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山西省大同市2022-2023学年高二上学期11月期中考试化学试题（含解析）
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2022-2023学年度第一学期期中教学质量监测试题(卷)
高二化学
(考试时间：90分钟 试卷满分：100分)
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
一、选择题(本题共18个小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题目要求。)
1. 固体酒精是目前饭桌上常用的火锅燃料，关于固体酒精燃烧过程的叙述不正确的是
A. 存在物质状态的变化
B. 发生了氧化还原反应
C. 反应中化学能只转化为热能
D. 既有化学键的断裂，又有化学键的形成
【答案】C
【解析】
【详解】A．固体酒精的燃烧由固态变为气态，存在物质状态的变化，故A正确；
B．燃烧过程中氧气中氧元素、酒精中碳元素化合价发生改变，为氧化还原反应，故B正确；
C．反应中化学能转化为热能、光能等，故C错误；
D．反应中生成新物质，存在化学键的断裂和生成，故D正确。
故选C。
2. 下列离子在稳定人体血液的pH中起作用的是
A. Na+ B. HCO C. Fe2+ D. Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】钠离子、氯离子与氢离子和氢氧根离子均不反应，不能稳定人体血液的pH。亚铁离子能与氢氧根离子反应，与氢离子不反应，也不能稳定人体血液的pH。HCO与氢离子和氢氧根离子均反应，能稳定人体血液的pH。
答案选B。
3. 下列不能用勒夏特列原理解释的是
A. 实验室可以用排饱和食盐水的方法收集氯气
B. 高压有利于工业上合成氨
C. 打开汽水瓶时，瓶中立即泛起大量泡沫
D. 与制的反应要使用催化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是可逆反应，会抑制氯气的溶解，使平衡逆向移动，可用勒夏特列原理解释，故A正确；
B．合成氨的反应是气体计量数减小的反应，根据勒夏特列原理，增大压强，平衡正向移动，故高压有利于工业上合成氨，B正确；
C．汽水瓶中存在碳酸的分解反应，打开汽水瓶，压强减小，平衡正向移动，故瓶中立即泛起大量泡沫，可用勒夏特列原理解释，C正确；
D．SO2 与O2制SO3的反应要使用催化剂，与勒夏特列原理无关，故D错误；
答案选D。
4. 向双氧水中加入KI可观察到大量气泡产生，发生的反应为：，，反应过程中能量变化如下图所示。下列说法不正确的是
A. 加入KI，改变了总反应的能量变化
B. 是放热反应
C. KI改变了反应的历程，降低了活化能，使反应速率加快
D. KI在反应中起催化剂的作用
【答案】A
【解析】
【详解】A．KI是该反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的始态和终态，即不能改变总反应的焓变，不改变总反应的能量变化，故A错误；
B．由图可知，图象①的后半段为，该反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，则为放热反应，故B正确；
C．KI改变该反应的历程，能降低反应的活化能，增大活化分子数和百分数，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故C正确；
D．KI是H2O2+I-＝H2O+IO-的反应物，是H2O2+IO-＝H2O+O2↑+I-的生成物，总反应为2H2O2＝H2O+O2↑，所以KI在反应中起催化剂的作用，故D正确。
故选A。
5. 在25℃、101kPa下，31g白磷完全转化为红磷，放出11kJ的热量，下列说法正确的是
A. 红磷转化为白磷的反应属于放热反应
B. 相同条件下，白磷比红磷稳定
C. 等质量的红磷和白磷分别完全燃烧均生成五氧化二磷，放出热量较多的是红磷
D. 31g的白磷与31g的红磷，能量较高的是白磷
【答案】D
【解析】
【详解】A．白磷完全转化为红磷，放出11kJ的热量，为放热反应；则红磷转化为白磷的反应属于吸热反应，故A错误；
B．白磷完全转化为红磷，放出11kJ的热量，说明红磷能量更低更稳定，故B错误；
C．等量的白磷具有能量更高，故等质量的红磷和白磷分别完全燃烧均生成五氧化二磷，放出热量较多的是白磷，故C错误；
D．白磷完全转化为红磷，放出11kJ的热量，说明31g的白磷与31g的红磷，能量较高的是白磷，故D正确。
故选D。
6. 在醋酸溶液中存在电离平衡，要使电离平衡左移且增大，应采取的措施是
A. 加入NaOH(s) B. 通入HCl气体 C. 加蒸馏水 D. 降低温度
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入NaOH(s)，减小，故不选A；
B．通入HCl气体，增大，平衡逆向移动，故选B；
C．加蒸馏水，减小，故不选C；
D．电离吸热，降低温度，平衡逆向移动，减小，故不选D；
选B。
7. 神舟十三号载人飞船运载火箭使用偏二甲肼做燃料、四氧化二氮作助燃剂，热化学方程式为 ，下列有关说法正确的是
A.
