下列分析正确的是
A．若把条件“恒温恒压”改为“恒温恒容”，则平衡时放出热量小于QkJ
B．2min后，向容器中再通入一定量的SO3气体，重新达到平衡时，SO2的含量不变
C．若把条件“恒温恒压”改为“恒压绝热”，则平衡后n(SO3)大于1.4mol
D．若反应开始时容器体积为2L，则v(SO3)=0.7mol•L-1•min-1
【答案】A
【详解】A．该反应的正反应的气体体积减小，恒温恒压下平衡时容器体积减小，促进反应正向进行，恒温恒容下容器体积不变，SO2转化率比“恒温恒压”时的低，放出热量减少，A正确；
B．恒温恒压下，2min后，向容器中再通入一定量的SO3气体，与原平衡为等效平衡，则重新达到平衡时，SO2的含量不变，B错误；
C．若把条件“恒温恒压”改为“恒压绝热”，反应放热使温度升高，平衡逆向移动，则平衡后n(SO3)小于1.4mol，C错误；
D．由于该反应是在恒温恒压条件下进行的，随着反应进行，气体的物质的量减小，气体体积减小，容器体积减小，则平衡时容器体积小于2L，但具体体积未知，因此无法计算v(SO3)，D错误；
故选A。
9．在T1、T2温度下，向1L密闭容器中各加入等物质的的量的FeO和CO，发生反应：FeO(s)+CO(g) Fe(s)+CO2(g) ΔH
A．T1>T2
B．T1时，反应的平衡常数K=1
C．t1时刻改变的条件可能是通入CO2或降低温度
D．平衡时，其他条件不变，取出少量铁粉不影响逆反应速率
【答案】C
【详解】A．由图可知T1时反应先得到平衡，所以T1>T2，A正确；
B．根据题目所给数据及可逆反应，T1温度下，CO起始是2mol，平衡时CO物质的量是1mol，则该反应T1温度下化学平衡常数是，B正确；
C．充入CO2，CO2物质的量突然增大，浓度相应突然增大，生成物气体只有二氧化碳，平衡不移动，图象表示正确；但降低温度，原平衡被破坏，但改变条件一瞬间，CO2浓度是原平衡浓度值，不会突然变大，C错误；
D．固体物质的物质的量少量改变，不影响反应速率及化学平衡，D正确；
综上，本题选C。
10．醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHH++CH3COO⁻，下列叙述不正确的是
A．升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大
B．0.10 mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c（OH-）增大。
C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D．25℃时，欲使醋酸溶液的pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸晶体
【答案】D
【详解】A. 醋酸的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，电离平衡常数增大，故A正确；
B. 加水稀释溶液的酸性减弱，则c(OH-)增大，故B正确；
C. 醋酸钠晶体会电离出CHCOO-，使电离平衡CH3COOHH++CH3COO⁻逆向移动，故C正确；
D. 温度不变则电离常数不变，故D错误；
故答案为D。
11．下列事实：①Na2HPO4水溶液呈碱性；②NaHSO4水溶液呈酸性；③长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大；④铵态氮肥不能与草木灰混合施用；⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强；⑥配制SnCl2溶液，需用盐酸溶解SnCl2固体；⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放。其中与盐类水解有关的是( )
A．全部 B．除⑦以外 C．除②以外 D．除④、⑥以外
【答案】C
【详解】①Na2HPO4水溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度，与盐类水解有关，故①正确；
②NaHSO4水溶液呈酸性是由于硫酸氢根离子电离出氢离子的缘故，与盐类水解无关，故②错误；
③铵盐溶液中铵根离子水解显酸性，长期施用铵态氮肥会使土壤酸化，与盐类的水解有关，故③正确；
④铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是由于铵根离子与碳酸根离子发生互促水解的原因，故④正确；
⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强是由于加热促进盐类的水解，与盐类的水解有关，故⑤正确；
