2022-2023学年新疆维吾尔自治区石河子第一中学高二上学期第一次月考（10月）化学试题含解析

这是一份2022-2023学年新疆维吾尔自治区石河子第一中学高二上学期第一次月考（10月）化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了5 Ti48，68 kJ·ml-1B， 少量铁粉与100mL0， 一定温度下，在3个1等内容，欢迎下载使用。

 2022年高二月考化学试卷
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 S32 Cl35.5 Ti48
一、单项选择：(每小题3分，共54分)
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是
A. 燃煤时鼓入过量的空气可以减少酸雨的产生
B. 新能源汽车的推广与使用，有利于减少光化学烟雾的产生
C. 加活性炭吸附水中的小颗粒物，该净化水质的过程属于物理变化
D. 可燃冰开发不当释放出的甲烷会加剧温室效应
【答案】A
【解析】
【详解】A．煤中所含硫燃烧生成二氧化硫、燃煤时鼓入过量的空气并不能减少二氧化硫的排放、不能减少酸雨的产生，A错误；
B． 新能源汽车的推广与使用、减少了化石燃料的使用、减少了汽车尾气的排放，有利于减少光化学烟雾的产生，B正确；
C．活性炭具有吸附性能、可吸附水中的小颗粒物、经过滤后可以净化水质，该净化水质的过程属于物理变化，C正确；
D．甲烷是一种温室气体、可燃冰开发不当释放出的甲烷会加剧温室效应，D正确；
答案选A。
2. 用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出废旧印刷电路板上的铜。已知：
①Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g) ΔH1=+64 kJ·mol-1
②2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) ΔH2=-196 kJ·mol-1
③H2(g)+O2(g)=H2O(1) ΔH3=-280 kJ·mol-1
在H2SO4溶液中，1 mol Cu(s)与H2O2(l)反应生成Cu2+(aq)和H2O(l)的反应热ΔH等于
A. -319.68 kJ·mol-1 B. -314 kJ·mol-1 C. -448.46 kJ·mol-1 D. +546.69 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】反应①+②+③得到Cu(s)+2H+(aq)+H2O2(l)=Cu2+(aq)+2H2O(l)，根据盖斯定律，ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3=-314 kJ·mol-1，答案选B。
3. 下列关于热化学反应的描述中正确的是(　　)
A. HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ·mol−1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△H=2×(-57.3)kJ·mol−1
B. 甲烷的标准燃烧热ΔH=-890.3kJ·mol−1，则CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＜-890.3kJ·mol−1
C. 已知：500℃、30MPa下，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol−1；将1.5molH2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量46.2kJ
D. CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol−1，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的△H=+566.0kJ·mol−1
【答案】D
【解析】
【详解】A．在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mo水的反应热叫做中和热，中和热ΔH=-57.3kJ/mol，但H2SO4和Ca(OH)2反应生成CaSO4放热，所以H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＜-57.3kJ•mol-1，故A错误；
B．甲烷燃烧热ΔH=-890.3kJ•mol-1，则CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH=-890.3kJ•mol-1，液态水变为气态水吸热，所以CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＞-890.3kJ·mol−1，故B错误；
C．合成氨的反应是可逆反应，不能反应完全，所以将1.5molH2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量小于46.2kJ，故C错误；
D．CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol−1，热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-283.0kJ•mol-l，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的ΔH=+566.0kJ·mol－1，故D正确；
故答案选D。
4. 甲烷分子结构具有高对称性且断开1molC－H键需要吸收440kJ能量。无催化剂作用下甲烷在温度达到1200℃以上才可裂解。在催化剂及一定条件下，CH4可在较低温度下发生裂解反应，甲烷在镍基催化剂上转化过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是