B. 火箭发射过程中，该反应中的化学能全部转化为动能
C. 由该热化学方程式可知，偏二甲肼的燃烧热为
D. 该反应的
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧为放热反应，故△H<0.，故A错误；
B．火箭发射过程中，该反应中的化学能全部转化为动能，该反应中还有一部分化学能转化为热能被消耗，故B错误；
C．由该热化学方程式可知，偏二甲拼的燃烧热为△H，必须生成液态水才能称为燃烧热，故C错误；
D．△n=3+2+4-(1+2)=6>0，所以△S>0，故D正确；
故答案为：D。
8. 下列有关活化分子与活化能的说法正确的是
A. 发生有效碰撞的分子一定是活化分子
B. 活化分子具有的平均能量称为活化能
C. 活化分子间所发生的碰撞均为有效碰撞
D. 其他条件相同，增大反应物浓度，活化分子百分数增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．活化分子能量较高，发生有效碰撞的分子一定是活化分子，故A正确；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，故B错误；
C．活化分子间所发生的碰撞中只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，故C错误；
D．其他条件相同，增大反应物浓度，单位体积的活化分子数增大，但是活化分子百分数不变，故D错误。
故选A。
9. 和在一定条件下能发生反应： 已知：(a、b、c均大于零)下列说法正确的是
A. 反应物的总能量低于生成物的总能量
B. 断开1molH﹣H键和1molI﹣I键所需能量大于断开2molH﹣I键所需能量
C. 在该条件下，向密闭容器中加入2mol(g)和2mol(g)，充分反应后放出的热量小于2akJ
D. 断开1molH﹣I键所需能量为(c+b+a)kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题意，氢气与碘单质反应生成碘化氢时，为放热反应，所以反应物的总能量比生成物的总能量高，故A错误；
B．化学反应过程为旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，因为该反应为放热反应，所以断开1molH—H键和1molI—I键所吸收的能量小于形成2molH—I键所放出的能量，而形成2molH—I键所吸收的能量与断裂2molH—I键所放出的能量相等，故B错误；
C．因为该反应为可逆反应，所以向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应后生成的碘化氢小于4mol，所以放出的热量小于2akJ，故C正确；
D．设断开1molH—I键所需能量为x kJ，根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和=b+c-2x=-a，解得x=(c+b+a)kJ，故D错误；
故选C。
10. 下列说法正确的是
A. 的水溶液能导电，故属于电解质
B. 难溶于水，放入水中水溶液不导电，故是非电解质
C. 稀溶液中，区别强电解质和弱电解质的标准是电解质在水溶液中是否全部电离
D. 强电解质的水溶液导电能力强，弱电解质的水溶液导电能力弱
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH3 的水溶液能导电，是因为生成了一水合氨，NH3非电解质，A错误；
B．CaCO3 在水溶液中不导电，但熔融状态下导电，B错误；
C．稀溶液中，区别强电解质和弱电解质的标准是电解质在水溶液中是否全部电离，C正确；
D．相同条件下，强电解质的水溶液导电能力比弱电解质的水溶液导电能力强，D错误；
故答案为：C。
11. 下列说法错误的是
A. 1mol在不同状态时的熵值：
B. 凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的
C. 能否自发进行与温度有关
D. 常温下反应能自发进行，则
【答案】B
【解析】
【详解】A．同一物质，气态时熵值最大，液态时次之，固态时最小，1mol在不同状态时的熵值：，A正确；
B． 反应能自发进行，所以放热反应不一定是自发的，吸热反应可能是自发的，B错误；
C． ，，该反应在较低温度下不能自发进行，而在较高温下能自发进行，所以能否自发进行与温度有关，C正确；
D．，，常温下，能自发进行，，则，D正确；
故答案选B。
12. 过量的铁粉与100mL的稀盐酸反应。为了减慢反应速率而不改变的产量，可以使用如下方法中的
①加②加NaOH固体③加少量的固体④加CuO固体⑤加NaCl溶液⑥加入硝酸钾溶液⑦降低温度(不考虑盐酸挥发)
A. ①③⑤⑦ B. ①⑤⑥⑦ C. ③⑥⑦ D. ②④⑥
【答案】A
【解析】
【分析】铁和稀盐酸反应的实质为Fe+2H+=Fe2++H2↑，铁粉过量，产生氢气的量由HCl总物质的量决定。
【详解】①加水，稀释，氢离子浓度减小，反应速率减慢，氢气产量不变；
②加氢氧化钠，中和盐酸，生成氢气速率减慢，氢气产量减小；
③少量的，和盐酸反应生成醋酸，盐酸和铁反应完后醋酸和铁反应，反应速率减慢，生成氢气产量不变；
④氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，反应速率减慢，氢气产量减小；
⑤氯化钠溶液把盐酸稀释，反应速率减慢，氢气产量不变；
⑥硝酸钾在酸性条件和铁反应生成NO，氢气产量减少甚者不产生氢气；
⑦降低温度，反应速率减慢，氢气产量不变；
符合题意的为①③⑤⑦，故答案选A。
13. 下列事实中，能说明是弱电解质的是
A. 用溶液做导电性实验，灯泡较暗
B. 与反应放出气体
C. 溶液不与NaCl反应
D. 常温下，溶液的pH为2
【答案】D
【解析】
【详解】A．没有用强酸在相同条件下进行对照，故A不能说明HNO2是弱电解质；
B．HNO2 与CaCO3反应放出CO2气体，体现HNO2 的酸性，故B不能说明HNO2是弱电解质；
C．在一般情况下强酸也不与NaCl反应，故C不能说明HNO2是弱酸；
D．室温下，对于0.1mol·L－1HNO2溶液，若HNO2是强酸，则其pH为1，实际pH为2.15，由此说明HNO2不能完全电离，故其为弱酸，故D能说明HNO2是弱电解质；
故选D。
14. 工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯()：，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. 增大甲醇蒸气的浓度，CO的转化率增大
B. 平衡常数K(75℃)>K(85℃)
C. b点反应速率
D. 生产时反应温度控制在80~85℃为宜
【答案】C
【解析】
【详解】A．增大甲醇蒸气的浓度，平衡正向进行，CO的转化率增大，A正确；
B．温度超过约83℃时，随着温度的升高，CO的转化率降低，则说明该反应是放热反应；对于放热反应而言，温度越高，平衡常数K越小，故K(75℃)＞K(85℃)，B正确；
C．平衡之前，温度升高，反应速率增大，一氧化碳转化率增大，平衡之后，温度上高，平衡逆向移动，一氧化碳转化率减小，即b点还未平衡，反应正向进行，则此时正反应速率＞逆反应速率，选项C错误；
D．根据图可知，温度在80~85℃的范围内，CO的转化率最高，超过该温度范围，随着温度的升高，CO的转化率降低，说明反应的最适温度在80~85℃之间，故生产时反应温度控制在80~85℃为宜，选项D正确；
