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四川省凉山州冕宁中学2022-2023学年高二化学上学期12月月考试题（Word版附解析）
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这是一份四川省凉山州冕宁中学2022-2023学年高二化学上学期12月月考试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了1 ml·L-1·min-1， 下列说法错误的是， 3mlm和2等内容，欢迎下载使用。
冕宁中学2024届高二上期12月考化学试题
可能用到的相对原子质量：H- 1 C -12 O- 16 S-32 Cl-35.5
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题（每个题只有一个选项符合题意，1--20题每小题各3分，共60分）
1. 2022年北京冬奥会秉承“绿色办奥”的理念，首次使用氢能作为火炬燃料。下列说法正确的是
A. 火炬使用氢能燃料，碳排放量为零，符合“碳中和”理念
B. 火炬燃料的燃烧包含热能转化为化学能的过程
C. 需要加热才能发生的反应就一定是吸热反应
D. 燃烧属于放热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量
【答案】A
【解析】
【详解】A．火炬使用氢能燃料，燃烧生成无污染的水，碳排放量为零，符合“碳中和”理念，A正确；
B．火炬燃料的燃烧包含化学能转化为热能的过程，B错误；
C．需要加热才能发生的反应不一定就是吸热反应，铝热反应是放热反应，但需要加热才能发生，C错误；
D．燃烧属于放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，D错误；
故选A。
2. 2021年我国首次实现以CO2为原料人工合成淀粉，该过程涉及CO2加氢(电解水得氢气)转化为甲醇(CH3OH)的过程，其能量变化如图所示。
下列叙述正确的是
A. CO2合成甲醇的反应中，反应物总能量比产物总能量低
B. CO2合成甲醇的反应中，破坏反应物化学键吸收的能量大于形成产物化学键释放的能量
C. CO2合成甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) △H=-(Q1+Q2)kJ·mol-1
D. 上述过程中存在电能转化为化学能、化学能转化为热能的能量转化形式
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，故A错误；
B．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，则反应中破坏反应物化学键吸收的能量小于形成产物化学键释放的能量，故B错误；
C．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，反应的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) △H=- Q2kJ ·mol-1，故C错误；
D．由题意可知，电解水得氢气的过程中存在电能转化为化学能的能量转化形式，二氧化碳加氢转化为甲醇的过程中存在化学能转化为热能的能量转化形式，故D正确；
故选D。
3. 已知反应在四种不同情况下的反应速率分别如下：
①v(A)=0.1 mol·L-1·min-1
②v(B)=0.15 mol·L-1·min-1
③
④v(D=0.1 mol·L-1·min-1
则该反应进行速率快慢顺序正确的是
A. ①＞②＞③＞④ B. ②＞①=④＞③
C. ③＞①＞②＞④ D. ④＞③＞①＞②
【答案】C
【解析】
【详解】在单位相同的条件下，将不同物质的反应速率除以其计量数，得到的数值越大说明该反应速率越大，①v(A)=0.1 mol·L-1·min-1，②v(B)=mol·L-1·min-1，③，④v(D=mol·L-1·min-1，反应速率：③＞①＞②＞④，故选C。
4. 下列说法错误的是
A. 决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质
B. 增大压强能提高活化分子的百分率，提高单位时间内分子有效碰撞次数
C. 增大浓度能使单位时间内分子的有效碰撞次数增加，反应速率加快
D. 催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的热效应
【答案】B
【解析】
【详解】A．决定化学反应速率的是反应物自身的性质，A正确；
B．增大压强只能改变单位体积内活化分子的数目，不能提高活化分子百分率，B错误
C．增大浓度能增大活化分子数，使单位时间内分子的有效碰撞次数增加，反应速率加快，C正确；
D．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的热效应，D正确；
故选B。
5. 下列变化过程的且的是
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．，为放热过程，且属于熵减过程，A不符合题意；
B．，为分解反应，，且为气体分子数增多的过程，，B符合题意；
C．，为化合反应，＜0，且为气体分子数减小的反应，＜0，C不符合题意；
D．，为生成沉淀的放热反应，且由离子生成了沉淀，属于熵减的过程，D不符合题意；
故选B。
6. 化学与社会环境、科学技术密切相关，下列说法正确的是
A. 国家速滑馆使用的二氧化碳跨临界直冷制冰是利用干冰升华发生吸热反应
B. 推广电动汽车和开展植树造林不利于实现“碳达峰、碳中和”
C. 冬奥会火炬“飞扬”使用氢气燃料，表示氢气燃烧热的热化学方程式为
D. 我国科学家在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成，全合成的第一步为吸热反应，则反应物总能量小于生成物总能量
【答案】D
【解析】
【详解】A．干冰升华是物理变化，为吸热过程，不是吸热反应，故A错误；
B．推广电动汽车和开展植树造林有利于减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故B错误；
C．表示氢气燃烧热的热化学方程式中氢气必须是1mol，应该为H2(g)+ O2(g)=H2O(1)△H=-286kJ·mol-1，故C错误；
D．吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，故D正确；
故选D
7. 3molm和2.5moln混合于2L密闭容器中，发生的反应如下：3m(g)+n(g)xp(g)+2q(g)，5min后反应达到平衡，容器内压强变小，测得q的平均反应速率为0.1mol•L-1•min-1，下列结论正确的是
A. 平衡时，p的浓度为0.25mol/L B. 平衡时，n的转化率为40%
C. m的平均反应速率为0.2mol•L-1•min-1 D. 该条件的平衡常数为
【答案】A
【解析】
【分析】根据题干信息：5 min后反应达到平衡，容器内压强变小，可知说明反应后气体的物质的量减小，故x=1，测得q的平均反应速率为0.1mol•L-1•min-1，反应q的物质的量为1mol
根据三段式分析可知：
据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，p的浓度为，A正确；
B．由分析可知，平衡时，n的转化率为=20%，B错误；
C．由分析可知，平衡时，m的浓度为= 0.15 mol/L，C错误；
D．由分析可知，该条件的平衡常数为，D错误；
故选A。
8. 在2L密闭容器中充入气体A和B，发生A(g)＋B(g) C(g)＋2D(g) ΔH，所得实验数据如下表。下列说法正确的是
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(A)
n(B)
n(C)
①
300
0.40
0.10
0.090
②
500
0.40
0.10
0.080
③
500
0.20
0.05
a
A. ΔH>0
B. 500℃该反应的平衡常数K=0.32 mol·L-1
C. ③中达到平衡时，a >0.040
D. 5min末测得①中n(C)=0.050 mol，则0到5min内v(D)=0.02 mol·L-1·min-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．由①②可知，温度升高时，平衡时n(C)下降，说明温度升高，平衡逆向移动，所以该反应的ΔH<0，A选项错误；
B．由实验②的数据建立三段式有：
，则平衡常数，B选项错误；
C．对比②和③可知，③相当于在②基础上减压，根据方程式可知，减压正向移动，则达到平衡后a >0.040，B选项正确；
D．5min末测得①中n(C)＝0.050 mol，由化学反应速率与化学计量数成正比可知，0到5min内v(D)=2v(C)=2×(0.05mol÷2L÷5min)=0.01 mol·L-1·min-1，D选项错误；
故选C。
9. 在反应CH4(g)=C(s)+2H2(g) △H中，1molC(s)成键释放的热量为709.6kJ，C－H的键能为414kJ•mol-1，则H－H的键能为
已知：反应①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H1=+131.5kJ•mol-1；