⑥配制SnCl2溶液，需用浓盐酸溶解SnCl2固体，目的是抑制水解，防止溶液浑浊，与盐类水解有关，故⑥正确；
⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放，是由于水解生成HF能腐蚀玻璃，故⑦正确；
答案选C。
12．如图表示在催化剂(Nb2O5)表面进行的反应：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)。
已知下列反应：
①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ∆H1
②C(s)+ O2(g)=CO(g) ∆H2
③C(s)+O2(g)=CO2(g) ∆H3
下列说法不正确的是
A．∆H2＜∆H3
B．图中的能量转化方式主要为太阳能转化为化学能
C．反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) 的 ∆H=2(∆H3−∆H2)
D．反应H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)的∆H=∆H2−∆H3+∆H1
【答案】A
【详解】A．②与③分析，碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量多，但焓变反而小，因此∆H3＜∆H2，故A错误；
B．根据图中信息，得到能量转化方式主要为太阳能转化为化学能，故B正确；
C．根据盖斯定律分析③的2倍减去②的2倍，则反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) 的 ∆H=2(∆H3−∆H2)，故C正确；
D．根据盖斯定律分析①的一半减去③，加上②，反应H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)的∆H=∆H2−∆H3+∆H1，故D正确。
综上所述，答案为A。
13．下列方程式书写正确的是
A．H2S的电离方程式：H2SH＋＋HS-
B．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na＋＋H＋＋CO
C．的水解方程式：CO＋2H2OH2CO3＋2OH-
D．HS-的水解方程式：HS-＋H2OS2-＋H3O＋
【答案】A
【详解】A．多元弱酸的电离是分步的，H2S的第一步电离方程式为H2SH＋＋HS-，A正确；
B．NaHCO3是盐，属于强电解质，在水溶液中电离产生Na＋、，电离方程式为NaHCO3=Na＋＋；电离产生的会电离产生H＋、，存在电离平衡，电离方程式为：H＋+，B错误；
C．的水解是分步的，存在水解平衡，主要是第一步水解，水解反应的离子方程式为：＋H2O＋OH-，C错误；
D．HS-的水解产生H2S和OH-，存在水解平衡，水解反应的离子方程式为：HS-＋H2OH2S＋OH-，D错误；
故合理选项是A。
14．下列有关说法正确的是
A．已知HI(g)H2(g)+I2(s) ΔH=-26.5kJ•mol-1，由此可知，在密闭容器中充入1molHI气体，充分分解后可以放出26.5kJ的热量
B．已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-571.6kJ•mol-1，则H2的燃烧热为285.8kJ•mol-1
C．由C(石墨)→C(金刚石) ΔH=+1.9kJ•mol-1可知，金刚石不如石墨稳定
D．HCl和NaOH反应中和热ΔH=-57.3kJ•mol-1，则：H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l) ΔH=-114.6kJ•mol-1
【答案】C
【详解】A．反应是可逆反应，在密闭容器中充入1molHI气体，充分分解后可以放出的热量小于26.5kJ，A错误；
B．101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，反应中生成的水应该是液态水，故H2的燃烧热不是285.8kJ•mol-1，B错误；
C．物质所具有的能量越低越稳定，石墨转化成金刚石吸收能量，故金刚石不如石墨稳定，C正确；
D．中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol水时所释放的热量，反应中产物除了水以外还有硫酸钡，D错误；
故选C。
15．下列说法错误的是
A．pH=2和pH=1的HNO3溶液中c(H+)之比为1：10
B．浓度分别为0.2 mol∙L−1与0.1 mol∙L−1的醋酸溶液中，c(H+)之比等于2：1
C．同温时，pH=10的KOH溶液和pH=10的KCN溶液中由水电离的OH－浓度后者大