故答案为：C。
15. 下表所列是2个反应在不同温度时的化学平衡常数(K)值。
反应
①
②
温度/℃
27
2000
25
400
450
K
0.1
0.507
0.152
下列关于反应①、②的说法正确的是
A. ①、②均为放热反应
B. 一定温度下，①、②分别达到平衡，压缩容器体积(加压)均可使的转化率增大
C. ①、②均实现了“固氮”的过程，但①不适合用于大规模人工固氮
D. 若已知①、②的，即可求算反应的
【答案】C
【解析】
【详解】A．①N2(g)+O2(g)2NO(g)随温度升高，K值变大，平衡正向移动，是吸热反应，②N2(g)+3H2(g）2NH3(g)，随温度升高，K值变小，平衡逆向移动，是放热反应，故A错误；
B．一定温度下，①N2(g)+O2(g)2NO(g)是气体体积不变的反应，压缩容器体积(加压)平衡不移动，不能使N2的转化率增大，故B错误；
C．①、②均实现了“固氮”的过程，但①是吸热反应，平衡常数太小，不适合用于大规模人工固氮，故C正确；
D．①N2(g)+O2(g)2NO(g)，②N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，由盖斯定律，①×2-②×2得：4NH3(g)+2O2(g)＋4NO(g)+6H2(g)，故D错误；
故选C。
16. 在硫酸工业中，通过下列反应使氧化为： 。下表列出了在不同温度和压强下，反应达到平衡时转化率。下列说法错误的是
温度/℃
平衡时的转化率/%
0.1MPa
0.5MPa
1MPa
5MPa
10MPa
450
97.5
98.9
99.2
99.6
99.7
550
856
92.9
94.9
97.7
98.3
A. 从理论上分析，选择温度450-550℃，既利于平衡正向移动又利于提高反应速率
B. 从理论上分析，为了使尽可能多地转化为，应选择的条件是450℃，10MPa
C. 在实际生产中，为了降低成本采用常压条件，因为常压下的转化率已经很高了
D. 在实际生产中，通入过量的空气，既利于平衡正向移动，又利于提高反应速率
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应为放热反应，从理论上分析，温度越低越有利于平衡正向移动，但温度过低反应速率太小，且影响催化剂的催化活性，所以工业上选择温度450～550°C，主要原因是考虑催化剂的活性最佳，A错误；
B．由表格数据可知450℃，10MPa，二氧化硫的转化率达99.7％，从理论上分析，为了使尽可能多地转化为，应选择的条件是450℃，10MPa，B正确；
C．反应为气体体积缩小的反应，增大压强平衡正向移动，所以从理论上分析，选择高压，但常压下的转化率已经很高了，继续增大压强，虽然二氧化硫的平衡转化率会提高，但不明显，且会增加设备成本，增大投资和能量消耗，在实际生产中，为了降低成本采用常压条件，C正确；
D．空气的成本较低，在实际生产中，通入过量的空气，反应物浓度增大，反应速率加快，平衡正向移动，从而可提高成本较高的二氧化硫的转化率，D正确；
故答案选A。
17. 在恒容密闭容器中通入X并发生反应：，温度、下X的物质的量浓度c(x)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述不正确的是
A. 该反应进行到M点放出的热量小于进行到W点放出的热量
B. 下，在时间内，
C. M点的正反应速率大于N点的逆反应速率
D. M点时再加入一定量的X，平衡后X的转化率增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图象可知W点消耗的X的物质的量大于M点消耗X的物质的量，因此根据热化学方程式可知W点放出的热量多，故A正确；
B．T2下，在0～t1时间内X的浓度减少了(a－b)mol/L，则根据方程式可知Y的浓度增加了，反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，所以Y表示的反应速率为，故B错误；
C．根据图象可知，温度为T1时反应首先达到平衡状态。温度高反应速率快，到达平衡的时间少，则温度是T1＞T2。M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，故C正确；
D．由于反应前后均是一种物质，因此M点时再加入一定量的X，则相当于是增大压强，正反应是体积减小的可逆反应，因此平衡向正反应方向移动，所以X的转化率升高，故D正确；
故选B。
18. 常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是
A. 曲线II表示的是醋酸的变化曲线
B. a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为b>a>c
C. a点的值比b点的值大
D. a点水电离的小于c点水电离的
【答案】B
【解析】
【分析】稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，加水稀释时，醋酸进一步电离，所以稀释过程中，醋酸导电能力大于盐酸，则Ⅰ为醋酸稀释曲线，Ⅱ为盐酸稀释曲线。
【详解】A．由分析可知，Ⅰ为醋酸稀释曲线，Ⅱ为盐酸稀释曲线，故A错误；
B．导电能力越大，说明离子浓度越大，酸性越强，则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为c＜a＜b，故B正确；
C．相同温度下，Kw相同，a点的Kw等于b点的Kw值，故C错误；
D．a点离子浓度小于c点离子浓度，氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大，则a点水电离的H+物质的量浓度大于c点水电离的H+物质的量浓度，故D错误。
故选B。
二、非选择题(本题共4个小题，共46分。)
19. 尿素是目前使用量较大的一种化学氮肥。
I.以、为原料生产尿素的反应历程与能量变化示意图如下：
（1）图中的两步反应属于放热反应的_______。(用、、、表示，下同)
（2）根据图像写出以、为原料生产尿素的热化学方程式：_______。
（3）根据上述反应历程与能量变化示意图，过程_______(填“第一步反应”或“第二步反应”)为决速步。
II.氨基甲酸铵为尿素生产过程的中间产物，易分解。某小组对氨基甲酸铵的分解实验进行探究。
已知：①
②
③
（4）请写出分解生成与气体的热化学方程式：_______。
【答案】（1）
（2）
（3）第二步反应 （4）
【解析】
【小问1详解】
图中的第一步反应属于放热反应，断键吸收的总能量−形成化学键放出的总能量=()；
【小问2详解】
图中的第一步反应加上第二步反应即可得到以、为原料生产尿素的反应，第二步反应的断键吸收的总能量−形成化学键放出的总能量=( )，则以、为原料生产尿素的热化学方程式： ；
【小问3详解】
慢反应决定了总反应速率，即活化能大的这一步是决速步，则第二步反应为决速步；
【小问4详解】
根据盖斯定律，由①+②−③即可得到分解生成与气体的热化学方程式： 。
20. I.以为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。NO和CO均为汽车尾气的成分，在催化转换器中二者可发生反应减少尾气污染。
已知： 。
（1）在500℃时，向恒容密闭体系中通入1mol的NO和1mol的CO进行反应时，下列描述能说明反应达到平衡状态的是_______(填序号)。
A.