反应②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H2=+205.9kJ•mol-1。
A. 872kJ B. 436kJ C. 872kJ•mol-1 D. 436kJ•mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】根据盖斯定律可知②-①等于题干反应方程式CH4(g)=C(s)+2H2(g)，△H=△H2-△H1=205.9 kJ•mol-1-131.5 kJ•mol-1=74.4 kJ•mol-1；根据键能计算△H=，计算得 =436kJ•mol-1，则H－H的键能为436kJ•mol-1；故答案为D
10. 已知：HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(1) △H1 Q1
CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(1) △H2 Q2
H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(aq)+2H2O(1) △H3 Q3
则△H和Q的大小顺序分别为
A. △H2＞△H1＞△H3，Q2＞Q1＞Q3 B. △H2＜△H1＜△H3，Q2＞Q1＞Q3
C. △H2＞△H1＞△H3，Q2＜Q1＜Q3 D. △H2＜△H1＜△H3，Q2＜Q1＜Q3
【答案】C
【解析】
【详解】HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(1)为中和反应， ，kJ，CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(1) ，CH3COOH为弱酸，电离吸热，，kJ，H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(aq)+2H2O(1)，生成硫酸钡且生成2mol水，，kJ，因此，，；
答案选C。
11. 通过以下反应均可获取H2。下列有关说法不正确的是
①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH1=+571.6kJ•mol–1
②焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH2=+131.3kJ•mol–1
③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH3=+206.1kJ•mol–1
A. H2的燃烧热为285.8kJ•mol-1
B. 反应②中E(反应物键能总和)＞E(生成物键能总和)
C. 反应C(s)+2H2(g)=CH4(g)的ΔH=+74.8kJ•mol–1
D. 2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) ΔH＜+571.6kJ•mol-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．由反应①，可得出H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH1=-285.8kJ•mol–1，则H2的燃烧热为285.8kJ•mol-1，A正确；
B．反应②的ΔH2=+131.3kJ•mol–1＞0，则E(反应物键能总和)＞E(生成物键能总和)，B正确；
C．利用盖斯定律，将反应②-③得，反应C(s)+2H2(g)=CH4(g)的ΔH=(+131.3kJ•mol–1)-(+206.1kJ•mol–1)=-74.8kJ•mol–1，C不正确；
D．因为2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH1=+571.6kJ•mol–1，而2H2O(g)= 2H2O(l) ΔH＜0，所以2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) ΔH＜+571.6kJ•mol-1，D正确；
故选C。
12. 在可逆反应中，已知：起始时，仅通X、Y，此时，X的浓度为，Y的浓度为，2min末时，测得W的浓度为，0～2min内，Z的反应速率为。则下列关于此反应的说法不正确的是
A. 2min末时，Y和W的浓度之比为3∶1
B. a=2
C. 2min末时，X的浓度为
D. 一段时间后，Z的浓度可能为
【答案】D
【解析】
【详解】A．2min末时，W的浓度为，则Y反应了，2min末时Y的浓度为，Y和W的浓度之比为3∶1，故A正确；
B．0～2min内，Z的反应速率为，则2min末时，Z的浓度为， W的浓度为，Z与W的浓度之比为2：1，则a=2，故B正确；
C．起始时，X的浓度为，2min末时，W的浓度为，则X反应了，此时X的浓度为，故C正确；
D．该反应为可逆反应，不能彻底进行，因此Z的浓度不可能为，故D错误；
答案选D。
13. 25℃时，水的电离达到平衡：，下列叙述正确的是
A. 将纯水加热到95℃时，变大，pH不变，水仍呈中性
B. 向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，增大，变小
C. 向纯水中加入少量硫酸氢钠固体，抑制水的电离，增大
D. 向纯水中加入盐酸，抑制水的电离，增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．水的电离是吸热过程，将水加热，促进水的电离，KW增大，氢离子浓度增大，pH减小，水仍呈中性，A错误；
B．向水中加入稀氨水，稀氨水是弱碱，抑制水的电离，平衡逆向移动，c(OH-)增大，Kw不变，B错误；
C．向水中加入少量硫酸氢钠固体， c(H+)增大，抑制水的电离，C正确；
D．纯水中加入盐酸，c(H+)增大，抑制了水的电离，Kw不变，D错误；
故选C。
14. T℃时，水的离子积常数，该温度下，的NaOH稀溶液与的稀盐酸充分反应(混合后的体积变化忽略不计)，恢复到T℃，测得混合溶液的，则的值为
A. 9∶101 B. 99∶101 C. 1∶100 D. 1∶10
【答案】A
【解析】
【详解】T℃时，水的离子积常数，该温度下，的NaOH稀溶液的，的稀盐酸的，二者充分反应，恢复到T℃，测得混合溶液的，即，则有，解得=9∶101，故A正确；
故选A。
15. 某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响，图象如图，下列判断正确的是
A. 图d中，曲线a一定增加了催化剂
B. 图c是绝热条件下速率和时间的图象，由此说明该反应吸热
C. 由图b可知，该反应m+n＜p
D. 由图a可知，T1＞T2，该反应的逆反应为吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．图d中，若m+n=p，该反应为气体体积不变的反应，图中a、b平衡状态相同，则a曲线可能使用了催化剂或增大压强，故A错误；
B．图c是绝热条件下速率和时间的图象，可知最初随着反应进行，温度升高，速率加快，则说明此反应为放热反应，故B错误；
C．由图b可知，相同温度下，压强越大对应C%含量高，则增大压强平衡正向移动，则m+n＞p，故C错误；
D．由图a可知，T1先达到平衡，且T1对应C%含量低，则T1＞T2，升高温度平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故D正确；
故答案为D。
16. 如图表示外界条件(T、P)变化对下列反应的影响L (固) +G (气) =2R (气) ΔH >0，y轴表示的是
A. 平衡时，混合气中R的百分含量
B. 平衡时，混合气中G的百分含量
C. G的转化率
D. L的转化率
【答案】B
【解析】
【分析】该可逆反应是气体系数增大的吸热反应，其中L为固体，从图象可知，加压，平衡左移， Y值增大；升温，平衡正向移动，Y值减小，据此回答。
【详解】A．加压，平衡左移，混合气中R的百分含量减小，A不符合，
B．加压，平衡左移，混合气中G的百分含量增大；升温，平衡正向移动，混合气中G的百分含量减小， B符合；
C．加压，平衡左移，G的转化率减小，C不符合；
D．加压，平衡左移，L的转化率减小，D不符合；
答案为B。
17. 一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：。
容器编号
温度/℃
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol
Ⅰ
387
0.20
0.080
0.080
Ⅱ
387
0.40
Ⅲ
207
0.20
0.090
0.090
下列说法正确的是
A. 该反应的正反应为吸热反应
B. 达到平衡时，容器Ⅰ中的体积分数比容器Ⅱ中的小
C. 容器Ⅰ中反应到达平衡所需时间比容器Ⅲ中的长
D. 若起始时向容器Ⅰ中充入0.15mol、0.15mol和0.10mol，则反应将向正反应方向进行
【答案】D
【解析】
【分析】Ⅱ与I比较，起始物质的量加倍，2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)是一个气体分子数不变的反应，故甲醇气体的浓度若增大一倍，则平衡后各物质的浓度也增大一倍，转化率不变，两者达到等效；III与I比较，温度降低，起始物质的量相同，而平衡后生成物增加，说明平衡正向移动，即证明该反应为放热反应。