D．100mL0.1 mol∙L−1的醋酸溶液与10mL1.0 mol∙L−1的醋酸溶液中H+的数目，前者多
【答案】B
【详解】A．pH=2和pH=1的HNO3溶液中c(H+)之比为0.01 mol∙L−1：0.1 mol∙L−1=1：10，故A正确；
B．浓度分别为0.2 mol∙L−1与0.1 mol∙L−1的醋酸溶液中，根据越稀越电离，因此c(H+)之比小于2：1，故B错误；
C．同温时，pH=10的KOH溶液，抑制水的电离，pH=10的KCN溶液，促进水的电离，因此由水电离的OH－浓度后者大，故C正确；
D．若两者电离程度相等，则100mL0.1 mol∙L−1的醋酸溶液与10mL1.0 mol∙L−1的醋酸溶液中H+的数目相同，由于“越稀越电离”，0.1 mol∙L−1的醋酸电离程度大于1.0 mol∙L−1的醋酸，因此两者溶液中电离出的H+的数目是前者多，故D正确。
综上所述，答案为B。
16．常温下，下列各组离子定能在指定溶液中大量共存的是
A．的溶液：
B．的溶液：
C．澄清透明的无色溶液：
D．和反应放出的溶液：
【答案】B
【详解】A. 的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液呈碱性，不能大量存在，A不符合题意。
B. ，则，则溶液呈酸性，该组离子可以大量共存，B符合题意。
C. 呈紫色，与题中“无色”矛盾，C不符合题意。
D. 和反应放出的溶液可能呈碱性，也可能呈酸性，若溶液呈酸性，和反应不会放出，与题干矛盾；若溶液呈碱性，不能大量存在，D不符合题意。答案选B。
17．25℃时，向10mL0.1mol/L的NaOH溶液中，逐滴加入10mL浓度为cmol/L的HF稀溶液。请依据信息判断，下列说法中错误的是
已知25℃时：①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) △H= -67.7kJ•mol-1
②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H= -57.3kJ•mol-1
A．当c＞0.1时，溶液中也可能存在：c(Na+)=c(F-)
B．当氢氟酸溶液温度由25℃升高到35℃时，HF的电离程度减小(不考虑挥发)
C．整个滴加过程中，水的电离程度一定存在先增大后减小变化趋势
D．混合后溶液中可能出现：c(Na+)＞c(OH-)＞c(F-)＞c(H+)
【答案】C
【详解】A．当c＞0.1时，氢氧化钠溶液和氢氟酸溶液反应得到氟化钠和氢氟酸的混合溶液，若溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+c(F-)可知， 溶液中钠离子浓度与氟离子浓度相等，故A正确；
B．由盖斯定律可知，①—②可得HF(aq)=F-(aq)+ H+(aq)，则ΔH= -67.7 kJ/mol-(-57.3kJ/mol) = -10.4kJ/mol，则氢氟酸在溶液中的电离过程为放热过程，升高温度，电离平衡逆向移动，氢氟酸的电离程度减小，故B正确；
C．氢氧化钠在溶液中电离出的氢氧根离子抑制水的电离，逐滴加入氢氟酸溶液时，氢氧化钠溶液与氢氟酸溶液反应生成氟化钠，氟离子在溶液中水解促进水的电离，则滴加氢氟酸溶液的过程中，水的电离程度增大，若氢氟酸溶液过量，过量的氢氟酸电离出的氢离子抑制水的电离，由于氢氟酸溶液的浓度不确定，则不能确定氢氟酸溶液是否过量，所以无法确定水的电离程度是否有减小的趋势，故C错误；
D．若氢氧化钠溶液与少量氢氟酸溶液反应恰好反应生成氢氧化钠和氟化钠的混合溶液，混合后溶液中离子的浓度的大小顺序可能为c(Na+)＞c(OH-)＞c(F-)＞c(H+)，故D正确；
故选C。
18．以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如下图所示。[示例：A2-的分布系数：]
下列叙述不正确的是
A．滴定终点的现象为：溶液从无色变为粉红色，且半分钟不褪色
B．H2A溶液的浓度为0.1000mol·L-1
C．曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)
D．滴定终点时，溶液中c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-)
【答案】D
【分析】根据图象，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)；
【详解】A．滴定终点前溶液成酸性，当滴入最后一滴NaOH溶液时溶液偏碱性，能使酚酞呈粉红色，故A正确；
B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，达到滴定终点。说明NaOH和恰好完全反应，根据，，则，故B正确；
