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黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（原卷版+解析版）
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一、选择题(每小题3分，共45分，每小题只有一个正确答案)
1. 下列物质中，属于弱电解质的是
A. 碳酸钙B. 一水合氨C. 乙醇D. 氢氧化钠
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钙是难溶物，但溶解的部分完全电离，所以碳酸钙是强电解质，故A错误；
B．一水合氨是一元弱碱，部分电离，所以是弱电质，故B正确；
C．乙醇是非电解质，故C错误；
D．氢氧化钠是一元强碱，是强电解质，故D错误；
故答案为：B。
2. 在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vC=2vB，则此反应可表示为
A. 2A+3B⇌2CB. A+3B⇌2CC. 3A+B⇌2CD. A+B⇌C
【答案】A
【解析】
【详解】由于2vB=3vA、3vC=2vB，所以vA：vB：vC=2：3：2，即A、B、C对应的化学计量数分别为2、3、2。故反应方程式为2A+3B⇌2C。故选A。
3. 下列叙述正确的是
A. 在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化
B. 400℃、1 MPa下，将1 ml SO2(g)和0.5 ml O2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)，放热a kJ，其热化学方程式为：
C. HCl和NaOH反应的中和热，则HCl和Ba(OH)2反应的中和热
D. 热化学方程式中表明的热量是指每摩尔反应物反应时吸收或放出的热量
【答案】C
【解析】
【详解】A．化学反应的过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中有化学键的断裂与形成，断裂化学键吸收能量，形成化学键会释放能量，因此在化学反应过程中，发生物质变化的同时一定发生能量变化，A错误；
B．400℃、1 MPa下，将1 ml SO2(g)和0.5 ml O2(g) 置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)，放热a kJ，由于该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以反应的SO2的物质的量小于1 ml，故不能由此确定反应的反应热就是△H=-2a kJ/ml，B错误；
C．中和热是在稀溶液中强酸、强碱发生中和反应产生可溶性盐和1 ml水时放出的热量。HCl和NaOH的反应与HCl和Ba(OH)2反应的实质相同，HCl和NaOH反应的中和热，则HCl和Ba(OH)2反应的中和热也是，C正确；
D．热化学方程式的化学计量数仅表示物质的量，其表明的热量是指每摩尔该反应发生时所吸收或放出的热量，而反应物的物质的量不一定都是1 ml，D错误；
故合理选项是C。
4. 下列说法不能用勒夏特列原理解释的是
A. 打开碳酸型饮料瓶盖时，有大量气泡逸出
B. 除去中少量HCl气体，采用饱和食盐水洗气
C. 将盛有气体的密闭容器压缩，容器中气体颜色加深
D. CO与均能结合血红蛋白(Hb)：，CO中毒需吸氧治疗
【答案】C
【解析】
【详解】A．打开碳酸型饮料瓶盖时，压强减小，平衡逆移，逸出大量气泡，能用勒夏特列原理解释，A不选；
B．饱和食盐水中氯离子浓度大，抑制氯气与水的反应：，减少氯气的溶解，用饱和食盐水除去氯气中的少量HCl气体能用勒夏特列原理解释，B不选；
C．平衡体系：2NO2(g)N2O4(g)，缩小容积，平衡向生成无色的N2O4方向移动，但平衡后气体颜色比原平衡深是因为容积缩小，体系内所有物质浓度变大导致的，不能用勒夏特列原理解释，C选；
D．CO进入血液后与血红蛋白结合，有如下平衡：，高压氧舱中氧气浓度增大，导致平衡正向移动，释放出CO，可治疗CO中毒，能用勒夏特列原理解释，D不选；
故选C。
5. 向10mL氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，下列变化中不正确的是
A. 的电离程度增大
B. 增大
C. 的数目增多
D. 增大
【答案】B
【解析】
【详解】A． 稀释促进弱电解质电离、则的电离程度增大，A正确；