【详解】A．由上述分析可知，反应为放热反应，故A错误；
B．恒容条件下，容器Ⅱ相当于在容器Ⅰ的基础上加压，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此平衡不移动，所以容器Ⅰ中的CH3OH体积分数和容器Ⅱ中的相等，故B错误；
C．容器I中的温度比容器III的温度高，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，故C错误；
D．容器Ⅰ中平衡时c(CH3OCH3)=c(H2O)==0.080mol/L，c(CH3OH)==0.04mol/L，容器Ⅰ中化学平衡常数K==4；若起始时向容器Ⅰ中充入0.15mol、0.15mol和0.10mol，容器容积为1L，则c(CH3OH)=0.15mol/L、c(CH3OCH3)=0.15mol/L、c(H2O)=0.10mol/L，浓度商Qc==＜4，则反应将向正反应方向进行，故D正确。
答案选D。
18. 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。
19. 80℃时，NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个体积相等且恒容的密闭容器中，投入NO2和SO2，起始浓度如下表所示，其中甲经2 min达平衡时，NO2的转化率为50%，下列说法正确的是
起始浓度
甲
乙
丙
c(NO2)/(mol·L-1)
0.10
0.20
0.20
c(SO2)/(mol·L-1)
0.10
0.10
0.20
A. 容器甲中的反应在前2 min的平均速率v(SO2)=0.05 mol·L-1·min-1
B. 达到平衡时，容器丙中正反应速率与容器甲相等
C. 温度升至90℃，上述反应平衡常数为1.56，则反应的ΔH＜0
D. 容器乙中若起始时改充0.10 mol·L-1NO2和0.20 mol·L-1SO2，达到平衡时c(NO)与原平衡相同
【答案】D
【解析】
【分析】根据来计算平均反应速率；该反应是不受压强影响的平衡，结合本题情况反应速率主要受浓度影响；计算该温度下的平衡常数，与1.56做比较，升高温度，若K增大，即为吸热反应；若K减小，即为放热反应；根据三段式计算两情况下NO的平衡浓度，并做比较。
【详解】A．2min内容器甲中SO2消耗的物质的量等于消耗NO2的物质的量，2min内SO2的平均速率，故A错误；
B．反应NO2(g)＋SO2(g)⇌SO3(g)＋NO(g)为气体体积不变的反应，压强不影响平衡，则容器甲和丙互为等效平衡，平衡时反应物转化率相等，因为丙中各组分浓度为甲的2倍，则容器丙中的反应速率较大，故B错误；
C．80℃时，以甲容器计算平衡常数为1，温度升至90℃，上述反应平衡常数为1.56>1，则升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，该反应的ΔH > 0，故C错误；
D．原容器乙达到平衡时NO的浓度为xmol∙L-1，
，解得，
当容器乙中若起始时改充0.10 mol·L－1NO2和0.20 mol·L－1SO2，达到平衡时NO的浓度为ymol∙L-1，
，，因此达到平衡时c(NO)与原平衡相同，故D正确；
答案选D。
20. 某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为和。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线代表HNO2溶液
B. 水的电离程度：b点＞c点
C. 从c点到d点，溶液中减小(其中HA、A-分别代表相应酸和酸根离子)
D. 相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同
【答案】C
【解析】
【分析】酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性：HNO2＞CH3COOH，加水稀释相同倍数时，酸性越强，溶液的pH变化越大，曲线Ⅰ代表CH3COOH 溶液，曲线Ⅱ代表HNO2溶液。
【详解】A．根据分析可知，曲线Ⅱ代表HNO2溶液，A错误；
B．酸或碱抑制水的电离，酸中c(H+)越大，抑制水电离程度越大，酸中c(H+)：b＞c，则抑制水的电离程度：b＞c，所以水的电离程度：b＜c，B错误；
C．Ka=，则=，从c点到d点，温度不变，Ka不变，而c(H+)逐渐减小，因此减小，C正确；
D．体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c(CH3COOH)＞c(HNO2)，分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，溶液中n(Na+)不相同，D错误；
综上所述答案为C。
第Ⅱ卷（非选择题，共40分）
21. 向体积为2 L的固定密闭容器中通入3 mol X气体，在一定温度下发生如下反应：2X(g)Y(g)＋3Z(g)。
（1）经5 min后反应达到平衡，此时测得容器内的压强为起始时的1.2倍，则用Y表示的速率为________ mol·L－1·min－1。
（2）若上述反应在甲、乙、丙、丁四个同样的密闭容器中进行，在同一段时间内测得容器内的反应速率分别为 甲：v(X)＝3.5 mol·L－1·min－1； 乙：v(Y)＝2 mol·L－1·min－1；丙：v(Z)＝4.5 mol·L－1·min－1； 丁：v(X)＝0.075 mol·L－1·s－1。若其他条件相同，温度不同，则温度由高到低的顺序是(填序号)________。
（3）若向达到(1)的平衡体系中充入氦气，则平衡______(填“向左”、“向右”或“不”)移动；若从达到(1)的平衡体系中移走部分Y气体，则平衡________(填“向左”、“向右”或“不”)移动。
（4）若在相同条件下向达到(1)所述的平衡体系中再充入0.5 mol X气体，则平衡后X的转化率与(1)的平衡中X的转化率相比较________。
A．无法确定 B．前者一定大于后者 C．前者一定等于后者 D．前者一定小于后者
（5）若保持温度和压强不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为a mol、b mol、c mol，达到平衡时仍与(1)的平衡等效，则：a、b、c应该满足的关系为_____________________________。
【答案】 ①. 0.03 ②. 丁＞乙＞甲＞丙 ③. 不 ④. 向右 ⑤. B ⑥. c＝3b，a≥0
【解析】
【详解】(1)设X物质的量的变化量是x，则
2X(g)⇌Y(g)+3Z(g)
初始物质的量：3 0 0
变化物质的量：x 0.5x 1.5x
平衡物质的量：3-x 0.5x 1.5x
经5min后达平衡，此时容器内压强为起始时的1.2倍，即＝，解得x=0.6mol，所以Y的物质的量变化量是0.3mol，表示的化学反应速率为：=0.03mol/(L•min)，故答案为0.03；
(2)将四个反应速率甲：ν(X)=3.5mol/(L•min)；乙：ν(Y)=2mol/(L•min)；丙：ν(Z)=4.5mol/(L•min)；丁：ν(X)=0.075mol/(L•s)，都统一到用X表示的反应速率值分别为甲：ν(X)=3.5mol/(L•min)；乙：ν(X)=4mol/(L•min)；丙：ν(X)=3mol/(L•min)；丁：ν(X)=4.5mol/(L•min)，所以化学反应速率是丁＞乙＞甲＞丙，温度越高，化学反应速率越快，所以温度大小关系是：丁＞乙＞甲＞丙，故答案为丁＞乙＞甲＞丙；
(3)若向达到(1)的平衡体系中充入氮气，不会改变各组分的浓度，所以平衡不会移动，若将达到(1)的平衡体系中移走部分混合气体，则体系压强会减小，所以平衡向着气体系数和增大的方向进行，即向着正方向进行，故答案为不；向右；
(4)若在相同条件下向达到(1)所述平衡体系中再充入0.5molX气体，则体系压强增大，新平衡相当于是在原平衡基础上增大压强，平衡逆向移动，所以平衡后X的转化率减小，故答案为B；
(5)若保持温度和压强不变，起始时加入X、Y、Z物质量分别为amol、bmol、cmol，达平衡时仍与(1)的平衡等效，根据极限转化结构以及等效的条件，需要等比即等效，即
2X(g)⇌Y(g)+3Z(g)
(1)的投料：3mol 0 0
等效投料： 0 1.5mol 4.5mol，
现在投料： a b c
等效投料： 0 0.5a+b 1.5a+c
所以＝，解得c=3b，且a≥0，故答案为c=3b，a≥0。
22. 填空。Ⅰ、
（1）25℃时，0.1mol／L的HA溶液中。HA是_____________(填“强电解质”或“弱电解质”)。
（2）将0.1mol／L的加水稀释，随着水量的增加而减小的是____________ (填字母)
a. b.溶液中离子总数 c.溶液导电性 d.溶液中醋酸分子数 e.醋酸电离程度
（3）已知：HClO的电离常数；的电离常数，。向NaClO溶液中通入少量气体，发生反应的离子方程式为____________
（4）常温下，将pH均为3，体积均为的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示。a、b、c三点水的电离程度____________ (用“＞”、“＜”、“=”填空)
（5）浓度相同的等体积的两份上述溶液HA和HB，分别加入等质量的锌粉，充分反应后仅有一份溶液中存在锌，则下列说法正确的是____________ (填写序号)
