【期中真题】陕西省咸阳市武功县2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题.zip

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武功县2022～2023学年度第一学期期中教学质量检测
高二化学试题
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16
第I卷(选择题 共48分)
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，计48分。每小题只有一个选项是符合题意的)
1. 常态化核酸检测保护着我们的健康，核酸检测时的红色溶液是加入了酚红钠盐指示剂(变色pH如下图)的病毒保存液。如果该试样因非必要细菌大量增殖而变质，最有可能表现出什么颜色(已知细菌繁殖会产生较多)
变色pH 　　　1.2　　　　　 3.0　　　　　　6.5　　　　　 　8.0
橙色
黄色
棕黄
紫红
红

A. 棕黄 B. 黄色 C. 红色 D. 紫红
【答案】A
【解析】
【详解】细菌繁殖会产生较多CO2，CO2溶于水生成碳酸，碳酸为弱酸，pH约为5.6，所以显棕黄色，A符合题意；
故答案选A。
2. 受全球低碳节能环保理念、以及我国“双碳”政策的影响，“地沟油”华丽变身，用于生产生物柴油。下列说法不合理的是
A. 生物柴油不属于化石能源
B. “地沟油”经过加工处理可用作生物柴油，实现了厨余垃圾的合理利用
C. 生物柴油的燃烧需要点燃，属于吸热反应
D. 生物柴油在燃烧过程中化学能主要转化为热能和光能
【答案】C
【解析】
【详解】A．生物柴油是油脂反应产生的，油脂不属于化石燃料；化石能源主要是煤、石油、天然气，可见生物柴油不属于化石能源，A正确；
B．“地沟油”主要成分是高级脂肪酸甘油酯，其经过加工处理可用作生物柴油，可以作燃料油使用，因此实现了厨余垃圾的合理利用，B正确；
C．生物柴油的燃烧需要点燃，燃料燃烧反应属于放热反应，反应是放热反应还是吸热反应与反应条件无关，C错误；
D．生物柴油在燃烧的过程中会放出大量热量，同时产生光，物质反应过程中能量转化主要是化学能转化为热能和光能，D正确；
故合理选项是C。
3. 下列措施不能使0.1mol/L的醋酸导电性增强的是
A. 加水 B. 加无水醋酸 C. 加NaOH固体 D. 通NH3
【答案】A
【解析】
【详解】A．加水稀释醋酸，使溶液中离子浓度下降，导电性降低，A符合题意；
B．加无水醋酸，电解质浓度增大，离子浓度增大，导电性增强，B不符合题意；
C．加NaOH固体后，醋酸与氢氧化钠发生反应转化为强电解质醋酸钠，可使溶液导电性增强，C不符合题意；
D．NH3为碱性气体，溶于水会生成一水合氨，醋酸与一水合氨发生反应转化为强电解质醋酸铵，可使溶液导电性增强，D不符合题意；
故选A。
4. 反应，在不同情况下测得反应速率如下，其中反应速率最快的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】各物质的反应速率除以其对应的化学计量数，所得结果最大的则反应速率最快。
【详解】A．v(P)=0.15mol·L-1·min-1，A错误；
B．=，B正确；
C．=，C错误；
D．=，D错误；
故答案选B。
5. 关于下列各实验或装置的叙述中，不正确的是

A. ①可用于测溶液pH
B. ②是用酸性溶液滴定溶液
C. ③是标准盐酸滴定待测氢氧化钠时手的操作
D. ④是碱式滴定管排气泡的操作
【答案】D
【解析】
【详解】A．用pH试纸测溶液的pH，可将pH试纸放于井穴板上，滴一滴待测试液于试纸上，将试纸显色的颜色和标准比色卡对照，即可测定溶液的pH，故A正确；
B．酸性高锰酸钾溶液放于酸式滴定管中，滴入锥形瓶中，和亚硫酸钠反应，故B正确；
C．标准盐酸滴定待测氢氧化钠时，将盐酸放在酸式滴定管中，NaOH溶液放在锥形瓶中，左手控制酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，将盐酸滴入锥形瓶中，故C正确；
D．排碱式滴定管中的气泡时，把橡皮管向上弯曲，出口上斜，挤捏玻璃珠，使溶液从尖嘴快速喷出，故D错误；
故选D。
6. 下列说法不正确的是
A. 升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大
B. 对有气体参加化学反应，减小容器体积、体系压强增大，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大
C. 活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞
D. 加入正催化剂，可使活化分子的百分数增大，从而增大化学反应的速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，A正确；
B．有气体参加的反应，减小容器体积，体系压强增大，则单位体积内活化分子数量增大，反应速率增大，B正确；
C．只有发生化学反应并生成新物质时，活化分子之间的碰撞才是有效碰撞，C错误；
D．加入正催化剂，降低活化能，增大活化分子的百分数，从而增大化学反应的速率，D正确；
故答案选C。
7. 对可逆反应：A(g) + B(s) ⇌ 2C(s) + D(g)　ΔH>0，如图所示为正、逆反应速率(v)与时间(t)关系的示意图，如果在t1时刻改变以下条件：①加入A；②加入催化剂；③加压；④升温；⑤减少C，符合图示条件的是