A. 甲烷催化裂解成C和需要吸收1760kJ能量
B. 步骤②、③反应均为放热反应
C. 催化剂使用一段时间后失活的原因可能是碳在催化剂表面沉积
D. 使用该催化剂，反应的焓变不变
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．断开1molC－H键需要吸收440kJ能量，1mol甲烷分子中有4molC－H键，完全断开需要吸收1760kJ能量，即1mol甲烷中的化学键完全断开需要吸收1760kJ能量，而不是甲烷催化裂解成C和 H2 需要吸收1760kJ能量，故A错误；
B．步骤②、③反应中，反应物的总能量均高于生成物的总能量，所以均为放热反应，故B正确；
C．从图中可以看出，甲烷在镍基催化剂上转化是在催化剂表面上发生的，催化剂使用一段时间后失活的原因可能是碳在催化剂表面沉积，堵塞了催化剂表面的活性中心，故C正确；
D．催化剂不影响反应物和生成物总能量，使用该催化剂，反应的焓变不变，故D正确；
故选A。
5. 对反应来说，下列反应速率最快的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，数值可能不同，比较反应速率快慢时，可根据速率之比等于化学计量数之比换算成用同一种物质(固体及纯液体除外)表示，再进行比较，注意换算时单位要统一。
【详解】A．；
B．是固态，不能表示化学反应速率；
C．；
D．，综上，C满足；
故选C。
6. 少量铁粉与100mL0.01mol·L-1的稀盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的量，可以使用如下方法中的
①由铁粉换铁块②加NaNO3固体③将0.01mol·L-1的稀盐酸换成98％的硫酸溶液④加CH3COONa固体⑤加NaCl溶液⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)⑧改用100mL0.1mol·L-1盐酸
A. ③⑤ B. ①③ C. ⑥⑦ D. ⑦⑧
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】①由铁粉换铁块，反应速率减慢，故错误；②加NaNO3固体与酸形成硝酸，不产生氢气，故错误；③将0.01mol·L-1的稀盐酸换成98％的硫酸溶液，发生钝化现象，故错误；④加CH3COONa固体，生成醋酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；⑤加NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；⑥滴入几滴硫酸铜溶液，铁置换出铜，构成原电池，反应速率加快，但Fe少量，导致生成的氢气减少，故错误；⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)，反应速率加快，故正确；⑧改用100mL0.1mol·L-1盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故正确；故选D。
7. 将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：H2NCOONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)。能判断该反应已达到化学平衡的是
①v(NH3)正=2v(CO2)逆
②密闭容器中总压强不变
③密闭容器中混合气体的密度不变
④密团容器中混合气体的平均相对分子质量不变
⑤密闭容器中n(NH3)：n(CO2)=2：1
⑥混合气体总质量不变
A. ①②③④ B. ①②④⑥ C. ①②③⑥ D. ①③④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】当反应达到平衡时，各物质的物质的量、物质的量浓度以及由此衍生出的其他变量不变时，则反应达到平衡，据此分析。
【详解】①v(NH3)正=2v(CO2)逆满足正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故选；
②正反应体积增大，平衡之前容器中压强在增大，当密闭容器中总压强不变时反应达到平衡状态，故选；
③混合气体的密度，在反应过程中恒容，达平衡前，气体的质量在增大，故气体的密度在增大，所以当密闭容器中混合气体的密度不变时反应达到平衡状态，故选；
④由于体系中只有两种气体，且氨气和二氧化碳的体积之比始终满足2：1，所以密闭容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故不选；
⑤反应从正反应方向开始，故体系中的氨气和二氧化碳的物质的量之比始终满足2：1，不能说明反应达到平衡，故不选；
⑥由于反应物是固体，所以混合气体总质量不变时反应达到平衡状态，故选；综上所诉，①②③⑥能判断该反应已达到化学平衡，故C正确；
故选C。
8. 一定温度下，在3个1.0L的恒容密闭容器中分别进行反应，达到平衡。相关数据如表。下列说法不正确的是
容器
温度/K
物质的起始浓度/(mol∙L-1)
物质的平衡浓度/(mol∙L-1)
c(X)
c(Y)
c(Z)
c(Z)
I
400
0.20
0.10
0
0.080
II
400
0.40
0.20
0
a
III
500
0.20
0.10
0
0.025