C．在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，且δ曲线①一直在减小，曲线②在一直增加；说明H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即H2A=HA-+H+，HA-⇌A2-+H+，曲线①代表δ(HA-)；当加入用0.1000 mol•L-1的NaOH溶液40.00 mL滴定后，发生NaHA+NaOH=Na2A+H2O，HA-的分布系数减小，A2-的分布系数在增大，且曲线②在一直在增加，在滴定终点后与③重合，所以曲线②代表δ(A2-)，故C正确；
D．用酚酞作指示剂，酚酞变色范的pH范围为8.2~10，滴定终点时，溶液中有电荷守恒：，由于，则，故D错误；
答案选D。
19．CH4和Cl2反应生成CH3Cl和HCl的部分反应进程如图所示。
已知总反应分3步进行：
第1步Cl－Cl(g)→2•Cl(g) △H1=+242.7kJ•mol-1；
第2步CH4(g)+•Cl(g)→•CH3(g)+HCl(g) △H2；
第3步•CH3(g)+Cl－Cl(g)→CH3Cl(g)+•Cl(g) △H3。
下列有关说法正确的是
A．△H2＜0
B．第2步的反应速率小于第3步的反应速率
C．减小容器体积增大压强，活化分子百分数增加，反应速率加快
D．CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g) △H=112.9kJ•mol-1
【答案】B
【详解】A．观察图象知第2步反应是吸热反应，ΔH2>0，A错误；
B．第2步的正反应活化能大于第3步的正反应活化能，所以第2步的反应速率小于第3步的，B正确；
C．减小容器体积增大压强，活化分子数增加，活化分子百分数不变，反应速率加快，C错误；
D．根据图中信息•CH3(g)+Cl-Cl(g)→CH3Cl(g)+•Cl(g) △H3=−112.9 kJ∙mol−1，CH4(g)+•Cl(g)→•CH3(g)+HCl(g) △H2>0，因此CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g) △H>−112.9 kJ∙mol−1，D错误；
故选B。
20．加氢制是资源化利用的重要途径，该过程存在如下两个反应：
反应I：
反应II：
在4.0MPa下，按把两种气体通入恒压反应器中，的平衡转化率及物质
的平衡产率随温度的变化关系如图所示。已知：的平衡产率=，下列说法不正确的是
A．反应I使用催化剂有利于提高反应的化学速率，但不影响的产率
B．475K时，平衡体系中
C．475K时，反应I的平衡常数
D．525～575K时，使平衡转化率随温度升高而增大的反应为反应I
【答案】D
【详解】A．催化剂只改变反应速率，不影响反应平衡的移动，则不影响的产率，A正确；
B．475K时，CO2的平衡转化率为30%，CH3OH的产率为20%，设起始n(H2)=3mol，n(CO2)=1mol，，，平衡体系中，，B正确；
C．反应达到平衡时，，，，，，混合气体总物质的量为，，，，，反应Ⅰ的平衡常数，C正确：
D．525～575K时，随温度升高，平衡产率减小，说明反应Ⅰ平衡逆移，但平衡转化率增大，则525～575K时，使平衡转化率随温度升高而增大的反应为反应Ⅱ，D错误；
故选：D。
二、填空题
21．研究含碳、氮的物质间转化的热效应，在日常生活与工业生产中均有很重要的意义。
(1)已知：H2O(l)=H2O(g) △H=+44.0kJ•mol-1，甲烷完全燃烧与不完全燃烧的热效应如图所示。
CO的燃烧热△H=_____kJ•mol-1。
(2)已知拆开1molH－H、1molN－H、1molN≡N化学键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为______。
(3)以NH3、CO2为原料生产尿素[CONH2)2]的反应历程与能量变化示意图如图。
①第二步反应的△H_____0(填“>”、“<”或“=”)。
②从图像分析决定生产尿素的总反应的反应速率的步骤是第_____步反应。
(4)实验室用50mL0.50mol•L-1盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。
①该装置有两处明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为_____。
②下列关于实验和中和反应的说法正确的是_____(填序号)。
A．本实验中，读取混合溶液不再变化的温度为终止温度
B．玻璃搅拌器可用铜质材料代替
C．中和反应的逆反应是吸热反应