A. ②③ B. ①② C. ③④ D. ④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】题干所述可逆反应为反应前后气体分子数不变，则改变压强正逆反应速率同等程度增加。因此在t1时刻正逆反应速率均增加且相等，可能改变的条件是增大压强、加入催化剂。升温会导致反应速率增加且正反应速率大于逆反应速率；加入A则正反应速率大于逆反应速率，且逆反应速率瞬间不变；C为固体，减少C的量对反应速率无明显影响。据此解答。
【详解】根据分析可知，②③符合题意，因此选A。
故答案选：A。
8. 25 ℃ 时，水的电离达到平衡：H2OH++OH-，下列叙述正确的是
A. 将纯水加热到95 ℃ 时，Kw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，c(OH-)增大，Kw变小
C. 向纯水中加入少量NaOH固体，c(OH-)增大，Kw不变，影响水的电离平衡
D. 向纯水中加入盐酸，可抑制水的电离；加入醋酸，可促进水的电离
【答案】C
【解析】
【详解】A．升高温度，水的电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH变小，但，水仍呈中性，故A错误；
B．向纯水中加入稀氨水，温度不变，不变，故B错误；
C．向纯水中加入少量NaOH固体，c(OH-)增大，抑制水的电离，温度没变，不变，故C正确；
D．无论是强酸还是弱酸均会抑制水的电离，故D错误；
选C。
9. 固态或气态碘分别与氢气反应的热化学方程式如下：
①I2(?)+H2(g)2HI(g) △H1=-9.48kJ•mol-1
②I2(?)+H2(g)2HI(g) △H2=+26.48kJ•mol-1
下列判断错误的是
A. ①中的I2为气态，②中的I2为固态
B. ②中反应物总能量比①中反应物总能量低
C. 1mol固态碘升华时将吸热35.96kJ
D. 产物的热稳定性：反应①>反应②
【答案】D
【解析】
【分析】反应①为放热反应，反应②为吸热反应；根据反应热△H=生成物的总能量-反应物的总能量分析，反应①中反应物总能量大于②中反应物的总能量，由于物质在气态时的能量大于在固态时的能量，则①中的I2为气态，②中的I2为固态，即①I2(g)+H2(g)2HI(g) △H1=-9.48kJ•mol-1；②I2(s)+H2(g)2HI(g) △H2=+26.48kJ•mol-1。
【详解】A．结合以上分析可知，①中的I2为气态，②中的I2为固态，故A正确；
B．结合以上分析可知，②中反应物总能量比①中反应物总能量低，故B正确；
C．根据盖斯定律，②-①得到：I2(s) I2(g) △H=+26.48kJ•mol-1+9.48kJ•mol-1=35.96 kJ ，即1mol固态碘升华时将吸热35.96kJ，故C正确；
D．反应①②的产物均为气态碘化氢，所以二者的稳定性相同，故D错误；
故选D。
10. 25℃时，溶液中水电离出的浓度为，该溶液的pH为( )
A. 13 B. 12 C. 11 D. 2
【答案】B
【解析】
【详解】溶液中水电离出的浓度为，则溶液中水电离出的浓度为，水电离出的即为溶液中的，该溶液的pH=；
故答案为B。
11. 两个体积相同带活塞的容器，分别盛装一定量的NO2和Br2(g)，都为一样的红棕色，迅速将两容器同时压缩到原来的一半(如图)，假设气体不液化，则下列说法正确的是