A. 平衡时，X的转化率：II＞I B. 平衡常数：K(Ⅱ)=K(Ⅰ)
C. 达到平衡所需时间：III＜I D. a=0.16
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ⅱ可以看成是向2L的容器中，充入0.4mol的X和0.2mol的Y(则Ⅰ、Ⅱ的平衡等效)，平衡后再将容器压缩至1L，由于压强增大，平衡向右移动，所以Ⅱ中X的转化率＞Ⅰ，A正确；
B．平衡常数只和温度有关，Ⅰ、Ⅱ的温度相同，则这两个平衡的平衡常数也相同，B正确；
C．Ⅲ的温度比Ⅰ高，Ⅲ的化学反应速率也快，则Ⅲ先达到平衡，所用时间较短，C正确；
D．结合选项A可知，Ⅱ平衡等效于Ⅰ的平衡增压后右移，则a＞0.16，D错误；
故选D。
9. 某温度下，反应CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是
A. 增大压强，，平衡常数增大
B. 加入催化剂，平衡时的浓度增大
C. 恒容下，充入一定量的，平衡向正反应方向移动
D. 恒容下，充入一定量的，的平衡转化率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以加快化学反应速率，正反应速率增大的幅度大于逆反应的，故v正> v逆，平衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A不正确；
B．催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B不正确；
C．恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；
D．恒容下，充入一定量的CH2=CH2 (g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2=CH2 (g)的平衡转化率减小，D不正确；
综上所述，本题选C。

10. 根据相应的图像，下列相关说法正确的是
甲：
乙：
丙：
丁：
aX(g)+bY(g)⇌cZ(g)
L(s)+aG(g)⇌bR(g)
aA+bB⇌cC
A+2B⇌2C+3D

A. 密闭容器中反应达到平衡，t0时改变某一条件有如图甲所示变化，则改变的条件只能是加入催化剂
B. 反应达到平衡时外界条件对平衡影响关系如图乙所示，则正反应为放热反应，且a>b
C. 物质的含量和温度关系如图丙所示，则该反应的正反应为放热反应
D. 反应速率和反应条件变化关系如图丁所示，则该反应的正反应为放热反应，且A、B、C、D均为气体
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．密闭容器中反应达到平衡，t0时改变某一条件有如图甲所示变化，若a+b=c，则改变的条件可能是加入催化剂或增大压强，故A错误；
B．反应达到平衡时外界条件对平衡影响关系如图乙所示，升高温度，G的体积分数减小，说明平衡正向移动，则正反应为吸热反应；P1、P2的大小不确定，所以a、b大小不能确定，故B错误；
C．物质的含量和温度关系如图丙所示，达到平衡后，升高温度，A的百分含量增大，说明平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故C正确；
D．反应速率和反应条件变化关系如图丁所示，降低温度，平衡正向移动，则该反应的正反应为放热反应，增大压强，平衡正向移动，正反应的气体物质的量减小，则A、B、C一定是气体， D为非气体，故D错误；
选C。
11. 下列说法正确的是
A. 一定温度下，反应MgCl2(l)Mg(l)+Cl2(g)的ΔH>0，ΔS<0
B. 已知2KClO3 (s) =2KCl(s) + 3O2(g)  ΔH=﹣78.03 kJ·mol-1，ΔS=+ 494.4 J·mol-1·k-1，此反应在高温下都才能自发进行
C. 常温下，2H2O2H2↑+O2↑，即常温下水的分解反应是非自发反应
D. 凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应MgCl2(l)Mg(l)+Cl2(g)为气体体积增大的放热反应，其ΔH>0，ΔS>0，选项A错误；
B．已知2KClO3 (s) =2KCl(s) + 3O2(g)  ΔH=﹣78.03 kJ·mol-1，ΔS=+ 494.4 J·mol-1·k-1，该反应的复合判据一定满足△H-T△S<0，说明此反应在任何温度下都能自发进行，选项B错误；
C．2H2O2H2↑+O2↑的△H>0，△S>0，常温下复合判据△H-T△S>0，则常温下水的分解反应不能自发反应，选项C正确；
D．反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的，若△H<0，△S>0，则一定自发，若△H>0，△S<0，则一定非自发，若△H<0，△S<0或△H>0，△S>0，反应能否自发，和温度有关，选项D错误；
答案选C。
12. 下列方案设计能达到实验目的的是
A
B
C
D