B.体系中混合气体密度不变
C.混合气体的平均相对分子质量不变
D.体系中NO、CO的浓度相等
E.单位时间内消耗nmol的NO同时消耗nmol的
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入等物质的量的NO和CO气体，测得容器中压强随时间的变化关系如表所示：
t/min
0
1
2
3
4
5
p/kPa
200
185
173
165
160
160
该反应条件下的平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)，该反应中的，，则该反应达到平衡时，_______(填“>”、“<”或“=”)。
II.工业合成氨 ，一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的和反应达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率与时间的关系如图所示：
（3）其中时刻所对应的实验条件改变是_____，时刻所对应的实验条件改变是_____。
（4）为了提高平衡混合物中氨的含量，根据化学平衡移动原理，仅从理论上分析合成氨适宜的条件是_______(填序号)。
A. 高温低压 B. 低温高压 C. 高温高压 D. 低温低压
（5）实际生产中一般采用的反应条件为400~500℃，原因是_______。
【答案】（1）AC （2） ①. ②. >
（3） ①. 加入催化剂 ②. 减小氨气(生成物)的浓度 （4）B
（5）温度低，化学反应速率慢，到达平衡的时间变长，温度太高，平衡转化率低，且催化剂在500℃时活性最大
【解析】
【小问1详解】
A．v(CO)正=2v(N2)逆，符合正逆反应速率相等，能够说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．容器体积不变，混合气体总质量不变，则混合气体的密度始终不变，故混合气体的密度不再变化不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．该反应是气体分子总数改变的反应，反应前后，气体的物质的量在改变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，说明气体的总物质的量不变，反应达到平衡状态，故C正确；
D．体系中NO、CO的起始浓度相等，消耗量相等，剩余量始终相等，不能够说明反应达到平衡状态，故D错误；
E．单位时间内消耗nmol的NO同时消耗nmol的N2，不能够说明正逆反应速率相，E错误；
故答案为：AC；
【小问2详解】
设向恒容密闭容器中通入NO和CO气体为1mol，转化量2x，
，平衡时气态的总物质的量为：1-2x+1-2x+x+2x=(2-x)mol，恒容容器中，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，，x=0.4；反应达到平衡时，v(正)=v(逆)，即，(kPa-1)，则＞；
故答案为：1.6(kPa−1)；＞；
【小问3详解】
时刻，反应速率增大但正逆反应速率相等，所以应该加入了催化剂；t5 时刻反应速率减小，且正反应速率大于逆反应速率，故减小了生成物浓度；
故答案为：加入催化剂；减小氨气(生成物)的浓度；
【小问4详解】
为了提高平衡混合物中氨的含量，促进平衡正向进行，根据平衡气体体积减小的反应，所以增大压强可以促进反应正向进行；又因为平衡是放热反应，所以降低温度也可以促进反应正向进行，故为了提高平衡混合物中氨的含量，可以在低温高压下进行；
故答案为：B；
【小问5详解】
温度低，化学反应速率慢，到达平衡的时间变长，温度太高，平衡转化率低，且催化剂在500℃时活性最大，所以实际生产中一般采用的反应条件为400~500℃；
故答案为：温度低，化学反应速率慢，到达平衡的时间变长，温度太高，平衡转化率低，且催化剂在500℃时活性最大。
21. 实验小组欲用标准NaOH溶液标定未知浓度的HCl溶液，其操作分为如下几步：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，之后用NaOH标准液润洗滴定管2~3次，注入标准NaOH溶液至“0”刻度线以上；
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；
③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数；
④用量筒量取20.00mL待测液注入用蒸馏水洗净后的锥形瓶中，并加入2滴酚酞溶液；
⑤用标准液滴定，眼睛始终注视滴定管刻度至滴定终点，记下滴定管液面读数；
⑥重复以上滴定操作2~3次。
请回答下列问题：
（1）以上有错误的步骤分别为_______(填序号)。
（2）排除碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的_______(填序号)。
（3）本实验滴定达到终点的标志是_________。
（4）以下是实验数据记录表：
滴定次数
待测液体积(mL)
标准NaOH溶液体积(mL)
滴定前
滴定后
1
20.00
0.00
18.10
2
20.00
210
18.15
3
20.00
2.00
17.95
根据表中数据计算该HCl溶液的物质的量浓度为_______mol/L(精确到四位有效数字)。
（5）下列操作可能使所测HCl溶液的浓度偏高的是_______(填序号)。
A. 锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水
B 碱式滴定管盛装标准液前未润洗
C. 滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡
D. 滴定过程中刚变色就立即停止滴定
【答案】（1）④⑤ （2）③
（3）当滴入最后半滴NaOH溶液后，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不变色
（4）0.1600mol/L （5）BC
【解析】
【小问1详解】
④应该用酸式滴定管量取20.00mL待测液注入用蒸馏水洗净后的锥形瓶中，并加入2滴酚酞溶液；
⑤用标准液滴定，眼睛注视锥形瓶内颜色的变化，记下滴定管液面读数；
所以错误的操作是④⑤；
【小问2详解】
排除碱式滴定管中气泡，应将胶管向上弯曲，用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出以排除气泡，故选③；
【小问3详解】
酚酞的变色范围是8-10，pH<8溶液呈无色，8
第一次实验数据明显超出正常误差范围，舍去不用，根据第二、第三次实验数据，平均消耗氢氧化钠溶液的体积为16.00mL，HCl溶液的物质的量浓度为；
【小问5详解】
A．锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，氯化氢物质的量不变，消耗氢氧化钠溶液的体积不变，对盐酸浓度无影响，故不选A；
B．碱式滴定管盛装标准液前未润洗，氢氧化钠溶液的浓度减小，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，所以使HCl溶液的浓度偏高，故选B；
C．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，所以使HCl溶液的浓度偏高，故选C；
D．滴定过程中刚变色就立即停止滴定，消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，所以使HCl溶液的浓度偏低，故不选D；