B．稀释促进电离、则数目及均减小，B不正确；
C．稀释促进电离、的数目增多，C正确；
D．稀释促进电离、数目减小、的数目增多，则增大，D正确；
答案选B。
6. 水的电离过程为H2OOH++OH-。在25℃、35℃时水的离子积常数分别为1.0×10-14、2.1×10-14。下列叙述正确的是
A. 水的电离是放热过程B. 水的电离度
C. 在35℃时，纯水中D. 纯水中随着温度的升高而增大
【答案】D
【解析】
【详解】A． 水的电离是吸热过程，故A错误；
B． 水的电离是吸热过程，升高温度，水的电离程度增大，水的电离度，故B错误；
C． 在35℃时，纯水中，故C错误；
D． 水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离平衡正向移动，纯水中随着温度的升高而增大，故D正确；
故选D。
7. 0.1 ml/L 的①溶液 ②溶液 ③溶液 ④NaCl溶液，按pH由大到小的顺序，排列正确的是
A. ①②④③B. ②①③④C. ③④②①D. ④③②①
【答案】A
【解析】
【详解】NaCl是强酸强碱盐，溶液呈中性；是强酸弱碱盐，溶液呈酸性；、是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，水解程度大于，所以碳酸钠溶液碱性更强，故pH由大到小的顺序排列的是①②④③，故选A。
8. 在蒸发皿中用酒精灯加热蒸干下列物质的溶液然后灼烧，可以得到该物质固体的是
A. AlCl3B. Na2SO3C. CuSO4D. KMnO4
【答案】C
【解析】
【详解】A．AlCl3溶液中Al3+水解，加热水解平衡正向移动且HCl易挥发，故蒸干后，灼烧应得到Al2O3，故A项错误；
B．Na2SO3溶液蒸干后，固体灼烧过程会被空气中氧气氧化得Na2SO4，故B项错误；
C．CuSO4溶液蒸干后得CuSO4，灼烧后仍得CuSO4，故C项正确；
D．KMnO4溶液蒸干后，得KMnO4，灼烧KMnO4分解得K2MnO4、MnO2，故D项错误；
本题选C。
9. 25℃时，在等体积的①pH=1的溶液、②0.005ml/L的溶液、③pH=12的溶液，④pH=5的溶液中，发生电离的水的物质的量之比是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】①pH=1的溶液电离的水等于溶液中氢氧根的物质的量，，
②0.005ml/L的溶液电离的水等于溶液中氢离子的物质的量，，
③pH=12的溶液中，碳酸钠水解，电离的水等于溶液中氢氧根的物质的量，，
④pH=5的溶液中，铵根水解，电离的水等于溶液中氢离子的物质的量，，故电离的水的物质的量之比为，故答案为D。
10. 在一密闭容器中充入一定量的和，发生反应，经测定反应开始后的2s内氢气的平均反应速率为：，则2s末的浓度为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】发生反应N2+3H2⇌2NH3，利用速率之比等于化学计量数之比计算，则v(NH3)=×ν(H2)=×0.30ml/(L•s)=0.2ml/(L•s)，故2s末NH3的浓度为0.2ml/(L•s)×2s=0.4ml/L，故选：B。
11. 浓度均为、体积均为的和溶液，分别加水稀释至体积为V，随的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 的碱性弱于的碱性
B. 的电离程度：b点小于a点
C. 若两溶液无限稀释，则它们相等
D. 当时，若两溶液同时升高温度，则增大
【答案】C
【解析】
【分析】浓度均为，根据题图信息可知，起始时pH为13，的pH小于13，则可判断是强碱，为弱碱，以此解题。
【详解】A．由分析可知，是强碱，为弱碱，A项错误；
B．加水稀释时，的电离程度增大，则的电离程度为b点大于a点，B项错误；
C．若两溶液无限稀释，最终无限接近于7，它们的相等，C项正确；
D．当时，两溶液同时升温，由于是弱碱，其电离平衡正向移动，增大，不变，则减小，D项错误；
故选C。
12. 常温下，有关下列4种溶液的叙述正确的是
A. ①中加入少量的氯化铵固体，溶液的pH减小
B. 分别取10mL上述溶液稀释至1000mL，四种溶液的pH：②＞①＞④＞③
C. ②、③两种溶液等体积混合，所得溶液呈碱性
D. 用④滴定①可选择酚酞试液作指示剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．①中氨水加入少量的氯化铵固体，溶液中铵根离子的浓度增大，会抑制氨水的电离，导致溶液的pH减小，A项正确；