①溶液中溶质的物质的量浓度 ②溶液中溶质的物质的量浓度
③开始反应时的速率 ④开始反应时的速率
⑤HA溶液里有锌剩余 ⑥HB溶液里有锌剩余
II、已知：时，三种酸的电离平衡常数如下表所示：
化学式
电离平衡常数
回答下列问题：
（6）的电离方程式为_______。
（7）上述三种酸分子的酸性由强到弱的顺序为_______(用分子式填写)。
（8）用蒸馏水稀释的溶液，下列各式表示的数值随水量的增加而减小的是_______(填序号)。
A. B. C. D.
（9）向的溶液中滴加等体积的一定浓度的稀硫酸，此时测得溶液中的，则溶液中_______。
【答案】（1）弱电解质
（2）c d （3）ClO-+CO2+H2O=HClO + HCO
（4）b＝c＞a或a＜b＝c
（5）②④⑤ （6）HClOH+ +ClO-
（7）H2SO3＞H2CO3＞HClO （8）AC
（9）4.0×10-8
【解析】
小问1详解】
25℃时，0.1mol/L的HA溶液中，又，则，则HA未完全电离，HA是弱电解质；故答案为弱电解质；
【小问2详解】
将0.1mol/L的CH3COOH加水稀释，醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+正向移动，电离程度增大，
a．加水稀释，氢离子浓度减小，水的离子积不变，c(OH-)增大，故a不符合题意；
b．醋酸电离程度增大，溶液中离子总数增加，故b不符合题意；
c．加水稀释，溶液中醋酸根离子和氢离子的浓度减小，溶液导电性减弱，故c符合题意；
d．醋酸电离程度增大，溶液中醋酸分子数减少，故d符合题意；
e．醋酸电离程度增大，故e不符合题意；
答案为cd；
【小问3详解】
电离平衡常数越大，电离能力越强，根据电离平衡常数的数值，推出酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，则向NaClO溶液中通入少量CO2气体生成HClO和碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO + HCO；故答案为ClO-+CO2+H2O=HClO + HCO；
【小问4详解】
pH越小，氢离子浓度越大，对水的电离的抑制程度越大，水的电离程度越小，根据图像可知，a点pH最小，a点水的电离程度最小，b、c点pH相同，水的电离程度相同，则a、b、c三点水的电离程度b＝c＞a；故答案为b＝c＞a；
【小问5详解】
由图可知，pH均为3的HA和HB溶液，稀释100倍时(即)，HA的pH变为5，HB的pH变为3＜pH＜5，则HA为强酸，HB为弱酸，则浓度相同的HA和HB，HB的浓度比HA的浓度大，等体积的两溶液，分别加入等质量的锌粉，充分反应后仅有一份溶液中存在锌，剩余锌的溶液应为HA溶液，
①HA为强酸，HB为弱酸，二者浓度相同，则溶液中溶质的物质的量浓度，故①错误；
②由①分析知，溶液中溶质的物质的量浓度，故②正确；
③开始反应时二者浓度相同，开始反应时速率，故③错误；
④由③分析知，开始反应时的速率，故④正确；
⑤HA的浓度小，HB的浓度大，则HA不足，HA溶液里有锌剩余，故⑤正确；
⑥由⑤分析知，HA溶液里有锌剩余，故⑥错误；
答案为②④⑤。
【小问6详解】
HClO为弱酸，电离方程式为HClOH+ +ClO-；故答案为HClOH+ +ClO-；
【小问7详解】
弱酸的电离常数越大，弱酸的酸性越强，则三种酸分子的酸性由强到弱的顺序为H2SO3＞H2CO3＞HClO；故答案为H2SO3＞H2CO3＞HClO；
【小问8详解】
用蒸馏水稀释0.01mol/L的HClO溶液，促进次氯酸的电离平衡HClOH+ +ClO-正向移动，电离程度增大，
A．HClO的电离程度增大，HClO分子数减少，氢离子数增大，故减小,故A符合题意
B．HClO的电离程度增大，HClO分子数减少，次氯酸根离子数增大，故增大，故B不符合题意；
C．加水稀释，氢离子浓度减小，HClO的电离常数不变，故减小，故C符合题意；
D．HClO的电离常数不变，故不变，故D不符合题意；
答案为AC。
【小问9详解】
向0.1mol/L的HClO溶液中滴加等体积的一定浓度的稀硫酸，则HClO的浓度变为0.05mol/L，此时测得溶液中的c(H+)=0.05mol/L，，故则溶液中c(ClO-)=4.0×10-8mol/L；故答案为4.0×10-8。
23. 氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度氧化剂溶液滴定未知浓度还原剂溶液成反之)。现用0.1000酸性溶液滴定未知浓度的无色溶液，已知：氧化产物为，还原产物为。
（1）该反应的离子方程式为_______。滴定实验应选用_______(填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液。
（2）①滴定前是否要滴加指示剂？_______(填“是”或“否”)。
②滴定过程，滴定前排气泡时，应选择下图中的_______(填字母)。
③如何判断反应到达滴定终点？_______。
（3）甲同学在滴定开始和结束时，装标准液的滴定管液面如图所示，则本次滴定所消耗标准液的体积为_______。
（4）乙学生按照滴定步骤进行了3次实验，分别记录有关数据如表；
滴定次数
待测溶液的体积/mL
0.1000的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
依据表数据计算该溶液的物质的量浓度为_______mol/L(保留4位有效数字)。
（5）下列操作中可能使测定结果偏低的是_______(填字母)。
A. 酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液
B. 滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C. 酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡
D. 读取标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
【答案】（1） ①. ②. 酸
（2） ①. 否 ②. b ③. 当最后半滴溶液滴入，溶液由无色变为红色，且半分钟不变色，说明到终点。
（3）26.10 （4）0.2610 （5）CD
【解析】
【小问1详解】
高锰酸钾和草酸反应生成锰离子和二氧化碳，根据氧化还原反应分析，得离子方程式为：。高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀胶管，故使用酸式滴定管。
【小问2详解】
因为高锰酸钾溶液本身为紫红色，不用加入指示剂。高锰酸钾用酸式滴定管，且调整气泡时将滴定管握在手心，避免旋塞脱落，故选b。当最后半滴溶液滴入，溶液由无色变为红色，且半分钟不变色，说明到终点。
【小问3详解】
根据滴定管的刻度分析，该溶液的体积为26.10毫升。
【小问4详解】
第二次实验数据差距较大，舍去，取第一次和第三次实验数据取平均值，体积为26.10毫升，根据方程式计算 ，解c=0.2610mol/L。
【小问5详解】
A. 酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液，标准液浓度变小，则需要的体积变大，测定结果变大。B. 滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对实验无影响。C. 酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，则标准液的体积读数变小，测定结果变小。D. 读取标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，则体积变小，测定结果变小。故选CD。
冕宁中学2024届高二上期12月考化学试题
可能用到的相对原子质量：H- 1 C -12 O- 16 S-32 Cl-35.5
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题（每个题只有一个选项符合题意，1--20题每小题各3分，共60分）
1. 2022年北京冬奥会秉承“绿色办奥”的理念，首次使用氢能作为火炬燃料。下列说法正确的是
A. 火炬使用氢能燃料，碳排放量为零，符合“碳中和”理念
B. 火炬燃料的燃烧包含热能转化为化学能的过程
C. 需要加热才能发生的反应就一定是吸热反应
D. 燃烧属于放热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量
【答案】A
【解析】
【详解】A．火炬使用氢能燃料，燃烧生成无污染的水，碳排放量为零，符合“碳中和”理念，A正确；
B．火炬燃料的燃烧包含化学能转化为热能的过程，B错误；
C．需要加热才能发生的反应不一定就是吸热反应，铝热反应是放热反应，但需要加热才能发生，C错误；