D．在25℃、101kPa下，强酸和强碱的稀溶液发生中和反应生成1molH2O时，放出57.3kJ•mol-1的热量
【答案】(1)-283
(2)N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) △H=-92kJmol-1
(3) > 二
(4) 环形玻璃搅拌棒 C
【详解】（1）由图可知1mol甲烷燃烧生成二氧化碳气体和水蒸气放出802kJ能量，且H2O（l）=H2O（g） ΔH=+44.0kJmol-1，因而甲烷的燃烧热化学反应方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l） ΔH=-890.3kJmol-1，根据①CH4（g）+2O2（g）= CO2（g）+2H2O（l） ΔH=-890.3 kJmol-1，②CH4（g）+O2（g）= CO（g）+2H2O（g） △H2=-607.3kJmol-1，依据盖斯定律②-①得到CO完全燃烧生成二氧化碳的热化学方程式为：CO（g）+O2（g）= CO2（g） △H=（-890.3+607.3）kJmol-1=-283kJmol-1；
（2）反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g） △H=946kJ/mol+3×436kJ/mol-6×391kJ/mol=-92kJmol-1，则热化学方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g） △H=-92kJmol-1；
（3）由图像可知该反应中反应物总能量小于生成物总能量，属于吸热反应，所以ΔH＞0；反应的速率主要取决于最慢的反应，最慢的反应主要是反应物活化能大，所以已知两步反应中第二步反应是生产尿素的决速步骤；
（4）该仪器的名称为环形玻璃搅拌棒，让溶液充分混合；
A．本实验中，读取混合溶液的最高温度为终止温度，A错误；
B．该实验需要保温隔热，铜质材料导热不能将玻璃搅拌器用铜质材料代替，B错误；
C．中和反应放热，其逆反应是吸热反应，C正确；
D．在25℃、101kPa下，强酸和强碱的稀溶液发生中和反应生成1molH2O时，放出57.3kJ的热量，单位出错，故D错误；
故选C。
三、原理综合题
22．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。回答下列问题：
已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=- 221 kJ/mol
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=- 393.5 kJ/mol
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH= +181 kJ/mol
(1)若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式：_______；下列措施能够增大此反应中NO的转化率的是(填字母代号)_______。
a．增大容器压强 b．升高温度 c．使用优质催化剂 d．增大CO的浓度
(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N2的物质的量变化如下表所示。
物质的量/mol
T1/℃
T2/℃
0
5 min
10 min
15 min
20 min
15 min
30 min
NO
2.0
1.16
0.80
0.80
0.50
0.40
0.40
N2
0
0.42
0.60
0.60
0.75
0.80
0.80
①T1℃，0～5min内，以CO2表示的该反应速率v(CO2)=_______，该条件下的平衡常数K=_______。
②第15 min后，温度调整到T2，数据变化如上表所示，则T1_______ T2(填“>”、“<”或“=”)。
③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2 mol，则此时反应_______移动(填“正向”、“逆向”或“不”)；最终达平衡时NO的转化率a=_______。
【答案】 2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-747 kJ/mol ad 0.042mol·L-1·min-1 > 正向 60%
【分析】依据平衡常数表达式书写热化学方程式，结合已知的热化学方程式和盖斯定律计算热化学方程式的焓变，得到此反应的热化学方程式；
【详解】(1)若某反应的平衡常数表达式为：K=，则反应物为一氧化碳、一氧化氮生成物为氮气和二氧化碳，反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)；