B．pH均为11氨水和氢氧化钠溶液，均稀释100倍，氢氧化钠溶液pH变为9，氨水中存在平衡移动，氨水稀释，促进氨水的电离，导致氨水pH大于9；同理可知，pH均为3的醋酸溶液和盐酸，稀释100倍，盐酸的pH变为5，醋酸溶液的pH小于5，所以四种溶液的pH：①＞②＞④＞③，C项错误；
C．②、③两种溶液等体积混合，②中的氢氧根离子浓度=③中的氢离子浓度，但③中还含有大量醋酸分子，酸过量，溶液呈酸性，C项错误；
D．酚酞的变色范围为8.2-10.0，盐酸滴定氨水反应终点为酸性，用酚酞做指示剂，会使误差变大，用甲基橙做指示剂，D项错误；
故选A。
13. 有一反应：2A＋B2C，其中A、B、C均为气体，下图中的曲线是该反应在不同温度下的平衡曲线，x轴表示温度，y轴表示B的转化率，图中有 a、b、c三点，如图所示，则下列描述正确的是
A. 该反应是放热反应
B. b点时混合气体的平均摩尔质量不再变化
C. T1温度下若由a点达到平衡，可以采取增大压强的方法
D. c点：v(正)【答案】B
【解析】
【分析】由反应方程式可知该反应的正反应为气体体积减小的反应。分析所给图示，可以看出随着温度的升高，B的转化率逐渐增大，表示反应向正反应方向进行，则该反应为吸热反应。
【详解】A．分析图示曲线的趋势，温度升高，反应正向进行，即正反应是吸热反应，A项错误；
B．b点在平衡曲线上，说明此时可逆反应达平衡状态，对于反应前后气体体积改变的反应，平均摩尔质量不再变化，B项正确；
C．T1温度下若由a点达到平衡，则可逆反应应向逆反应方向移动，增大压强会使该反应向正反应方向移动，不能达到目的，C项错误；
D．c点未处于平衡状态，要达到平衡状态，反应需向正反应方向进行，则v(正)>v(逆)，D项错误；
答案选B。
14. 水煤气变换反应为：。我国研究人员结合实验与计算机模拟结果，揭示了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程(如图所示)，其中吸附在金催化剂表面上的物质用·标注。下列说法正确的是
A. 步骤②的能垒(活化能)
B. 步骤③的转化关系可表示为：
C. 步骤①决定了水煤气变换反应的速率
D. 步骤⑤只有键和键形成
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干反应历程图示信息可知，步骤②的能垒(活化能)，A错误；
B．由题干反应历程图示信息可知，步骤③的转化关系可表示为：，B正确；
C．已知反应的能垒越大，反应速率越小，多步反应中总体反应速率取决于最慢的一步反应即能垒最大的一步反应，故步骤④才是决定了水煤气变换反应的速率，C错误；
D．由题干反应历程图示信息可知，步骤⑤有键和键、C-O键的形成，D错误；
故答案为：B。
15. 25℃时，在10mL浓度均为0.1ml/L的NaOH和混合溶液中滴加0.1ml/L盐酸，所得滴定曲线如图所示。下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是
A. a点溶液中：
B. b点溶液中：
C. c点溶液中：
D. d点溶液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由图可知，a点溶液为等体积等物质的量浓度的NaOH和混合溶液，溶液呈碱性，则，水和氢氧化钠都电离出，水解，所以溶液中，A错误；
B. b点处，氢氧化钠和盐酸恰好完全反应生成氯化钠，b点溶液中的溶质为等物质的量的和NaCl，根据物料守恒可得，根据电荷守恒可得，联立两式得
，B正确；
C. c点溶液中根据电荷守恒可得，因为此时pH=7，所以有，则，而，故，C错误；
D. d点溶液中的溶质为NaCl和，且两者的物质的量之比为2∶1，根据物料守恒有，且存在水的电离，故有，D错误；
答案选B。
二、填空题(共4道题，共55分)
16. Ⅰ．某温度时，在一个容积为2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图1所示。根据图中数据，填写下列空白。
（1）该反应的化学方程式为________________________________________。
（2）反应开始至2 min，气体Z的平均反应速率v(Z)=________。
（3）若X、Y、Z均为气体，反应达到平衡时：
①压强是开始时的________倍。
②若此时将容器的体积缩小为原来的，达到平衡时，容器内温度将升高(容器不与外界进行热交换)，则该反应的正反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。