+


测定盐酸浓度
由球中气体(和混合气体)颜色的深浅判断温度对平衡的影响
由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响
准确测定中和热

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化钠应盛放在碱式滴定管中，故A不符合题意；
B．乙装置可以由球中气体颜色的深浅判断温度对平衡的影响，热水中颜色深，说明平衡发生了移动，故B符合题意；
C．丙装置中高锰酸钾和草酸的浓度都不相同，探究由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响，只能是一个量作为变量，故C不符合题意；
D．丁装置准确测定中和热时还需要环形玻璃搅拌棒，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
13. 下列说法错误的是
A. HF是弱电解质
B. 向氨水中加入氢氧化钠周体，一水合氨的电离平衡逆向移动，增大
C. 将氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，一定增大
D. 将溶液加水稀释，变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．HF溶于水能部分电离出氢离子和氟离子，HF是弱电解质，A正确；
B．往氨水中加入NaOH，NaOH提供的OH-，比一水合氨电离平衡逆向移动减少掉的OH-多，所以c(OH−)增大，B正确；
C．0.3mol/L氢硫酸溶液加水稀释，其电离程度增大，电离产生的H+对溶液中c(H+)增大的影响小于稀释对溶液中c(H+)减小的影响，最终溶液中c(H+)减小，C错误；
D．溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，c(CH3COO−)浓度减小，=变大，D正确；
答案选C。
14. 室温下，甲、乙两烧杯均盛有、的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至。关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是
A. 若分别与、的溶液反应，所得溶液的：甲≤乙
B. 溶液的体积：
C. 将甲、乙烧杯中的溶液混合得到溶液的
D. 水电离出的的浓度：
【答案】A
【解析】
【详解】A．加水稀释后，甲烧杯中盛、的一元酸，乙烧杯中是体积大于，的一元酸溶液，甲乙中酸是同一种酸，该酸强弱未知。加入、的氢氧化钠溶液；若该酸是一元强酸，根据稀释前后溶质的物质的量不变，则混合后所得溶液是强酸强碱盐，其pH：甲=乙，若该酸是弱酸，酸的起始浓度较大，与该氢氧化钠溶液反应后，酸有剩余，溶液显酸性，但是乙中比甲相当于加水稀释后，浓度较小，酸性弱，pH大一些，则混合后溶液中pH是甲＜乙，则A项正确；
B．甲乙的酸若是强酸，由pH=2稀释到pH=3，只需要加水到原体积的10倍，则这时，若是弱酸，存在电离平衡，需要加水大于10倍，则B项错误；
C．将甲、乙烧杯中的溶液混合，则c(H+)=，考虑到溶液总体积增大，pH不能简单加和进行计算，C项错误；
D．酸溶液对水的电离起抑制作用，甲中水电离出的c(OH-)==10-12，乙中水电离出的c(OH-)==10-11，则，D项错误；
故答案选A。
15. 下列叙述正确的是
A. 两种氨水的分别为a和，物质的量浓度分别为和，则
B. 中和等体积、等的盐酸和醋酸，消耗的物质的量相等
C. 常温HA的电离常数为，pH=5的HA溶液中=3.2
D. 用水稀释的氨水，则溶液中增大
【答案】C
【解析】
【详解】A． 两种氨水的pH分别为a和a+1，物质的量浓度分别为和，假设这两者电离程度相同，则，根据越稀越电离，物质的量浓度为的氨水电离程度大，则浓度应适当小，所以，故A错误；
B． 醋酸为弱酸，则等的盐酸和醋酸，醋酸的浓度更大，则中和等体积、等的盐酸和醋酸，醋酸消耗的物质的量更多，故B错误；
C． 常温HA的电离常数为，pH=5的HA溶液中，故C正确；
D． 用水稀释的氨水，溶液的碱性减弱，水的离子积不变，则增大，减小，则溶液中减小，故D错误；
故选C。
16. 常温下，现有1L pH均为3的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是
A. 分别与1L pH=11氢氧化钠溶液混合，混合液的pH：盐酸>醋酸
B. 分别加水稀释10倍后溶液的pH均变为4
C. 中和等物质的量的氢氧化钠，消耗酸的体积：盐酸<醋酸
D. 等体积的两种酸溶液分别与足量的锌粒反应，产生气体的体积相等
【答案】A
【解析】
【详解】A．醋酸是一元弱酸，盐酸是一元强酸，所以1L pH均为3的盐酸和醋酸溶液比较，醋酸的浓度比盐酸大，那同体积下醋酸所含的物质的量大，所以消耗1LpH=11氢氧化钠溶液后，醋酸溶液有醋酸剩余，显酸性，而盐酸刚好中和生成氯化钠，溶液显中性，所以混合后溶液的pH：盐酸>醋酸，A项正确；
B．醋酸是一元弱酸，加水稀释后存在电离平衡，原来未电离的醋酸继续电离出氢离子，使得醋酸中氢离子浓度下降程度比盐酸中小，所以醋酸稀释后pH小于4，盐酸稀释后pH变为4，B项错误；
C．醋酸是一元弱酸，盐酸是一元强酸，所以1L pH均为3的盐酸和醋酸溶液比较，醋酸的浓度比盐酸大，中和等物质的量的氢氧化钠，消耗酸的体积：盐酸>醋酸，C项错误；
D．醋酸是一元弱酸，盐酸是一元强酸，所以1L pH均为3的盐酸和醋酸溶液比较，醋酸的浓度比盐酸大，那同体积下醋酸所含的物质的量大，与足量的锌反应，醋酸得到的氢气多，D项错误；
故答案选A。
17. 已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸化学式