A. a→a′过程中，颜色突然加深，然后逐渐变浅，最终颜色比原来的浅
B. a′、b′的颜色一样深
C. a′的压强比a的压强的2倍要小，b′的压强为b的压强的2倍
D. a′中的c(NO2)一定比b′中的c(Br2)小
【答案】C
【解析】
【分析】在密闭容器中放入NO2气体，存在可逆反应：2NO2N2O4，a→a′过程中缩小容器的容积，导致物质的浓度增大，体系的压强也增大，但平衡移动的趋势是微弱的；Br2在密闭体系中不存在化学反应，容器的容积缩小，物质的浓度增大，据此解答。
【详解】A．a→a′过程中2NO2N2O4，缩小容器的容积，导致各种物质的浓度都增大，体系的压强也增大，由于反应物的系数大，所以反应物NO2的浓度比生成物的浓度增大得多，平衡向正反应反应移动，但平衡移动的趋势是微弱的；达到新平衡时各物质(气体)的浓度都比旧平衡时大，因此最终气体的颜色比原来深，A错误；
B．开始时NO2(g)和Br2(g)浓度相等，容器的容积减小的倍数相同，但a在压缩中有一定NO2转化成N2O4，b中不存在化学反应，导致a′颜色应比b′中的略浅，B错误；
C．a→a′过程中，平衡正向移动，使a′中气体物质的量比a中要少，a′的压强比a的压强2倍要小；b和b′中物质的量相等，气体体积是原来的一半，则b′的气体的压强为b中气体的压强的2倍，C正确；
D．两者颜色一样深，并不意味着c(NO2)和c(Br2)相等，颜色深的浓度不一定大，颜色浅的浓度不一定小，故a′中的c(NO2)不一定比b′中的c(Br2)小，D错误；
答案选C。
12. 常温下，各组离子在下列溶液中一定能大量共存的是
A. 水电离出的的溶液中：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 滴入显血红色的溶液中：、、、
D. 的溶液中：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．水电离出的 c(H+)=1×10−12mol⋅L−1 ，溶液既可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，NH与碱不共存，S2-与H+不共存，A不合题意；
B．Kw＝c(H+)c(OH-)，c(H+)>mol⋅L-1 ，故c(H+)>c(OH-)，AlO与H+不共存，B不合题意；
C．滴入 KSCN 溶液显血红色，证明溶液中含有Fe3+具有强氧化性，I-具有还原性，不共存，C不合题意；
D．=1×10−12mol⋅L−1，Kw＝c(H+)c(OH-)，c(OH-)=01mol⋅L−1，溶液显碱性，所以能大量共存，D符合题意；
故答案为：D。
13. 我国科技工作者运用DFT计算研究HCOOH在不同催化剂(Pd和Rh)表面分解产生的部分反应过程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。下列说法正确的是

A. Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生的相同
B. 反应在Pd和Rh表面进行时均为放热过程
C. HCOOH吸附在催化剂表面的过程
D. 反应对总反应的速率影响相对较大
【答案】A
【解析】
【详解】A．催化剂能改变化学反应速率，不改变反应的热效应，因此Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生的ΔH相同，A项正确；
B．由图可知，反应在Pd表面进行时为放热过程，而在Rh表面进行时为吸热过程，B项错误；
C．HCOOH吸附在催化剂表面是能量降低的过程，因此ΔH<0，C项错误；
D．Pd、Rh作催化剂时，反应的活化能均小于反应的活化能，因此后者对总反应的速率影响相对较大，D项错误；
答案选A。
14. 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-分别代表相应的酸和酸根离子)
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。
15. 已知反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)在某温度下的平衡常数为400.此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应进行到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/(mol·L-1)
0.44,
0.6
0.6
下列叙述中正确的是
A. 该反应的平衡常数表达式为：
B. 该时刻正、逆反应速率的大小：v正＜v逆
C. 平衡时，c平(CH3OH)=0.04 mol·L-1
D. 若将容器体积压缩为原来的一半，平衡向左移动
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．平衡常数是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物的平衡浓度幂次方乘积得到，的平衡常数，A项错误；
B．表中数据分析计算该时刻的浓度商，说明反应正向进行，，B项错误；
C．甲醇起始量浓度为设平衡时转化的甲醇浓度为，根据三段式：，可知，，解得，若经10min后反应达到平衡，此时，C项正确；
D．若将容器体积压缩为原来的一半，则，则平衡向右移动，D项错误；
答案选C。
16. 一定温度下，向密闭容器中分别加入足量活性炭和，发生反应：，在相同时间内测得各容器中的转化率与容器体积的关系如图所示 ()。下列说法正确的是