选BC。
22. 已知25℃时，三种酸的电离平衡常数：
化学式
电离平衡常数
回答下列问题：
（1）下列四种物质结合质子的能力最大的是_______(填序号)。
A. B. C. D.
（2）下列反应不能发生的是_______(填序号)。
A.
B.
C.
D.
（3）用蒸馏水稀释的醋酸，则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是_______(填序号)。
A. B. C. D.
（4）某温度时，某水溶液中的，，x和y的关系如图所示：
①该温度下，若盐酸中，则由水电离产生的_______。
②该温度下，将pH=a的溶液与的溶液混合(忽略体积变化)。若所得混合溶液呈中性，且a=12，b=3，则_______；若溶液混合后恰好沉淀完全，且a=12，b=3，则混合后溶液的pH为_______。(已知lg3≈0.5)
【答案】（1）D （2）C （3）B
（4） ①. ②. 1∶1 ③. 11.5
【解析】
【分析】从电离平衡常数得出酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞；
【小问1详解】
对应酸越弱结合氢离子能力越强，所以结合氢离子能力；
故答案为：D；
【小问2详解】
A．根据相对强的酸制相对弱的酸原理，酸性CH3COOH＞H2CO3，A正确；
B．酸性CH3COOH＞HClO，B正确；
C．酸性H2CO3＞HClO，C错误；
D．酸性H2CO3＞HClO，D正确；
故答案为：C。
【小问3详解】
，用蒸馏水稀释 0.10mol⋅L−1 的醋酸，CH3COOH、CH3COO-、H+浓度都减小，平衡正向进行，；
A．，温度不变，H+浓度减小，所以比值减小，A错误；
B．，温度不变，CH3COO-，浓度减小，所以比值增大，B正确；
C．因为温度不变，Kw不变，H+浓度减小，所以比值减小，C错误；
D．，，稀释酸溶液，碱性增强，比值减小，D错误；
故答案为：B；
【小问4详解】
①该温度下，水的离子积，由图像可知，x+y=-15，，c(H+)=5×10−4mol⋅L−1，水电离的；
故答案为：2×10−12；
②根据题意，Ba(OH)2 溶液中，c(OH-)=10-3mol/L，NaHSO4溶液中c(H+)=10-3mol/L，如果溶液呈中性则c(OH-)V1=c(H+)V2，则V1:V2=1：1；若溶液混合后 BaSO4 恰好沉淀完全，则Ba(OH)2和NaHSO4物质量之比为1：1，n(OH-):n(H+)=2:1，则V1:V2=2：1，根据方程式，则混合后成分是NaOH，，则，pH=11.5；
故答案为：1:1；11.5。
2022-2023学年度第一学期期中教学质量监测试题(卷)
高二化学
(考试时间：90分钟 试卷满分：100分)
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
一、选择题(本题共18个小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题目要求。)
1. 固体酒精是目前饭桌上常用的火锅燃料，关于固体酒精燃烧过程的叙述不正确的是
A. 存在物质状态的变化
B. 发生了氧化还原反应
C. 反应中化学能只转化为热能
D. 既有化学键的断裂，又有化学键的形成
【答案】C
【解析】
【详解】A．固体酒精的燃烧由固态变为气态，存在物质状态的变化，故A正确；
B．燃烧过程中氧气中氧元素、酒精中碳元素化合价发生改变，为氧化还原反应，故B正确；
C．反应中化学能转化为热能、光能等，故C错误；
D．反应中生成新物质，存在化学键的断裂和生成，故D正确。
故选C。
2. 下列离子在稳定人体血液的pH中起作用的是
A. Na+ B. HCO C. Fe2+ D. Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】钠离子、氯离子与氢离子和氢氧根离子均不反应，不能稳定人体血液的pH。亚铁离子能与氢氧根离子反应，与氢离子不反应，也不能稳定人体血液的pH。HCO与氢离子和氢氧根离子均反应，能稳定人体血液的pH。
答案选B。
3. 下列不能用勒夏特列原理解释的是
A. 实验室可以用排饱和食盐水的方法收集氯气
B. 高压有利于工业上合成氨
C. 打开汽水瓶时，瓶中立即泛起大量泡沫
D. 与制的反应要使用催化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是可逆反应，会抑制氯气的溶解，使平衡逆向移动，可用勒夏特列原理解释，故A正确；
B．合成氨的反应是气体计量数减小的反应，根据勒夏特列原理，增大压强，平衡正向移动，故高压有利于工业上合成氨，B正确；
C．汽水瓶中存在碳酸的分解反应，打开汽水瓶，压强减小，平衡正向移动，故瓶中立即泛起大量泡沫，可用勒夏特列原理解释，C正确；
D．SO2 与O2制SO3的反应要使用催化剂，与勒夏特列原理无关，故D错误；
答案选D。
4. 向双氧水中加入KI可观察到大量气泡产生，发生的反应为：，，反应过程中能量变化如下图所示。下列说法不正确的是
A. 加入KI，改变了总反应的能量变化
B. 是放热反应
C. KI改变了反应的历程，降低了活化能，使反应速率加快
D. KI在反应中起催化剂的作用
【答案】A
【解析】
【详解】A．KI是该反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的始态和终态，即不能改变总反应的焓变，不改变总反应的能量变化，故A错误；
B．由图可知，图象①的后半段为，该反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，则为放热反应，故B正确；
C．KI改变该反应的历程，能降低反应的活化能，增大活化分子数和百分数，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故C正确；
D．KI是H2O2+I-＝H2O+IO-的反应物，是H2O2+IO-＝H2O+O2↑+I-的生成物，总反应为2H2O2＝H2O+O2↑，所以KI在反应中起催化剂的作用，故D正确。
故选A。
5. 在25℃、101kPa下，31g白磷完全转化为红磷，放出11kJ的热量，下列说法正确的是
A. 红磷转化为白磷的反应属于放热反应
B. 相同条件下，白磷比红磷稳定
C. 等质量的红磷和白磷分别完全燃烧均生成五氧化二磷，放出热量较多的是红磷
D. 31g的白磷与31g的红磷，能量较高的是白磷
【答案】D
【解析】
【详解】A．白磷完全转化为红磷，放出11kJ的热量，为放热反应；则红磷转化为白磷的反应属于吸热反应，故A错误；
B．白磷完全转化为红磷，放出11kJ的热量，说明红磷能量更低更稳定，故B错误；
C．等量的白磷具有能量更高，故等质量的红磷和白磷分别完全燃烧均生成五氧化二磷，放出热量较多的是白磷，故C错误；
D．白磷完全转化为红磷，放出11kJ的热量，说明31g的白磷与31g的红磷，能量较高的是白磷，故D正确。
故选D。
6. 在醋酸溶液中存在电离平衡，要使电离平衡左移且增大，应采取的措施是
A. 加入NaOH(s) B. 通入HCl气体 C. 加蒸馏水 D. 降低温度
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入NaOH(s)，减小，故不选A；
B．通入HCl气体，增大，平衡逆向移动，故选B；
C．加蒸馏水，减小，故不选C；
D．电离吸热，降低温度，平衡逆向移动，减小，故不选D；
选B。
7. 神舟十三号载人飞船运载火箭使用偏二甲肼做燃料、四氧化二氮作助燃剂，热化学方程式为 ，下列有关说法正确的是
A.