电离平衡常数




下列推断正确的是
A. 相同的、两种弱酸，其物质的量浓度：
B. 相同浓度下溶液的pH：
C. 向溶液中加入足量，反应的离子方程式：
D. 的电离常数表达式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据表中数据知，酸性:HX＞HY，则 pH相同的两种酸c(HX)＜c(HY)，故A 错误；
B．根据表中数据知，酸性: ，则相同浓度下溶液的pH：，故B错误；
C．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，酸性：，则向溶液中加入足量，反应的离子方程式：，故C正确；
D．第一步电离出的是，而不是，故D错误；
故选C。
18. 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. 常温下：Ka(HB)> Ka(HA)
B 当=4时，三种溶液同时升高温度，减小
C. 酸的物质的量浓度：b点 D. 水的电离程度：b点 【答案】D
【解析】
【分析】pH均为2、体积均为V0的HA、 HB、HC三种酸溶液，分别加水稀释后，若是弱酸，溶液中存在电离平衡，氢离子浓度下降的慢。分别加水稀释100倍时，即=2，从图像可知，HA、 HB、HC三种酸的pH是3、4、5，可以判断HA、 HB是弱酸，且HA酸性更弱，HC是一元强酸；根据弱酸是难电离物质，可以判断三种同为pH的酸的起始浓度由大到小的是HA、 HB、HC；
【详解】A．分别加水稀释100倍时，即=2，可分析出，HA、 HB三种酸pH是3、4、可以判断HA、 HB是弱酸，且HA酸性更弱。同种条件下，酸的电离平衡常数越大，酸性越强，A项正确；
B．改变温度只对弱电解质的电离平衡有影响，弱电解质的电离时吸热过程，温度越高，平衡向电离方向移动。当=4时，三种溶液同时升高温度，HC溶液中c(C-)浓度不变，HA溶液中，c(A-)浓度增大，故减小，B项正确；
C．由分析可知，三种酸的起始浓度由大到小的HA、 HB、HC，则加水稀释同样倍数时点HA的浓度比b点的HB浓度大，C项正确；
D．三种酸溶液对水的电离都起到抑制作用，同为pH=4的b点和c点对水的抑制作用相同，D项错误；
故答案选D。
二、非选择题：(包括第19题~第22题4个大题，共46分)
19. 由化学能产生热能是目前人类使用能源的主要途径。回答下列问题：
（1）图1表示反应的能量变化。