A. bc曲线上反应均达到平衡状态
B. 容器内的压强：
C. a、c两点时气体的颜色相同
D. 该温度下，a、b、c三点时反应的平衡常数：
【答案】B
【解析】
【分析】图中b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，但浓度均大于b点，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以ab曲线上反应均达到平衡状态；反应正向是气体体积增大的反应，随着容器体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b点达到最大；b点以后，随着容器体积的增大，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上（不包括b点）反应均未达到平衡状态，由于NO2的起始浓度低，则反应正向进行。
【详解】A． 通过以上分析知，c点没有达到平衡状态，故A错误；
B． a点时反应达到平衡，NO2的转化率为40%，则

b点时反应达到平衡，NO2的转化率为80%，则

由以上三段式可知，a点时容器内气体的物质的量为2.4mol，b点时容器内气体的物质的量为2.8mol，又V1＜V2，则Pa:Pb＞2.4:2.8=6:7，故B正确；
C． a、c两点时体积不同，气体的颜色不相同，故C错误；
D． 温度相同，平衡常数不变，该温度下，a、b、c三点时反应的平衡常数：，故D错误；
故选B。
第II卷(非选择题 共52分)
二、非选择题(本大题共5小题，计52分)
17. 化学是以实验为基础的学科，回答下列问题：
I.中和热的测定：测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液中和热的实验装置如图所示。

（1）仪器的名称为_______。
（2）取溶液和稀硫酸进行实验，实验数值结果与有偏差，产生偏差的原因不可能是_______(填字母)。
A. 实验装置保温、隔热效果差
B. 一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
C. 用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定硫酸溶液的温度
D. 用量筒量取稀硫酸的体积时仰视读数
II.上述实验用的硫酸需要用标准NaOH溶液滴定，其操作分为如下几步：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入的标准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量取20.00mL待测液注入润洗过的锥形瓶中，并加入2滴酚酞溶液；
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数；
⑥重复以上滴定操作2～3次。
（3）以上步骤有错误的个数为_______个。
（4）步骤④中，量取20.00mL待测液应使用_______(填仪器名称)
（5）步骤⑤滴定时眼睛应注视_______，判断到达滴定终点的现象是_______。
（6）以下是实验数据记录表：
滴定次数
硫酸体积/mL
标准NaOH溶液体积/mL
滴定前
滴定后
l
20.00
0.00
18.10
2
20.00
2.20
18.40
3
20.00
2.00
18.16
从表中可以看出，其中第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显和另外两次的体积相差过大，其可能的原因是_______(填字母)。
A. 锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水
B. 第1次滴定时，碱式滴定管未润洗
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）环形玻璃搅拌棒 （2）B
（3）2 （4）酸式滴定管
（5） ①. 锥形瓶中溶液颜色变化 ②. 滴入最后一滴标准NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来颜色 （6）BC
【解析】
【小问1详解】
仪器a名称为玻璃搅拌器；故答案为；玻璃搅拌器；
【小问2详解】
A．实验装置保温，隔热效果差，导致测出温度较低，计算出数据偏低；
B．一次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，最小程度减小热量散失到外界，数据准确，计算出数据可靠；
C．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接定硫酸溶液的温度，测定出硫酸温度较高，得到温度差较低，计算出数据偏低；
D．用量筒量取稀硫酸的体积时仰视读数，溶液体积偏大，得到温度偏高，测定数据较高，计算出数据应该偏高；
答案选B；
【小问3详解】
碱式滴定管在装液前应用待装液进行润洗，①碱式滴定管未用标准液润洗，故①错误；锥形瓶不用润洗，④错误；故答案为：2；
【小问4详解】
待测液为硫酸，量取20.00mL待测液应使用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
【小问5详解】
滴定时眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化；滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不恢复原来颜色；故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不恢复原来颜色；
【小问6详解】
A．锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，对滴定结果无影响，选项A不可能；
B．第1次滴定时，碱式滴定管未润洗，会造成标准液被稀释而浓度减小，消耗标准液体积增多，选项B可能；
C． ，滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，说明V前偏小而V后正常，故消耗标准液体积偏大，选项C可能；
D．滴定过程中刚变色就立即停止滴定，反应还未达到终点，消耗标准液体积偏小，选项D不可能；
故答案选BC。
18. 化学反应往往伴随着能量变化。已知下列反应：


请回答下列问题：
（1）的燃烧热=_______。
（2）在催化剂作用下，一氧化碳可与过氧化钠反应生成固体碳酸钠，该反应的热化学方程式为_______。
（3）工业废气中的可用碱液吸收。发生的反应如下：