D．燃烧属于放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，D错误；
故选A。
2. 2021年我国首次实现以CO2为原料人工合成淀粉，该过程涉及CO2加氢(电解水得氢气)转化为甲醇(CH3OH)的过程，其能量变化如图所示。
下列叙述正确的是
A. CO2合成甲醇的反应中，反应物总能量比产物总能量低
B. CO2合成甲醇的反应中，破坏反应物化学键吸收的能量大于形成产物化学键释放的能量
C. CO2合成甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) △H=-(Q1+Q2)kJ·mol-1
D. 上述过程中存在电能转化为化学能、化学能转化为热能的能量转化形式
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，故A错误；
B．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，则反应中破坏反应物化学键吸收的能量小于形成产物化学键释放的能量，故B错误；
C．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，反应的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) △H=- Q2kJ ·mol-1，故C错误；
D．由题意可知，电解水得氢气的过程中存在电能转化为化学能的能量转化形式，二氧化碳加氢转化为甲醇的过程中存在化学能转化为热能的能量转化形式，故D正确；
故选D。
3. 已知反应在四种不同情况下的反应速率分别如下：
①v(A)=0.1 mol·L-1·min-1
②v(B)=0.15 mol·L-1·min-1
③
④v(D=0.1 mol·L-1·min-1
则该反应进行速率快慢顺序正确的是
A. ①＞②＞③＞④ B. ②＞①=④＞③
C. ③＞①＞②＞④ D. ④＞③＞①＞②
【答案】C
【解析】
【详解】在单位相同的条件下，将不同物质的反应速率除以其计量数，得到的数值越大说明该反应速率越大，①v(A)=0.1 mol·L-1·min-1，②v(B)=mol·L-1·min-1，③，④v(D=mol·L-1·min-1，反应速率：③＞①＞②＞④，故选C。
4. 下列说法错误的是
A. 决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质
B. 增大压强能提高活化分子的百分率，提高单位时间内分子有效碰撞次数
C. 增大浓度能使单位时间内分子的有效碰撞次数增加，反应速率加快
D. 催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的热效应
【答案】B
【解析】
【详解】A．决定化学反应速率的是反应物自身的性质，A正确；
B．增大压强只能改变单位体积内活化分子的数目，不能提高活化分子百分率，B错误
C．增大浓度能增大活化分子数，使单位时间内分子的有效碰撞次数增加，反应速率加快，C正确；
D．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的热效应，D正确；
故选B。
5. 下列变化过程的且的是
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．，为放热过程，且属于熵减过程，A不符合题意；
B．，为分解反应，，且为气体分子数增多的过程，，B符合题意；
C．，为化合反应，＜0，且为气体分子数减小的反应，＜0，C不符合题意；
D．，为生成沉淀的放热反应，且由离子生成了沉淀，属于熵减的过程，D不符合题意；
故选B。
6. 化学与社会环境、科学技术密切相关，下列说法正确的是
A. 国家速滑馆使用的二氧化碳跨临界直冷制冰是利用干冰升华发生吸热反应
B. 推广电动汽车和开展植树造林不利于实现“碳达峰、碳中和”
C. 冬奥会火炬“飞扬”使用氢气燃料，表示氢气燃烧热的热化学方程式为
D. 我国科学家在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成，全合成的第一步为吸热反应，则反应物总能量小于生成物总能量
【答案】D
【解析】
【详解】A．干冰升华是物理变化，为吸热过程，不是吸热反应，故A错误；
B．推广电动汽车和开展植树造林有利于减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故B错误；
C．表示氢气燃烧热的热化学方程式中氢气必须是1mol，应该为H2(g)+ O2(g)=H2O(1)△H=-286kJ·mol-1，故C错误；
D．吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，故D正确；
故选D
7. 3molm和2.5moln混合于2L密闭容器中，发生的反应如下：3m(g)+n(g)xp(g)+2q(g)，5min后反应达到平衡，容器内压强变小，测得q的平均反应速率为0.1mol•L-1•min-1，下列结论正确的是
A. 平衡时，p的浓度为0.25mol/L B. 平衡时，n的转化率为40%
C. m的平均反应速率为0.2mol•L-1•min-1 D. 该条件的平衡常数为
【答案】A
【解析】
【分析】根据题干信息：5 min后反应达到平衡，容器内压强变小，可知说明反应后气体的物质的量减小，故x=1，测得q的平均反应速率为0.1mol•L-1•min-1，反应q的物质的量为1mol
根据三段式分析可知：
据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，p的浓度为，A正确；
B．由分析可知，平衡时，n的转化率为=20%，B错误；
C．由分析可知，平衡时，m的浓度为= 0.15 mol/L，C错误；
D．由分析可知，该条件的平衡常数为，D错误；
故选A。
8. 在2L密闭容器中充入气体A和B，发生A(g)＋B(g) C(g)＋2D(g) ΔH，所得实验数据如下表。下列说法正确的是
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(A)
n(B)
n(C)
①
300
0.40
0.10
0.090
②
500
0.40
0.10
0.080
③
500
0.20
0.05
a
A. ΔH>0
B. 500℃该反应的平衡常数K=0.32 mol·L-1
C. ③中达到平衡时，a >0.040
D. 5min末测得①中n(C)=0.050 mol，则0到5min内v(D)=0.02 mol·L-1·min-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．由①②可知，温度升高时，平衡时n(C)下降，说明温度升高，平衡逆向移动，所以该反应的ΔH<0，A选项错误；
B．由实验②的数据建立三段式有：
，则平衡常数，B选项错误；
C．对比②和③可知，③相当于在②基础上减压，根据方程式可知，减压正向移动，则达到平衡后a >0.040，B选项正确；
D．5min末测得①中n(C)＝0.050 mol，由化学反应速率与化学计量数成正比可知，0到5min内v(D)=2v(C)=2×(0.05mol÷2L÷5min)=0.01 mol·L-1·min-1，D选项错误；
故选C。
9. 在反应CH4(g)=C(s)+2H2(g) △H中，1molC(s)成键释放的热量为709.6kJ，C－H的键能为414kJ•mol-1，则H－H的键能为
已知：反应①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H1=+131.5kJ•mol-1；
反应②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H2=+205.9kJ•mol-1。
A. 872kJ B. 436kJ C. 872kJ•mol-1 D. 436kJ•mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】根据盖斯定律可知②-①等于题干反应方程式CH4(g)=C(s)+2H2(g)，△H=△H2-△H1=205.9 kJ•mol-1-131.5 kJ•mol-1=74.4 kJ•mol-1；根据键能计算△H=，计算得 =436kJ•mol-1，则H－H的键能为436kJ•mol-1；故答案为D
10. 已知：HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(1) △H1 Q1
CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(1) △H2 Q2
H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(aq)+2H2O(1) △H3 Q3