B. 火箭发射过程中，该反应中的化学能全部转化为动能
C. 由该热化学方程式可知，偏二甲肼的燃烧热为
D. 该反应的
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧为放热反应，故△H<0.，故A错误；
B．火箭发射过程中，该反应中的化学能全部转化为动能，该反应中还有一部分化学能转化为热能被消耗，故B错误；
C．由该热化学方程式可知，偏二甲拼的燃烧热为△H，必须生成液态水才能称为燃烧热，故C错误；
D．△n=3+2+4-(1+2)=6>0，所以△S>0，故D正确；
故答案为：D。
8. 下列有关活化分子与活化能的说法正确的是
A. 发生有效碰撞的分子一定是活化分子
B. 活化分子具有的平均能量称为活化能
C. 活化分子间所发生的碰撞均为有效碰撞
D. 其他条件相同，增大反应物浓度，活化分子百分数增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．活化分子能量较高，发生有效碰撞的分子一定是活化分子，故A正确；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，故B错误；
C．活化分子间所发生的碰撞中只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，故C错误；
D．其他条件相同，增大反应物浓度，单位体积的活化分子数增大，但是活化分子百分数不变，故D错误。
故选A。
9. 和在一定条件下能发生反应： 已知：(a、b、c均大于零)下列说法正确的是
A. 反应物的总能量低于生成物的总能量
B. 断开1molH﹣H键和1molI﹣I键所需能量大于断开2molH﹣I键所需能量
C. 在该条件下，向密闭容器中加入2mol(g)和2mol(g)，充分反应后放出的热量小于2akJ
D. 断开1molH﹣I键所需能量为(c+b+a)kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题意，氢气与碘单质反应生成碘化氢时，为放热反应，所以反应物的总能量比生成物的总能量高，故A错误；
B．化学反应过程为旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，因为该反应为放热反应，所以断开1molH—H键和1molI—I键所吸收的能量小于形成2molH—I键所放出的能量，而形成2molH—I键所吸收的能量与断裂2molH—I键所放出的能量相等，故B错误；
C．因为该反应为可逆反应，所以向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应后生成的碘化氢小于4mol，所以放出的热量小于2akJ，故C正确；
D．设断开1molH—I键所需能量为x kJ，根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和=b+c-2x=-a，解得x=(c+b+a)kJ，故D错误；
故选C。
10. 下列说法正确的是
A. 的水溶液能导电，故属于电解质
B. 难溶于水，放入水中水溶液不导电，故是非电解质
C. 稀溶液中，区别强电解质和弱电解质的标准是电解质在水溶液中是否全部电离
D. 强电解质的水溶液导电能力强，弱电解质的水溶液导电能力弱
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH3 的水溶液能导电，是因为生成了一水合氨，NH3非电解质，A错误；
B．CaCO3 在水溶液中不导电，但熔融状态下导电，B错误；
C．稀溶液中，区别强电解质和弱电解质的标准是电解质在水溶液中是否全部电离，C正确；
D．相同条件下，强电解质的水溶液导电能力比弱电解质的水溶液导电能力强，D错误；
故答案为：C。
11. 下列说法错误的是
A. 1mol在不同状态时的熵值：
B. 凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的
C. 能否自发进行与温度有关
D. 常温下反应能自发进行，则
【答案】B
【解析】
【详解】A．同一物质，气态时熵值最大，液态时次之，固态时最小，1mol在不同状态时的熵值：，A正确；
B． 反应能自发进行，所以放热反应不一定是自发的，吸热反应可能是自发的，B错误；
C． ，，该反应在较低温度下不能自发进行，而在较高温下能自发进行，所以能否自发进行与温度有关，C正确；
D．，，常温下，能自发进行，，则，D正确；
故答案选B。
12. 过量的铁粉与100mL的稀盐酸反应。为了减慢反应速率而不改变的产量，可以使用如下方法中的
①加②加NaOH固体③加少量的固体④加CuO固体⑤加NaCl溶液⑥加入硝酸钾溶液⑦降低温度(不考虑盐酸挥发)
A. ①③⑤⑦ B. ①⑤⑥⑦ C. ③⑥⑦ D. ②④⑥
【答案】A
【解析】
【分析】铁和稀盐酸反应的实质为Fe+2H+=Fe2++H2↑，铁粉过量，产生氢气的量由HCl总物质的量决定。
【详解】①加水，稀释，氢离子浓度减小，反应速率减慢，氢气产量不变；
②加氢氧化钠，中和盐酸，生成氢气速率减慢，氢气产量减小；
③少量的，和盐酸反应生成醋酸，盐酸和铁反应完后醋酸和铁反应，反应速率减慢，生成氢气产量不变；
④氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，反应速率减慢，氢气产量减小；
⑤氯化钠溶液把盐酸稀释，反应速率减慢，氢气产量不变；
⑥硝酸钾在酸性条件和铁反应生成NO，氢气产量减少甚者不产生氢气；
⑦降低温度，反应速率减慢，氢气产量不变；
符合题意的为①③⑤⑦，故答案选A。
13. 下列事实中，能说明是弱电解质的是
A. 用溶液做导电性实验，灯泡较暗
B. 与反应放出气体
C. 溶液不与NaCl反应
D. 常温下，溶液的pH为2
【答案】D
【解析】
【详解】A．没有用强酸在相同条件下进行对照，故A不能说明HNO2是弱电解质；
B．HNO2 与CaCO3反应放出CO2气体，体现HNO2 的酸性，故B不能说明HNO2是弱电解质；
C．在一般情况下强酸也不与NaCl反应，故C不能说明HNO2是弱酸；
D．室温下，对于0.1mol·L－1HNO2溶液，若HNO2是强酸，则其pH为1，实际pH为2.15，由此说明HNO2不能完全电离，故其为弱酸，故D能说明HNO2是弱电解质；
故选D。
14. 工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯()：，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. 增大甲醇蒸气的浓度，CO的转化率增大
B. 平衡常数K(75℃)>K(85℃)
C. b点反应速率
D. 生产时反应温度控制在80~85℃为宜
【答案】C
【解析】
【详解】A．增大甲醇蒸气的浓度，平衡正向进行，CO的转化率增大，A正确；
B．温度超过约83℃时，随着温度的升高，CO的转化率降低，则说明该反应是放热反应；对于放热反应而言，温度越高，平衡常数K越小，故K(75℃)＞K(85℃)，B正确；
C．平衡之前，温度升高，反应速率增大，一氧化碳转化率增大，平衡之后，温度上高，平衡逆向移动，一氧化碳转化率减小，即b点还未平衡，反应正向进行，则此时正反应速率＞逆反应速率，选项C错误；
D．根据图可知，温度在80~85℃的范围内，CO的转化率最高，超过该温度范围，随着温度的升高，CO的转化率降低，说明反应的最适温度在80~85℃之间，故生产时反应温度控制在80~85℃为宜，选项D正确；