①反应的=_______(用含a、b的代数式表示)。
②标况下，与足量的溶液充分反应后，放出的热量为_______(用含a或b的代数式表示)。
（4）生产液晶显示器的过程中使用的化学清洗剂是一种温室气体，其存储能量的能力是的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年之久，表中是几种化学键的键能：
化学键
N≡N
F—F
N—F
键能/()
941.7
154.8
283.0
写出利用和制备的热化学方程式：_______。
【答案】（1）-283
（2）
（3） ①. a-2b ②.
（4）
【解析】
【小问1详解】
，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量，则一氧化碳的燃烧热为△H=-283kJ/mol，故答案为：-283kJ/mol；
【小问2详解】
已知①，②，由盖斯定律：×①+②得CO(g)+Na2O2(s)=Na2CO3(s)△H=×(-566)+(-266)=-549 kJ/mol，故答案为：CO(g)+Na2O2(s)=Na2CO3(s) △H=-549 kJ/mol；
【小问3详解】
①
i. ，ii. ，由盖斯定律：ii×2-i得 CO2(g)+H2O(l)+Na2CO3(aq)=2NaHCO3(aq)的△H=(a-2b)kJ/mol，故答案为：(a-2b)kJ/mol；
②CO2与足量的NaOH溶液充分反应，其反应的热化学方程式为：CO2(g)+2NaOH(aq)=Na2CO3(aq)+H2O(l)△H=-a kJ/mol，标况下，11.2L CO2的物质的量为n(CO2)==0.5mol，则放出的热量为0.5mol×a kJ/mol=kJ，故答案为：kJ；
【小问4详解】
反应的ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和＝941.7 kJ·mol-1＋3×154.8 kJ·mol-1－6×283.0 kJ·mol-1＝－291.9 kJ·mol-1， 。
19. 研究含氮化合物具有重要意义。
（1）碳酸铵在恒温恒容的密闭容器中达到分解平衡：。
①下列可以作为反应达到平衡的判断依据是_______(填字母)。
A.
B.密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变
C.密闭容器中混合气体的密度不变
D.密闭容器中二氧化碳的体积分数不变
②该反应在室温就能自发地分解产生氨气，下列说法正确的是_______(填字母)。
A.该反应
B.平衡后，其它条件不变，增加少量固体的量，浓度增大
C.放热反应在常温下一定容易进行
D.化学平衡常数K值很大，则该反应的速率一定很快
（2）在不同温度下，反应的平衡常数K如表：
温度/°C
l538
l760
2404
平衡常数K



①该反应的_______(填“>”、“=”或“<”)0。
②其他条件相同时，在上述三个温度下分别发生该反应。1538℃时，的转化率随时间变化如图所示，请在图中补充画出1760℃时的转化率随时间变化曲线__________。

③2404℃时，在容积为的密闭容器中通入和，发生反应，时反应达到平衡，内=_______(此温度下不考虑与的反应)。
【答案】（1） ①. AC ②. A
（2） ①. > ②. ③. 0.02
【解析】
【小问1详解】
①
A．2v正(CO2)=v正(NH3)=v逆(NH3)，A正确；
B．该反应为碳酸铵分解生成三种气体，混合气体的平均摩尔质量始终不变，B错误；
C．该反应在恒容密闭容器中进行，且有固体参与反应，当混合气体的密度不变，说明反应达到平衡，C正确；
D．该反应为碳酸铵分解生成三种气体，则该三种气体的体积比始终为2：1：1，CO2的体积分数始终不变，D错误；
故答案选AC。
②
A．该反应为熵增反应，ΔS>0，A正确；
B．平衡后，增大固体的量，对化学平衡没有影响，NH3浓度不变，B错误；
C．放热反应在常温下不一定容易进行，如铝热反应常温下不发生，C错误；
D．化学平衡常数K值与反应速率没有必然联系，D错误；
故答案选A。
【小问2详解】
①从图中可知升高温度，K值增大，说明升温化学平衡正向移动，ΔH>0。
②温度升高，化学平衡正向移动，则N2的转化率增大，同时升高温度，化学反应速率增大，则1760℃时N2的转化率的图象为。
③2404℃时，K=64×10-4，设平衡时消耗N2为xmol，则有，则有，解得x=0.1mol，则0-10min内v(NO)=。
20. 碳酸及碳酸盐与自然界碳的循环有着密切的联系。
（1）常温常压下，溶于水达到平衡时，溶液的，。若忽略水的电离及的第二级电离，则碳酸的第一级电离的平衡常数=_______(已知，结果保留1位小数)。
（2）已知的第二级电离常数，的电离常数，写出下列所发生反应的离子方程式：
a.与按物质的量之比1：1恰好反应：_______。
b.少量通入过量的溶液中：_______。
（3）人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系维持稳定。已知正常人体血液在正常体温时，的一级电离常数，，。由上述数据可计算正常人体血液的约为_______，当过量的碱进入血液中时，血液缓冲体系中的值将_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。
（4）在常温下向二氧化碳水溶液中滴加溶液，所得溶液的与粒子浓度的变化关系如图。则图中_______(填“I”或“II”)线表示，碳酸的两级电离常数与的关系为=_______(用含m、n的式子表示)。