已知断开1molH-H键、1molO=O键和1molH-O键分别需要消耗436kJ、496kJ和460kJ的能量。则反应过程(II)中生成2mol(g)时_______(填“吸收”或“放出”)_______kJ能量。
（2）由和NO反应生成和的能量变化如图2所示。其正反应的活化能为_______，若反应生成，其_______。

（3）已知某温度时，反应I： ；
反应II： 。
CO(g)与(s)反应生成(s)，该反应的热化学方程式为_______。
（4）I.
II.
反应的经验公式的实验数据如图中曲线所示，已知经验公式为为活化能，为速率常数，和为常数。则该反应的活化能Ea=______kJ/mol。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线所示，则实验可能改变的外界条件是_______。

【答案】（1） ①. 放出 ②. 1840
（2） ①. 209 ②. -139
（3）
（4） ①. 31 ②. 使用更高效的催化剂或增大催化剂比表面积
【解析】
【小问1详解】
反应过程(I)中，能量由低到高，反应吸收热量，反应过程(Ⅱ)中，能量由高到低，反应放出热量，反应过程(Ⅱ)中生成2mol(g)时，形成了4molH-O键，放出的热量=4460kJ=1840kJ；
【小问2详解】
由图像可知，从1molN2O(g)和1molNO(g)到1molN3O2(过渡态)需要吸收能量209，再从1molN3O2(过渡态)到1molN2(g)和1molNO2(g)需要释放能量348，所以正反应的活化能为209；生成的反应热(209-348)= -139；
【小问3详解】
根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ即得热化学方程式；
【小问4详解】
由图可得如下关系式：①9.2=-3.2×10-3Ea+C，②3.0=-3.4×10-3Ea+C，解联立方程可得Ea=31 kJ/mol；相同温度下，曲线b对应反应的活化能小于曲线a，说明改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂比表面积。
20. 请回答下列问题。
I.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：，其化学平衡常数K和温度T的关系如表所示：

700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
2
4
回答下列问题：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=_______。
（2）该反应的逆反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。
（3）某温度下，平衡浓度符合下式：，试判断此时的温度为_______℃。此温度下加入和，充分反应，达到平衡时，CO2的转化率为_______。
（4）在时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为为，为为为，则此时平衡_______(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。
II.可将炼铁产生的与反应得到气体燃料，其反应原理为：。某小组向体积是的刚性密闭容器中充入物质的量均是的与，反应过程中的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。

（5）压强：p1______p2(填“”或“”)。
（6）1100℃、p1条件下，反应经达到平衡，则平均反应速率_______。反应平衡常数Kp=________(用含的代数式表示，为以分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)；若在平衡体系再充入和，重新达平衡后，的转化率_______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】（1）
（2）放热 （3） ①. 1200 ②. 66.7%
（4）向左移动 （5）>
（6） ①. ②. ③. 减小
【解析】
【小问1详解】
对于反应，该反应的化学平衡常数表达式为K=；
【小问2详解】
从表中数据可以看出，升高温度，平衡常数依次增大，则表明平衡正向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，逆反应为放热。答案为：放热；
【小问3详解】
某温度下，平衡浓度符合下式：，则此时K==4.0，对照表中数据，可确定此时的温度为1200。此温度下加入和，设参加反应的CO2的物质的量为x，则n(CO2)=n(H2)=1-x，n(CO)=n(H2O)=x，充分反应，达到平衡时，，x=mol，CO2的转化率为=66.7%；
【小问4详解】
在时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为为，为为为，则此时Q=＞0.9，则平衡向左移动；
【小问5详解】
CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)正向是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，CO2的平衡转化率下降，结合平衡转化率与温度、压强的关系图可知，p1＞p2；
【小问6详解】
1100℃、p1条件下，CO2的平衡转化率60%，即转化了0.6mol，依题意有
v(CO2)=，平衡时体系气体总物质的量为（0.4+0.4+1.2+1.2）mol=3.2mol，反应的平衡常数Kp=；