故答案为：C。
15. 下表所列是2个反应在不同温度时的化学平衡常数(K)值。
反应
①
②
温度/℃
27
2000
25
400
450
K
0.1
0.507
0.152
下列关于反应①、②的说法正确的是
A. ①、②均为放热反应
B. 一定温度下，①、②分别达到平衡，压缩容器体积(加压)均可使的转化率增大
C. ①、②均实现了“固氮”的过程，但①不适合用于大规模人工固氮
D. 若已知①、②的，即可求算反应的
【答案】C
【解析】
【详解】A．①N2(g)+O2(g)2NO(g)随温度升高，K值变大，平衡正向移动，是吸热反应，②N2(g)+3H2(g）2NH3(g)，随温度升高，K值变小，平衡逆向移动，是放热反应，故A错误；
B．一定温度下，①N2(g)+O2(g)2NO(g)是气体体积不变的反应，压缩容器体积(加压)平衡不移动，不能使N2的转化率增大，故B错误；
C．①、②均实现了“固氮”的过程，但①是吸热反应，平衡常数太小，不适合用于大规模人工固氮，故C正确；
D．①N2(g)+O2(g)2NO(g)，②N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，由盖斯定律，①×2-②×2得：4NH3(g)+2O2(g)＋4NO(g)+6H2(g)，故D错误；
故选C。
16. 在硫酸工业中，通过下列反应使氧化为： 。下表列出了在不同温度和压强下，反应达到平衡时转化率。下列说法错误的是
温度/℃
平衡时的转化率/%
0.1MPa
0.5MPa
1MPa
5MPa
10MPa
450
97.5
98.9
99.2
99.6
99.7
550
856
92.9
94.9
97.7
98.3
A. 从理论上分析，选择温度450-550℃，既利于平衡正向移动又利于提高反应速率
B. 从理论上分析，为了使尽可能多地转化为，应选择的条件是450℃，10MPa
C. 在实际生产中，为了降低成本采用常压条件，因为常压下的转化率已经很高了
D. 在实际生产中，通入过量的空气，既利于平衡正向移动，又利于提高反应速率
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应为放热反应，从理论上分析，温度越低越有利于平衡正向移动，但温度过低反应速率太小，且影响催化剂的催化活性，所以工业上选择温度450～550°C，主要原因是考虑催化剂的活性最佳，A错误；
B．由表格数据可知450℃，10MPa，二氧化硫的转化率达99.7％，从理论上分析，为了使尽可能多地转化为，应选择的条件是450℃，10MPa，B正确；
C．反应为气体体积缩小的反应，增大压强平衡正向移动，所以从理论上分析，选择高压，但常压下的转化率已经很高了，继续增大压强，虽然二氧化硫的平衡转化率会提高，但不明显，且会增加设备成本，增大投资和能量消耗，在实际生产中，为了降低成本采用常压条件，C正确；
D．空气的成本较低，在实际生产中，通入过量的空气，反应物浓度增大，反应速率加快，平衡正向移动，从而可提高成本较高的二氧化硫的转化率，D正确；
故答案选A。
17. 在恒容密闭容器中通入X并发生反应：，温度、下X的物质的量浓度c(x)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述不正确的是
A. 该反应进行到M点放出的热量小于进行到W点放出的热量
B. 下，在时间内，
C. M点的正反应速率大于N点的逆反应速率
D. M点时再加入一定量的X，平衡后X的转化率增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图象可知W点消耗的X的物质的量大于M点消耗X的物质的量，因此根据热化学方程式可知W点放出的热量多，故A正确；
B．T2下，在0～t1时间内X的浓度减少了(a－b)mol/L，则根据方程式可知Y的浓度增加了，反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，所以Y表示的反应速率为，故B错误；
C．根据图象可知，温度为T1时反应首先达到平衡状态。温度高反应速率快，到达平衡的时间少，则温度是T1＞T2。M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，故C正确；
D．由于反应前后均是一种物质，因此M点时再加入一定量的X，则相当于是增大压强，正反应是体积减小的可逆反应，因此平衡向正反应方向移动，所以X的转化率升高，故D正确；
故选B。
18. 常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是
A. 曲线II表示的是醋酸的变化曲线
B. a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为b>a>c
C. a点的值比b点的值大
D. a点水电离的小于c点水电离的
【答案】B
【解析】
【分析】稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，加水稀释时，醋酸进一步电离，所以稀释过程中，醋酸导电能力大于盐酸，则Ⅰ为醋酸稀释曲线，Ⅱ为盐酸稀释曲线。
【详解】A．由分析可知，Ⅰ为醋酸稀释曲线，Ⅱ为盐酸稀释曲线，故A错误；
B．导电能力越大，说明离子浓度越大，酸性越强，则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为c＜a＜b，故B正确；
C．相同温度下，Kw相同，a点的Kw等于b点的Kw值，故C错误；
D．a点离子浓度小于c点离子浓度，氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大，则a点水电离的H+物质的量浓度大于c点水电离的H+物质的量浓度，故D错误。
故选B。
二、非选择题(本题共4个小题，共46分。)
19. 尿素是目前使用量较大的一种化学氮肥。
I.以、为原料生产尿素的反应历程与能量变化示意图如下：
（1）图中的两步反应属于放热反应的_______。(用、、、表示，下同)
（2）根据图像写出以、为原料生产尿素的热化学方程式：_______。
（3）根据上述反应历程与能量变化示意图，过程_______(填“第一步反应”或“第二步反应”)为决速步。
II.氨基甲酸铵为尿素生产过程的中间产物，易分解。某小组对氨基甲酸铵的分解实验进行探究。
已知：①
②
③
（4）请写出分解生成与气体的热化学方程式：_______。
【答案】（1）
（2）
（3）第二步反应 （4）
【解析】
【小问1详解】
图中的第一步反应属于放热反应，断键吸收的总能量−形成化学键放出的总能量=()；
【小问2详解】
图中的第一步反应加上第二步反应即可得到以、为原料生产尿素的反应，第二步反应的断键吸收的总能量−形成化学键放出的总能量=( )，则以、为原料生产尿素的热化学方程式： ；
【小问3详解】
慢反应决定了总反应速率，即活化能大的这一步是决速步，则第二步反应为决速步；
【小问4详解】
根据盖斯定律，由①+②−③即可得到分解生成与气体的热化学方程式： 。
20. I.以为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。NO和CO均为汽车尾气的成分，在催化转换器中二者可发生反应减少尾气污染。
已知： 。
（1）在500℃时，向恒容密闭体系中通入1mol的NO和1mol的CO进行反应时，下列描述能说明反应达到平衡状态的是_______(填序号)。
A.