则△H和Q的大小顺序分别为
A. △H2＞△H1＞△H3，Q2＞Q1＞Q3 B. △H2＜△H1＜△H3，Q2＞Q1＞Q3
C. △H2＞△H1＞△H3，Q2＜Q1＜Q3 D. △H2＜△H1＜△H3，Q2＜Q1＜Q3
【答案】C
【解析】
【详解】HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(1)为中和反应， ，kJ，CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(1) ，CH3COOH为弱酸，电离吸热，，kJ，H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(aq)+2H2O(1)，生成硫酸钡且生成2mol水，，kJ，因此，，；
答案选C。
11. 通过以下反应均可获取H2。下列有关说法不正确的是
①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH1=+571.6kJ•mol–1
②焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH2=+131.3kJ•mol–1
③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH3=+206.1kJ•mol–1
A. H2的燃烧热为285.8kJ•mol-1
B. 反应②中E(反应物键能总和)＞E(生成物键能总和)
C. 反应C(s)+2H2(g)=CH4(g)的ΔH=+74.8kJ•mol–1
D. 2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) ΔH＜+571.6kJ•mol-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．由反应①，可得出H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH1=-285.8kJ•mol–1，则H2的燃烧热为285.8kJ•mol-1，A正确；
B．反应②的ΔH2=+131.3kJ•mol–1＞0，则E(反应物键能总和)＞E(生成物键能总和)，B正确；
C．利用盖斯定律，将反应②-③得，反应C(s)+2H2(g)=CH4(g)的ΔH=(+131.3kJ•mol–1)-(+206.1kJ•mol–1)=-74.8kJ•mol–1，C不正确；
D．因为2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH1=+571.6kJ•mol–1，而2H2O(g)= 2H2O(l) ΔH＜0，所以2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) ΔH＜+571.6kJ•mol-1，D正确；
故选C。
12. 在可逆反应中，已知：起始时，仅通X、Y，此时，X的浓度为，Y的浓度为，2min末时，测得W的浓度为，0～2min内，Z的反应速率为。则下列关于此反应的说法不正确的是
A. 2min末时，Y和W的浓度之比为3∶1
B. a=2
C. 2min末时，X的浓度为
D. 一段时间后，Z的浓度可能为
【答案】D
【解析】
【详解】A．2min末时，W的浓度为，则Y反应了，2min末时Y的浓度为，Y和W的浓度之比为3∶1，故A正确；
B．0～2min内，Z的反应速率为，则2min末时，Z的浓度为， W的浓度为，Z与W的浓度之比为2：1，则a=2，故B正确；
C．起始时，X的浓度为，2min末时，W的浓度为，则X反应了，此时X的浓度为，故C正确；
D．该反应为可逆反应，不能彻底进行，因此Z的浓度不可能为，故D错误；
答案选D。
13. 25℃时，水的电离达到平衡：，下列叙述正确的是
A. 将纯水加热到95℃时，变大，pH不变，水仍呈中性
B. 向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，增大，变小
C. 向纯水中加入少量硫酸氢钠固体，抑制水的电离，增大
D. 向纯水中加入盐酸，抑制水的电离，增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．水的电离是吸热过程，将水加热，促进水的电离，KW增大，氢离子浓度增大，pH减小，水仍呈中性，A错误；
B．向水中加入稀氨水，稀氨水是弱碱，抑制水的电离，平衡逆向移动，c(OH-)增大，Kw不变，B错误；
C．向水中加入少量硫酸氢钠固体， c(H+)增大，抑制水的电离，C正确；
D．纯水中加入盐酸，c(H+)增大，抑制了水的电离，Kw不变，D错误；
故选C。
14. T℃时，水的离子积常数，该温度下，的NaOH稀溶液与的稀盐酸充分反应(混合后的体积变化忽略不计)，恢复到T℃，测得混合溶液的，则的值为
A. 9∶101 B. 99∶101 C. 1∶100 D. 1∶10
【答案】A
【解析】
【详解】T℃时，水的离子积常数，该温度下，的NaOH稀溶液的，的稀盐酸的，二者充分反应，恢复到T℃，测得混合溶液的，即，则有，解得=9∶101，故A正确；
故选A。
15. 某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响，图象如图，下列判断正确的是
A. 图d中，曲线a一定增加了催化剂
B. 图c是绝热条件下速率和时间的图象，由此说明该反应吸热
C. 由图b可知，该反应m+n＜p
D. 由图a可知，T1＞T2，该反应的逆反应为吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．图d中，若m+n=p，该反应为气体体积不变的反应，图中a、b平衡状态相同，则a曲线可能使用了催化剂或增大压强，故A错误；
B．图c是绝热条件下速率和时间的图象，可知最初随着反应进行，温度升高，速率加快，则说明此反应为放热反应，故B错误；
C．由图b可知，相同温度下，压强越大对应C%含量高，则增大压强平衡正向移动，则m+n＞p，故C错误；
D．由图a可知，T1先达到平衡，且T1对应C%含量低，则T1＞T2，升高温度平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故D正确；
故答案为D。
16. 如图表示外界条件(T、P)变化对下列反应的影响L (固) +G (气) =2R (气) ΔH >0，y轴表示的是
A. 平衡时，混合气中R的百分含量
B. 平衡时，混合气中G的百分含量
C. G的转化率
D. L的转化率
【答案】B
【解析】
【分析】该可逆反应是气体系数增大的吸热反应，其中L为固体，从图象可知，加压，平衡左移， Y值增大；升温，平衡正向移动，Y值减小，据此回答。
【详解】A．加压，平衡左移，混合气中R的百分含量减小，A不符合，
B．加压，平衡左移，混合气中G的百分含量增大；升温，平衡正向移动，混合气中G的百分含量减小， B符合；
C．加压，平衡左移，G的转化率减小，C不符合；
D．加压，平衡左移，L的转化率减小，D不符合；
答案为B。
17. 一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：。
容器编号
温度/℃
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol
Ⅰ
387
0.20
0.080
0.080
Ⅱ
387
0.40
Ⅲ
207
0.20
0.090
0.090
下列说法正确的是
A. 该反应的正反应为吸热反应
B. 达到平衡时，容器Ⅰ中的体积分数比容器Ⅱ中的小
C. 容器Ⅰ中反应到达平衡所需时间比容器Ⅲ中的长
D. 若起始时向容器Ⅰ中充入0.15mol、0.15mol和0.10mol，则反应将向正反应方向进行
【答案】D
【解析】
【分析】Ⅱ与I比较，起始物质的量加倍，2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)是一个气体分子数不变的反应，故甲醇气体的浓度若增大一倍，则平衡后各物质的浓度也增大一倍，转化率不变，两者达到等效；III与I比较，温度降低，起始物质的量相同，而平衡后生成物增加，说明平衡正向移动，即证明该反应为放热反应。
【详解】A．由上述分析可知，反应为放热反应，故A错误；
B．恒容条件下，容器Ⅱ相当于在容器Ⅰ的基础上加压，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此平衡不移动，所以容器Ⅰ中的CH3OH体积分数和容器Ⅱ中的相等，故B错误；
C．容器I中的温度比容器III的温度高，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，故C错误；