①2C(s)+O 2(g)=2CO(g)△H=-221kJ•mol-l；
②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-l；
③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+181kJ•mol-l；
盖斯定律计算②×2-③-①得到2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-747 kJ•molˉ1；
该反应为气体体积减小的放热反应；
a．增大容器压强平衡正向移动NO转化率增大，故a正确；
b．升高温度平衡逆向移动，NO转化率减小，故b错误；
c．使用优质催化剂不能改变平衡，故c错误；
d．增大CO的浓度，可以提高NO的转化率，故d正确；
答案选ad；
(2)根据盖斯定律，由上述已知反应②-③得：C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) △H=-574.5kJ•mol-l；
①利用表格数据： 0～5min内，以N2表示的该反应速率v(N2)=，所以CO2的反应速率v(CO2)=v(N2)，通过分析知10min后浓度不再改变，处于平衡状态，用三段式分析：
10min时DE平衡浓度，c(NO)=0.4 mol/L 、c(N2)=c(CO2)= 0.3mol/L，平衡常数K=；
②第15 min后，温度调整到T2，从表格查得NO减少，N2增加，平衡正向移动，由于反应为放热反应，改变条件为除温，则T1>T2；
③若30min时，
此平衡后各浓度：c(NO)=0.2mol/L，c(N2)=c(CO2)=0.4mol/L，T2时平衡常数K=；
保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2 mol：
此时加入混合物后各物质的新的起始浓度：c(NO)=1.2mol/L，c(N2)=c(CO2)=1.4mol/L，加入混合物后Qc=，则此时反应正向移动；
设转化化浓度为c(NO)=2xmol/L，c(N2)=c(CO2)=xmol/L，新平衡浓度(mol/L)：c(NO)=1.2-2xmol/L，c(N2)=c(CO2)=(1.4+x)mol/L，由于温度不变，平衡常数为定值，新平衡时有：，解得x =0.2mol/L，经计算NO超始总量为2mol+2mol=4mol，达到平衡时NO的物质的量为(1.2-2×0.2)mol/L2L=1.6mol，转化的NO共4mol-1.6mol=2.4mol，所以最终达平衡时NO的转化率a=。
23．NaOH是中学中常用化学试剂。已知电导率越大导电能力越强。常温下用0.100mol/LNaOH溶液分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol/L的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示(忽略滴定过程中溶液混合后的体积变化)：
回答下列问题：
(1)曲线①②代表滴定曲线，代表滴定盐酸的曲线是____。
(2)中学常用指示剂有：甲基橙(变色范围为3.1~4.4)和酚酞(变色范围为8.2~10.0)。则滴定醋酸的过程应该选择的指示剂最好为____。
(3)a、b、c三点溶液中水的电离程度最大的是____，最小的是____。
(4)a点溶液中：c(Na+)=____mol/L。
(5)b点溶液中：c(OH-)____(填“＞”“＜”或“=”)c(CH3COO-)+c(CH3COOH)。
(6)几种弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸
H2SO3
H2CO3
HClO
电离平衡
常数(25℃)
K1=1.4×10-2
K1=4.5×10-7
K=4.0×10-8
K2=6.0×10-6
K2=4.7×10-11
①向次氯酸钠溶液中通入少量的CO2，发生反应的离子方程式为____。
②向次氯酸钠溶液中通入足量的SO2，发生反应的离子方程式为____。
【答案】(1)②
(2)酚酞
(3) a b
(4)0.05
(5)＞
(6) CO2+ClO-+H2O=HClO+HCO SO2+ClO-+H2O=SO+Cl-+2H+
【详解】（1）溶液电导率与离子浓度成正比，0.100mol/L的盐酸和醋酸溶液中离子浓度：盐酸＞醋酸，则0.100mol/L的盐酸和醋酸溶液导电能力：盐酸＞醋酸，根据图知，开始时电导率；曲线②＞①，所以②代表滴定盐酸的曲线，故答案为：②；
（2）甲基橙变色范围为3.1-4.4、酚酞变色范围为8.2-10.0，醋酸钠溶液呈碱性，所以应该选取酚酞作指示剂，故答案为：酚酞；