若在平衡体系再充入和，，平衡逆向移动，重新达平衡后，的转化率减小。
21. 填空。
（1）某温度时，水的Kw=1×10-15，则该温度_______(填“低于”“高于”或“等于”)25℃。该温度下，c(H+)=1×10-7mol·L-1的溶液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)；将pH=2的硫酸与pH=14的KOH溶液混合后溶液pH=13，需氢氧化钾和硫酸的体积比为_______。
（2）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“＜”、“=”、“>”)。

（3）实验表明，液态时纯硫酸的电离能力强于纯硝酸，纯硫酸的导电性也显著强于纯水。又知液态纯酸都像水那样进行自身电离(H2O+H2OH3O++OH—)而建立平衡，且在一定温度下都有各自的离子积常数。据此回答：
①纯硫酸在液态时自身电离的方程式是_______。
②25℃时，液态纯硫酸的离子积常数K(H2SO4)_______(填“>”“<”或“=”)1×10-14。
③在纯硫酸与纯硝酸的液态混合酸中，存在最多的阴离子是_______。
（4）25℃时不断将水滴入0.1 mol/L的氨水中，下列图像变化合理的是_______。
A. B. C. D.
（5）常温下，溶液与溶液充分反应后，溶液，则的电离常数Ka=________(用含的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 低于 ②. 酸性 ③. 2：9
（2） ①. B ②. <
（3） ①. 2H2SO4H3SO+ ②. > ③. （4）C
（5）
【解析】
【小问1详解】
水的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡右移，水的离子积常数增大，由某温度时水的离子积常数小于1×10-14可知，该温度低于25℃；该温度下，溶液中氢离子浓度为1×10-7mol/L，说明溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性；设稀硫酸溶液和氢氧化钾溶液的体积分别为aL和bL，由题意可得：=0.01，解得a：b=2：9，故答案为：低于；酸性；2：9；
【小问2详解】
盐酸是强酸，在溶液中完全电离，醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，则pH=2的盐酸和醋酸溶液与锌反应时，相同时间时，醋酸溶液的pH变化小，所以曲线B表示醋酸溶液中pH变化曲线；pH=2的盐酸和醋酸溶液中盐酸的浓度小于醋酸溶液的浓度，与足量锌反应时，盐酸消耗锌的质量小于醋酸溶液消耗锌的质量，则m1小于m2，故答案为：B；<；
【小问3详解】
①由水的自身电离方程式可知，纯硫酸在液态时自身电离出H3SO和，电离的方程式为2H2SO4H3SO+，故答案为：2H2SO4H3SO+；
②由纯硫酸的导电性显著强于纯水可知，25℃时，纯硫酸的自身电离程度大于水的自身电离程度，则液态纯硫酸的离子积常数大于1×10-14，故答案为：>；
③由液态时纯硫酸的电离能力强于纯硝酸可知，在纯硫酸与纯硝酸的液态混合酸中，纯硫酸自身电离出H3SO抑制纯硝酸的自身电离，则液态混合酸中存在最多的阴离子是，故答案为：；
【小问4详解】
一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出氢氧根离子使溶液呈碱性，一水合氨的电离常数为温度函数，温度不变，电离常数不变，则25℃不断将水滴入0.1 mol/L的氨水中时，电离常数不变，电离平衡向右移动，一水合氨的电离度增大，溶液中铵根离子、氢氧根离子浓度减小，溶液的导电性减小，溶液pH减小，直至接近于7，但不会小于7，则图C变化符合题意，故选C；
【小问5详解】
由电荷守恒可知，溶液pH为7的溶液中醋酸根离子浓度与钠离子浓度相等，浓度为=0.005mol/L，溶液中醋酸的浓度为=0.5(b—0.01)mol/L，则醋酸的电离常数为=，故答案为：。