D．容器Ⅰ中平衡时c(CH3OCH3)=c(H2O)==0.080mol/L，c(CH3OH)==0.04mol/L，容器Ⅰ中化学平衡常数K==4；若起始时向容器Ⅰ中充入0.15mol、0.15mol和0.10mol，容器容积为1L，则c(CH3OH)=0.15mol/L、c(CH3OCH3)=0.15mol/L、c(H2O)=0.10mol/L，浓度商Qc==＜4，则反应将向正反应方向进行，故D正确。
答案选D。
18. 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。
19. 80℃时，NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个体积相等且恒容的密闭容器中，投入NO2和SO2，起始浓度如下表所示，其中甲经2 min达平衡时，NO2的转化率为50%，下列说法正确的是
起始浓度
甲
乙
丙
c(NO2)/(mol·L-1)
0.10
0.20
0.20
c(SO2)/(mol·L-1)
0.10
0.10
0.20
A. 容器甲中的反应在前2 min的平均速率v(SO2)=0.05 mol·L-1·min-1
B. 达到平衡时，容器丙中正反应速率与容器甲相等
C. 温度升至90℃，上述反应平衡常数为1.56，则反应的ΔH＜0
D. 容器乙中若起始时改充0.10 mol·L-1NO2和0.20 mol·L-1SO2，达到平衡时c(NO)与原平衡相同
【答案】D
【解析】
【分析】根据来计算平均反应速率；该反应是不受压强影响的平衡，结合本题情况反应速率主要受浓度影响；计算该温度下的平衡常数，与1.56做比较，升高温度，若K增大，即为吸热反应；若K减小，即为放热反应；根据三段式计算两情况下NO的平衡浓度，并做比较。
【详解】A．2min内容器甲中SO2消耗的物质的量等于消耗NO2的物质的量，2min内SO2的平均速率，故A错误；
B．反应NO2(g)＋SO2(g)⇌SO3(g)＋NO(g)为气体体积不变的反应，压强不影响平衡，则容器甲和丙互为等效平衡，平衡时反应物转化率相等，因为丙中各组分浓度为甲的2倍，则容器丙中的反应速率较大，故B错误；
C．80℃时，以甲容器计算平衡常数为1，温度升至90℃，上述反应平衡常数为1.56>1，则升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，该反应的ΔH > 0，故C错误；
D．原容器乙达到平衡时NO的浓度为xmol∙L-1，
，解得，
当容器乙中若起始时改充0.10 mol·L－1NO2和0.20 mol·L－1SO2，达到平衡时NO的浓度为ymol∙L-1，
，，因此达到平衡时c(NO)与原平衡相同，故D正确；
答案选D。
20. 某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为和。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线代表HNO2溶液
B. 水的电离程度：b点＞c点
C. 从c点到d点，溶液中减小(其中HA、A-分别代表相应酸和酸根离子)
D. 相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同
【答案】C
【解析】
【分析】酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性：HNO2＞CH3COOH，加水稀释相同倍数时，酸性越强，溶液的pH变化越大，曲线Ⅰ代表CH3COOH 溶液，曲线Ⅱ代表HNO2溶液。
【详解】A．根据分析可知，曲线Ⅱ代表HNO2溶液，A错误；
B．酸或碱抑制水的电离，酸中c(H+)越大，抑制水电离程度越大，酸中c(H+)：b＞c，则抑制水的电离程度：b＞c，所以水的电离程度：b＜c，B错误；
C．Ka=，则=，从c点到d点，温度不变，Ka不变，而c(H+)逐渐减小，因此减小，C正确；
D．体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c(CH3COOH)＞c(HNO2)，分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，溶液中n(Na+)不相同，D错误；
综上所述答案为C。
第Ⅱ卷（非选择题，共40分）
21. 向体积为2 L的固定密闭容器中通入3 mol X气体，在一定温度下发生如下反应：2X(g)Y(g)＋3Z(g)。
（1）经5 min后反应达到平衡，此时测得容器内的压强为起始时的1.2倍，则用Y表示的速率为________ mol·L－1·min－1。
（2）若上述反应在甲、乙、丙、丁四个同样的密闭容器中进行，在同一段时间内测得容器内的反应速率分别为 甲：v(X)＝3.5 mol·L－1·min－1； 乙：v(Y)＝2 mol·L－1·min－1；丙：v(Z)＝4.5 mol·L－1·min－1； 丁：v(X)＝0.075 mol·L－1·s－1。若其他条件相同，温度不同，则温度由高到低的顺序是(填序号)________。
（3）若向达到(1)的平衡体系中充入氦气，则平衡______(填“向左”、“向右”或“不”)移动；若从达到(1)的平衡体系中移走部分Y气体，则平衡________(填“向左”、“向右”或“不”)移动。
（4）若在相同条件下向达到(1)所述的平衡体系中再充入0.5 mol X气体，则平衡后X的转化率与(1)的平衡中X的转化率相比较________。
A．无法确定 B．前者一定大于后者 C．前者一定等于后者 D．前者一定小于后者
（5）若保持温度和压强不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为a mol、b mol、c mol，达到平衡时仍与(1)的平衡等效，则：a、b、c应该满足的关系为_____________________________。
【答案】 ①. 0.03 ②. 丁＞乙＞甲＞丙 ③. 不 ④. 向右 ⑤. B ⑥. c＝3b，a≥0
【解析】
【详解】(1)设X物质的量的变化量是x，则
2X(g)⇌Y(g)+3Z(g)
初始物质的量：3 0 0
变化物质的量：x 0.5x 1.5x
平衡物质的量：3-x 0.5x 1.5x
经5min后达平衡，此时容器内压强为起始时的1.2倍，即＝，解得x=0.6mol，所以Y的物质的量变化量是0.3mol，表示的化学反应速率为：=0.03mol/(L•min)，故答案为0.03；
(2)将四个反应速率甲：ν(X)=3.5mol/(L•min)；乙：ν(Y)=2mol/(L•min)；丙：ν(Z)=4.5mol/(L•min)；丁：ν(X)=0.075mol/(L•s)，都统一到用X表示的反应速率值分别为甲：ν(X)=3.5mol/(L•min)；乙：ν(X)=4mol/(L•min)；丙：ν(X)=3mol/(L•min)；丁：ν(X)=4.5mol/(L•min)，所以化学反应速率是丁＞乙＞甲＞丙，温度越高，化学反应速率越快，所以温度大小关系是：丁＞乙＞甲＞丙，故答案为丁＞乙＞甲＞丙；
(3)若向达到(1)的平衡体系中充入氮气，不会改变各组分的浓度，所以平衡不会移动，若将达到(1)的平衡体系中移走部分混合气体，则体系压强会减小，所以平衡向着气体系数和增大的方向进行，即向着正方向进行，故答案为不；向右；
(4)若在相同条件下向达到(1)所述平衡体系中再充入0.5molX气体，则体系压强增大，新平衡相当于是在原平衡基础上增大压强，平衡逆向移动，所以平衡后X的转化率减小，故答案为B；
(5)若保持温度和压强不变，起始时加入X、Y、Z物质量分别为amol、bmol、cmol，达平衡时仍与(1)的平衡等效，根据极限转化结构以及等效的条件，需要等比即等效，即
2X(g)⇌Y(g)+3Z(g)
(1)的投料：3mol 0 0
等效投料： 0 1.5mol 4.5mol，
现在投料： a b c
等效投料： 0 0.5a+b 1.5a+c
所以＝，解得c=3b，且a≥0，故答案为c=3b，a≥0。
22. 填空。Ⅰ、
（1）25℃时，0.1mol／L的HA溶液中。HA是_____________(填“强电解质”或“弱电解质”)。
（2）将0.1mol／L的加水稀释，随着水量的增加而减小的是____________ (填字母)
a. b.溶液中离子总数 c.溶液导电性 d.溶液中醋酸分子数 e.醋酸电离程度
（3）已知：HClO的电离常数；的电离常数，。向NaClO溶液中通入少量气体，发生反应的离子方程式为____________
（4）常温下，将pH均为3，体积均为的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示。a、b、c三点水的电离程度____________ (用“＞”、“＜”、“=”填空)
（5）浓度相同的等体积的两份上述溶液HA和HB，分别加入等质量的锌粉，充分反应后仅有一份溶液中存在锌，则下列说法正确的是____________ (填写序号)