（3）酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大，水电离程度越小，CH3COO-促进水电离，a点溶质为醋酸钠而促进水电离、c点溶质为NaCl而不影响水电离、b点溶质为醋酸钠和NaOH而抑制水电离，所以水电离程度最大的是a点、最小的是b点，故答案为：a；b；
（4）a点混合溶液体积为20mL，混合溶液体积是NaOH溶液的二倍，则溶液中c(Na+)是原来的一半，为0.050mol/L，故答案为：0.050；
（5）b点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、NaOH，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)、c(Na+)=2[c(CH3COO-)+c(CH3COOH)]，则c(H+)+c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)]=c(OH-)，所以c(OH-)＞c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故答案为：＞；
（6）①由表中数据判断酸性：H2CO3＞HClO＞NaHCO3，根据强酸制弱酸规律可知，少量CO2与次氯酸钠溶液反应的离子方程式为CO2+ClO-+H2O=HClO+，故答案为：CO2+ClO-+H2O=HClO+；
②次氯酸钠具有强氧化性，SO2具有还原性，足量的SO2与次氯酸钠溶液反应的离子方程式为SO2+ClO-+H2O=+Cl-+2H+，故答案为：SO2+ClO-+H2O=+Cl-+2H+。
四、实验题
24．滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题：
（1）酸碱中和滴定——用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液。
①酸式滴定管、碱式滴定管、温度计、量筒、玻璃棒、烧杯。若要进行中和滴定实验，还缺少的玻璃仪器是_________________。
②上述滴定过程中操作滴定管的图示，正确的是____________。
③若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测得NaOH溶液浓度_________________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
（2）氧化还原滴定——用标准高锰酸钾溶液滴定未知浓度的草酸(H2C2O4)溶液。
①课外小组里有位同学设计了下列两种滴定方式（夹持部分略去），引起了同学们的讨论，最后取得共识，你认为合理的是___________________(填字母符号)。
②判断滴定终点的依据是____________。
③某次滴定时记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如下图，则此时消耗标准溶液的体积为______________。
【答案】 锥形瓶 A 无影响 b 溶液恰好由无色变浅紫红色，且半分钟内不褪色 22.10mL
【详解】（1）①用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，使用的仪器有酸式滴定管、碱式滴定管、温度计、量筒、玻璃棒、烧杯。若要进行中和滴定实验，还缺少的玻璃仪器是进行中和反应的锥形瓶。②在上述滴定过程中操作滴定管的图示，正确的使用滴定管的方法是左手的拇指在前，食指和中指在后，无名指和小拇指自然弯曲，旋转分液漏斗的活塞，故选项是A；③若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点由于不影响酸、碱的物质的量，因此对所测得NaOH溶液浓度无影响。
（2）KMnO4溶液有强的氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此要用酸式滴定管进行滴加，故应该选择b进行操作；②KMnO4溶液显紫色，当反应后变为无色的Mn2+，若滴定完全，则KMnO4不再消耗，溶液就会由无色变为紫色，故判断滴定终点的依据是溶液恰好由无色变浅紫红色，且半分钟内不褪色；③某次滴定时记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，由于滴定管的“0”刻度线在上部，所以滴定后液面在22.60mL处，则此时消耗标准溶液的体积为22.10mL。。
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