【答案】（1）
（2） ①. ②.
（3） ①. 7.4 ②. 变大
（4） ①. II ②.
【解析】
【小问1详解】
溶液的pH=5.60，则c(H+)=10-5.6mol/L=2.5×10-6mol/L，若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，该溶液中c(HCO)=c(H+)=2.5×10-6mol/L，c(H2CO3)为1.5×10-5 mol•L-1，则H2CO3⇌HCO3-+H+的平衡常数K1===4.2×10-7；
【小问2详解】
根据电离平衡常数大小关系可知酸性H2CO3>HClO> ，HCl为强酸；
a．少量Cl2通入到过量的Na2CO3溶液中，氯气和水反应生成少量的HCl、HClO，酸性越强结合氢离子的能力越弱，而氢离子少量，所以只有碳酸根结合氢离子生成碳酸氢根，最终的产物为氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠，所以离子方程式为；
b．由于酸性H2CO3>HClO> HCO，根据强酸可以制弱酸可知：少量CO2通入过量的NaClO溶液中生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为；
【小问3详解】
K1=，≈，所以c(H+)=，则pH=-lg=7.4；当过量的碱进入血液中时，氢氧根离子增大，氢离子浓度减小，而温度不变则K1不变，所以变大；
【小问4详解】
K1=、K2=，K1≫K2，当、相同时，K1表示的酸性更强，故II表示；由图可知K1==10-n、K2==10-m ，则。
21. 合理利用温室气体是当前能源与环境研究的热点。
（1）催化重整可得到合成气(和)，其工艺过程涉及如下反应：
反应i：
反应ii：
反应iii：
反应iv：
则=_______。
（2）其他条件不变，反应i在不同催化剂(I、II、III)作用下进行相同时间后，的转化率随反应温度的变化如图所示。

①a点所代表的状态_______(填“是”、“不是”或“不确定是”)平衡状态。
②b点的转化率高于c点，原因是_______。
③下图表示初始投料比为1：3或1：4(投料比用、表示)，的平衡转化率在不同温度(、)下与压强的关系。=_______，判断与的大小关系，并说明理由：_______。

（3）在一刚性密闭容器中，和的分压分别为、，加入催化剂并加热至使其发生反应i。
①研究表明的生成速率，某时刻测得，则=_______。
②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.4倍，则该反应的平衡常数=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
【答案】（1）+247
（2） ①. 不是 ②. b和c都末达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高 ③. 1：4 ④. ，正反应为吸热，温度升高，平衡正向移动，甲烷的转化率增大
（3） ①. 1.56 ②.
【解析】
【小问1详解】
已知反应ii：
反应iii：
反应iv：
根据盖斯定律，由iii+ii-iv得反应i：=+-=+247；
【小问2详解】
①催化剂只能改变反应速率,不能改变化学平衡,所以不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下达平衡时CO2的转化率相同，故a点所代表的状态不是平衡状态，故答案为：不是；
②b、c点均未达到平衡状态，c点温度高，反应速率较快，故CO2的转化率较大；
故答案为:b、c点均未达到平衡状态，c点温度高，反应速率较快，故CO2的转化率较大；
③在相同条件下，投料比越小，甲烷的转化率越大，据图可知，a2＞a1，故a2表示的是1:4时甲烷的转化率，故答案为：1:4；
因CH4(g)+3CO2(g) 2H2O(g)+4CO(g)正反应为吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，甲烷的转化率增大，则T2>T1，故答案为：T2>T1，正反应为吸热反应，温度升高时甲烷的转化率增大；
【小问3详解】
在一刚性密闭容器中，和分压分别为、，加入催化剂并加热至使其发生反应i，某时刻测得，

==1.56；
②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.4倍，设达到平衡状态消耗甲烷分压为x，
，16-x+14-x+2x+2x=(16+14)1.4，解得x=6，平衡总压为42kPa；则该反应的平衡常数==。