①溶液中溶质的物质的量浓度 ②溶液中溶质的物质的量浓度
③开始反应时的速率 ④开始反应时的速率
⑤HA溶液里有锌剩余 ⑥HB溶液里有锌剩余
II、已知：时，三种酸的电离平衡常数如下表所示：
化学式
电离平衡常数
回答下列问题：
（6）的电离方程式为_______。
（7）上述三种酸分子的酸性由强到弱的顺序为_______(用分子式填写)。
（8）用蒸馏水稀释的溶液，下列各式表示的数值随水量的增加而减小的是_______(填序号)。
A. B. C. D.
（9）向的溶液中滴加等体积的一定浓度的稀硫酸，此时测得溶液中的，则溶液中_______。
【答案】（1）弱电解质
（2）c d （3）ClO-+CO2+H2O=HClO + HCO
（4）b＝c＞a或a＜b＝c
（5）②④⑤ （6）HClOH+ +ClO-
（7）H2SO3＞H2CO3＞HClO （8）AC
（9）4.0×10-8
【解析】
小问1详解】
25℃时，0.1mol/L的HA溶液中，又，则，则HA未完全电离，HA是弱电解质；故答案为弱电解质；
【小问2详解】
将0.1mol/L的CH3COOH加水稀释，醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+正向移动，电离程度增大，
a．加水稀释，氢离子浓度减小，水的离子积不变，c(OH-)增大，故a不符合题意；
b．醋酸电离程度增大，溶液中离子总数增加，故b不符合题意；
c．加水稀释，溶液中醋酸根离子和氢离子的浓度减小，溶液导电性减弱，故c符合题意；
d．醋酸电离程度增大，溶液中醋酸分子数减少，故d符合题意；
e．醋酸电离程度增大，故e不符合题意；
答案为cd；
【小问3详解】
电离平衡常数越大，电离能力越强，根据电离平衡常数的数值，推出酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，则向NaClO溶液中通入少量CO2气体生成HClO和碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO + HCO；故答案为ClO-+CO2+H2O=HClO + HCO；
【小问4详解】
pH越小，氢离子浓度越大，对水的电离的抑制程度越大，水的电离程度越小，根据图像可知，a点pH最小，a点水的电离程度最小，b、c点pH相同，水的电离程度相同，则a、b、c三点水的电离程度b＝c＞a；故答案为b＝c＞a；
【小问5详解】
由图可知，pH均为3的HA和HB溶液，稀释100倍时(即)，HA的pH变为5，HB的pH变为3＜pH＜5，则HA为强酸，HB为弱酸，则浓度相同的HA和HB，HB的浓度比HA的浓度大，等体积的两溶液，分别加入等质量的锌粉，充分反应后仅有一份溶液中存在锌，剩余锌的溶液应为HA溶液，
①HA为强酸，HB为弱酸，二者浓度相同，则溶液中溶质的物质的量浓度，故①错误；
②由①分析知，溶液中溶质的物质的量浓度，故②正确；
③开始反应时二者浓度相同，开始反应时速率，故③错误；
④由③分析知，开始反应时的速率，故④正确；
⑤HA的浓度小，HB的浓度大，则HA不足，HA溶液里有锌剩余，故⑤正确；
⑥由⑤分析知，HA溶液里有锌剩余，故⑥错误；
答案为②④⑤。
【小问6详解】
HClO为弱酸，电离方程式为HClOH+ +ClO-；故答案为HClOH+ +ClO-；
【小问7详解】
弱酸的电离常数越大，弱酸的酸性越强，则三种酸分子的酸性由强到弱的顺序为H2SO3＞H2CO3＞HClO；故答案为H2SO3＞H2CO3＞HClO；
【小问8详解】
用蒸馏水稀释0.01mol/L的HClO溶液，促进次氯酸的电离平衡HClOH+ +ClO-正向移动，电离程度增大，
A．HClO的电离程度增大，HClO分子数减少，氢离子数增大，故减小,故A符合题意
B．HClO的电离程度增大，HClO分子数减少，次氯酸根离子数增大，故增大，故B不符合题意；
C．加水稀释，氢离子浓度减小，HClO的电离常数不变，故减小，故C符合题意；
D．HClO的电离常数不变，故不变，故D不符合题意；
答案为AC。
【小问9详解】
向0.1mol/L的HClO溶液中滴加等体积的一定浓度的稀硫酸，则HClO的浓度变为0.05mol/L，此时测得溶液中的c(H+)=0.05mol/L，，故则溶液中c(ClO-)=4.0×10-8mol/L；故答案为4.0×10-8。
23. 氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度氧化剂溶液滴定未知浓度还原剂溶液成反之)。现用0.1000酸性溶液滴定未知浓度的无色溶液，已知：氧化产物为，还原产物为。
（1）该反应的离子方程式为_______。滴定实验应选用_______(填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液。
（2）①滴定前是否要滴加指示剂？_______(填“是”或“否”)。
②滴定过程，滴定前排气泡时，应选择下图中的_______(填字母)。
③如何判断反应到达滴定终点？_______。
（3）甲同学在滴定开始和结束时，装标准液的滴定管液面如图所示，则本次滴定所消耗标准液的体积为_______。
（4）乙学生按照滴定步骤进行了3次实验，分别记录有关数据如表；
滴定次数
待测溶液的体积/mL
0.1000的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
依据表数据计算该溶液的物质的量浓度为_______mol/L(保留4位有效数字)。
（5）下列操作中可能使测定结果偏低的是_______(填字母)。
A. 酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液
B. 滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C. 酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡
D. 读取标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
【答案】（1） ①. ②. 酸
（2） ①. 否 ②. b ③. 当最后半滴溶液滴入，溶液由无色变为红色，且半分钟不变色，说明到终点。
（3）26.10 （4）0.2610 （5）CD
【解析】
【小问1详解】
高锰酸钾和草酸反应生成锰离子和二氧化碳，根据氧化还原反应分析，得离子方程式为：。高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀胶管，故使用酸式滴定管。
【小问2详解】
因为高锰酸钾溶液本身为紫红色，不用加入指示剂。高锰酸钾用酸式滴定管，且调整气泡时将滴定管握在手心，避免旋塞脱落，故选b。当最后半滴溶液滴入，溶液由无色变为红色，且半分钟不变色，说明到终点。
【小问3详解】
根据滴定管的刻度分析，该溶液的体积为26.10毫升。
【小问4详解】
第二次实验数据差距较大，舍去，取第一次和第三次实验数据取平均值，体积为26.10毫升，根据方程式计算 ，解c=0.2610mol/L。
【小问5详解】
A. 酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液，标准液浓度变小，则需要的体积变大，测定结果变大。B. 滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对实验无影响。C. 酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，则标准液的体积读数变小，测定结果变小。D. 读取标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，则体积变小，测定结果变小。故选CD。
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