22. 工业上纳米的制备过程是以为载体，用和水蒸气反应生成，再控制温度生成纳米，测定产物组成的方法如下：
步骤一：取样品2.100g用稀硫酸充分溶解得到溶液，再用足量铝将还原为，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液混合并注入250mL容量瓶，定容得到待测液。
步骤二：取待测液于锥形瓶中，加入几滴指示剂，用0.1mol/L的标准溶液滴定，将氧化为，三次滴定测得数据记录如下：
实验编号
待测溶液的体积/mL
滴定前标准液的体积读数/mL
滴定后标准液的体积读数/mL
1
25.00
0.20
24.22
2
25.00
1.21
29.21
3
25.00
1.50
25.48
回答下列问题：
（1）若对步骤一所得的溶液加水稀释，溶液中会产生少量偏钛酸()沉淀，写出该反应的离子方程式___________。
（2）已知溶液显酸性，滴定时，将标准溶液注入___________(填“酸”或“碱”)式滴定管中。
（3）上述滴定实验中，可选择___________为指示剂，判断到达滴定终点的方法是___________。
（4）下列关于滴定分析的操作，错误的是___________。
A．滴定时要适当控制滴定速率
B．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶
C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
E．在接近终点时，滴加药品应慢慢控制滴定管，使滴定管尖嘴悬挂一滴液体，用锥形瓶内壁将其靠下，并用蒸馏水将其冲入锥形瓶内。
（5）通过分析、计算，该样品的组成为___________(写出计算过程)；若滴定前滴定管尖端有气泡，滴定过程中气泡消失，则测得比实际值___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1）
（2）酸 （3） ①. KSCN溶液 ②. 滴加最后半滴标准溶液，溶液变为红色且半分钟内不褪色
（4）BC （5） ①. 由图表可知，3次滴定消耗标准液体积分别为24.02mL、28.00mL、23.98mL，第2次数据误差较大，舍弃，消耗标准液平均体积为24.00mL；标准溶液滴定，将氧化为，自身被还原为亚铁离子，根据电子守恒、钛原子守恒可知，， 2.100g样品中钛的物质的量为0.1mol/L×24.00×10-3L=0.024mol，则的质量为0.024mol×80g/mol=1.92g，则水的物质的量为（2.10g-1.92g）÷18g/mol=0.01mol，则，化学式为 ②. 偏大
【解析】
【分析】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】
溶液加水稀释，水解生成少量偏钛酸()沉淀，；
【小问2详解】
已知溶液显酸性，滴定时，将标准溶液注入酸式滴定管中。
【小问3详解】
标准溶液滴定，将氧化为，自身被还原为亚铁离子，标准液中铁离子能使KSCN溶液变红色，故滴定实验中，可选择KSCN溶液为指示剂，判断到达滴定终点的方法是滴加最后半滴标准溶液，溶液变为红色且半分钟内不褪色。
【小问4详解】
A．滴定时要适当控制滴定速率，便于观察滴定情况，A正确；
B．应该使用移液管量取25.00mL待测液转移至锥形瓶，B错误；
C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，C错误；
D．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，便于准确读数，D正确；
E．在接近终点时，滴加药品应慢慢控制滴定管，使滴定管尖嘴悬挂一滴液体，用锥形瓶内壁将其靠下，并用蒸馏水将其冲入锥形瓶内，放在出现实验误差，E正确。
故选BC；
【小问5详解】
计算过程见答案；若滴定前滴定管尖端有气泡，滴定过程中气泡消失，则标准液消耗量增加，导致钛的物质的量增加，使得测得比实际值偏大。