B.体系中混合气体密度不变
C.混合气体的平均相对分子质量不变
D.体系中NO、CO的浓度相等
E.单位时间内消耗nmol的NO同时消耗nmol的
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入等物质的量的NO和CO气体，测得容器中压强随时间的变化关系如表所示：
t/min
0
1
2
3
4
5
p/kPa
200
185
173
165
160
160
该反应条件下的平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)，该反应中的，，则该反应达到平衡时，_______(填“>”、“<”或“=”)。
II.工业合成氨 ，一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的和反应达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率与时间的关系如图所示：
（3）其中时刻所对应的实验条件改变是_____，时刻所对应的实验条件改变是_____。
（4）为了提高平衡混合物中氨的含量，根据化学平衡移动原理，仅从理论上分析合成氨适宜的条件是_______(填序号)。
A. 高温低压 B. 低温高压 C. 高温高压 D. 低温低压
（5）实际生产中一般采用的反应条件为400~500℃，原因是_______。
【答案】（1）AC （2） ①. ②. >
（3） ①. 加入催化剂 ②. 减小氨气(生成物)的浓度 （4）B
（5）温度低，化学反应速率慢，到达平衡的时间变长，温度太高，平衡转化率低，且催化剂在500℃时活性最大
【解析】
【小问1详解】
A．v(CO)正=2v(N2)逆，符合正逆反应速率相等，能够说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．容器体积不变，混合气体总质量不变，则混合气体的密度始终不变，故混合气体的密度不再变化不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．该反应是气体分子总数改变的反应，反应前后，气体的物质的量在改变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，说明气体的总物质的量不变，反应达到平衡状态，故C正确；
D．体系中NO、CO的起始浓度相等，消耗量相等，剩余量始终相等，不能够说明反应达到平衡状态，故D错误；
E．单位时间内消耗nmol的NO同时消耗nmol的N2，不能够说明正逆反应速率相，E错误；
故答案为：AC；
【小问2详解】
设向恒容密闭容器中通入NO和CO气体为1mol，转化量2x，
，平衡时气态的总物质的量为：1-2x+1-2x+x+2x=(2-x)mol，恒容容器中，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，，x=0.4；反应达到平衡时，v(正)=v(逆)，即，(kPa-1)，则＞；
故答案为：1.6(kPa−1)；＞；
【小问3详解】
时刻，反应速率增大但正逆反应速率相等，所以应该加入了催化剂；t5 时刻反应速率减小，且正反应速率大于逆反应速率，故减小了生成物浓度；
故答案为：加入催化剂；减小氨气(生成物)的浓度；
【小问4详解】
为了提高平衡混合物中氨的含量，促进平衡正向进行，根据平衡气体体积减小的反应，所以增大压强可以促进反应正向进行；又因为平衡是放热反应，所以降低温度也可以促进反应正向进行，故为了提高平衡混合物中氨的含量，可以在低温高压下进行；
故答案为：B；
【小问5详解】
温度低，化学反应速率慢，到达平衡的时间变长，温度太高，平衡转化率低，且催化剂在500℃时活性最大，所以实际生产中一般采用的反应条件为400~500℃；
故答案为：温度低，化学反应速率慢，到达平衡的时间变长，温度太高，平衡转化率低，且催化剂在500℃时活性最大。
21. 实验小组欲用标准NaOH溶液标定未知浓度的HCl溶液，其操作分为如下几步：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，之后用NaOH标准液润洗滴定管2~3次，注入标准NaOH溶液至“0”刻度线以上；
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；
③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数；
④用量筒量取20.00mL待测液注入用蒸馏水洗净后的锥形瓶中，并加入2滴酚酞溶液；
⑤用标准液滴定，眼睛始终注视滴定管刻度至滴定终点，记下滴定管液面读数；
⑥重复以上滴定操作2~3次。
请回答下列问题：
（1）以上有错误的步骤分别为_______(填序号)。
（2）排除碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的_______(填序号)。
（3）本实验滴定达到终点的标志是_________。
（4）以下是实验数据记录表：
滴定次数
待测液体积(mL)
标准NaOH溶液体积(mL)
滴定前
滴定后
1
20.00
0.00
18.10
2
20.00
210
18.15
3
20.00
2.00
17.95
根据表中数据计算该HCl溶液的物质的量浓度为_______mol/L(精确到四位有效数字)。
（5）下列操作可能使所测HCl溶液的浓度偏高的是_______(填序号)。
A. 锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水
B 碱式滴定管盛装标准液前未润洗
C. 滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡
D. 滴定过程中刚变色就立即停止滴定
【答案】（1）④⑤ （2）③
（3）当滴入最后半滴NaOH溶液后，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不变色
（4）0.1600mol/L （5）BC
【解析】
【小问1详解】
④应该用酸式滴定管量取20.00mL待测液注入用蒸馏水洗净后的锥形瓶中，并加入2滴酚酞溶液；
⑤用标准液滴定，眼睛注视锥形瓶内颜色的变化，记下滴定管液面读数；
所以错误的操作是④⑤；
【小问2详解】
排除碱式滴定管中气泡，应将胶管向上弯曲，用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出以排除气泡，故选③；
【小问3详解】
酚酞的变色范围是8-10，pH<8溶液呈无色，8
第一次实验数据明显超出正常误差范围，舍去不用，根据第二、第三次实验数据，平均消耗氢氧化钠溶液的体积为16.00mL，HCl溶液的物质的量浓度为；
【小问5详解】
A．锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，氯化氢物质的量不变，消耗氢氧化钠溶液的体积不变，对盐酸浓度无影响，故不选A；
B．碱式滴定管盛装标准液前未润洗，氢氧化钠溶液的浓度减小，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，所以使HCl溶液的浓度偏高，故选B；
C．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，所以使HCl溶液的浓度偏高，故选C；
D．滴定过程中刚变色就立即停止滴定，消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，所以使HCl溶液的浓度偏低，故不选D；
选BC。
22. 已知25℃时，三种酸的电离平衡常数：
化学式
电离平衡常数
回答下列问题：
（1）下列四种物质结合质子的能力最大的是_______(填序号)。
A. B. C. D.
（2）下列反应不能发生的是_______(填序号)。
A.
B.
C.
D.
（3）用蒸馏水稀释的醋酸，则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是_______(填序号)。
A. B. C. D.
（4）某温度时，某水溶液中的，，x和y的关系如图所示：
①该温度下，若盐酸中，则由水电离产生的_______。
②该温度下，将pH=a的溶液与的溶液混合(忽略体积变化)。若所得混合溶液呈中性，且a=12，b=3，则_______；若溶液混合后恰好沉淀完全，且a=12，b=3，则混合后溶液的pH为_______。(已知lg3≈0.5)
【答案】（1）D （2）C （3）B
（4） ①. ②. 1∶1 ③. 11.5
【解析】
【分析】从电离平衡常数得出酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞；
【小问1详解】
对应酸越弱结合氢离子能力越强，所以结合氢离子能力；
故答案为：D；
【小问2详解】
A．根据相对强的酸制相对弱的酸原理，酸性CH3COOH＞H2CO3，A正确；
B．酸性CH3COOH＞HClO，B正确；
C．酸性H2CO3＞HClO，C错误；
D．酸性H2CO3＞HClO，D正确；
故答案为：C。
【小问3详解】
，用蒸馏水稀释 0.10mol⋅L−1 的醋酸，CH3COOH、CH3COO-、H+浓度都减小，平衡正向进行，；
A．，温度不变，H+浓度减小，所以比值减小，A错误；
B．，温度不变，CH3COO-，浓度减小，所以比值增大，B正确；
C．因为温度不变，Kw不变，H+浓度减小，所以比值减小，C错误；
D．，，稀释酸溶液，碱性增强，比值减小，D错误；
故答案为：B；
【小问4详解】
①该温度下，水的离子积，由图像可知，x+y=-15，，c(H+)=5×10−4mol⋅L−1，水电离的；
故答案为：2×10−12；
②根据题意，Ba(OH)2 溶液中，c(OH-)=10-3mol/L，NaHSO4溶液中c(H+)=10-3mol/L，如果溶液呈中性则c(OH-)V1=c(H+)V2，则V1:V2=1：1；若溶液混合后 BaSO4 恰好沉淀完全，则Ba(OH)2和NaHSO4物质量之比为1：1，n(OH-):n(H+)=2:1，则V1:V2=2：1，根据方程式，则混合后成分是NaOH，，则，pH=11.5；
故答案为：1:1；11.5。
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