（4）上述反应在t1～t6内反应速率与时间图象如图2所示，在每一时刻均改变一个影响反应速率的因素，则下列说法正确的是 (填字母)。
A. 在t1时增大了压强B. B．在t3时加入催化剂
C. 在t4时降低了温度D. t2～t3时X的转化率最高
Ⅱ．已知水溶液中c(H+)和c(OH-)的关系如图所示：
（5）图中B点水的离子积常数___________10-12(填“＞”、“＝”或“＜”)。
（6）从A点到D点，可采取的措施是___________。
a．升温 b．加入少量盐酸 c．降温 d．加入少量NaOH
（7）100℃时，pH=2的盐酸中水电离产生的H＋浓度为___________ml/L。
（8）25℃时，将pH=12的NaOH溶液与pH=3的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为___________。
【答案】（1）3X＋Y2Z
（2）0.05 ml·L－1·min－1
（3） ①. 0.9 ②. 放热 （4）B
（5）＜ （6）b
（7）1×10-10 ml/L
（8）1：10
【解析】
【小问1详解】
根据物质的量变化图分析：在反应开始后，随着反应的进行，X、Y的物质的量在减少，Z的物质的量在增加，说明X、Y是反应物，Z是生成物，反应到达化学平衡时，X转化了0.3 ml，Y转化了0.l ml，Z转化了0.2 ml，则化学计量数的比为0.3：0.1：0.2=3：1：2，故该反应的化学方程式为：3X+Y2Z；
【小问2详解】
根据图示可知：反应开始至2 min，气体Z的物质的量增加了0.2 ml，由于容器的容积是2 L，故用Z浓度变化表示的平均反应速率v(Z)=；
【小问3详解】
①根据图象中可知，开始时气体总物质的量为2 ml，平衡后气体总物质的量为0.9 ml+0.7 ml+0.2 ml=l.8 ml，在相同外界条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量的比，故P(平衡)：P(开始)=1.8 ml：2 ml=0.9；
②根据方程式，减小体积，即增大体系的压强，化学平衡向气体体积进行的正反应方向移动，同时容器内温度将升高，说明正反应方向为放热反应；
【小问4详解】
A．由图可知：t1时逆反应速率增大，正反应速率瞬时不变，说明改变条件应为增大生成物浓度，A错误；
B．t3~t4，反应速率增大，正、逆反应速率都增大且增大程度相同，说明改变的条件是加入催化剂，B正确；
C．t4时正、逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为减小压强，C错误；
D．t1时逆反应速率增大，逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，反应物转化率降低；t2 ~t3时反应处于平衡状态，反应物转化率不变；t3~t4时，正、逆反应速率都增大且增大程度相同，说明改变的条件是加入催化剂，化学平衡不移动，反应物转化率仍然不变； t4~t5时由于逆反应速率大于正反应速率，化学平衡逆向移动，导致反应物转化率降低，则t0~ t1时X的转化率最大，D错误；
故合理选项是B；
【小问5详解】
温度升高，水电离程度增大，水电离产生的c(H+)和c(OH-)增大，水的离子键Kw=c(H+)·c(OH-)增大。根据图示可知A点温度是25℃，Kw=10-14；C点温度100℃，Kw=10-12；B点温度介于25--100℃之间，故图中B点水的离子积常数小于10-12；
【小问6详解】
根据图示可知：A、D两点反应温度相同，Kw相同，溶液中c(H+)由10-7 ml/L变为10-5 ml/L，c(H+)增大，则改变的条件是加入了酸溶液，可能是加入少量盐酸，故合理选项是b；
【小问7详解】
100℃时，Kw=10-12，若盐酸溶液中pH=2，c(H+)=10-2 ml/L，则c(OH-)=，溶液中的OH-只有水电离产生，c(H+)水=c(OH-)水，则该溶液中水电离产生的H＋浓度为c(H+)水=1×10-10 ml/L；
【小问8详解】
25℃时，Kw=10-14，pH=12的NaOH溶液，c(OH-)=10-2 ml/L，pH=3的H2SO4溶液，c(H+)=10-3 ml/L，将两种溶液混合，若混合溶液pH=7，溶液显中性，则n(H+)=n(OH-)，因此c(OH-)·V(NaOH)=c(H+)·V(H2SO4)，10-2·V(NaOH)=10-3·V(H2SO4)，所以V(NaOH)：V(H2SO4)=10-3：10-2=1：10。
17. Ⅰ．温度t℃时，某NaOH稀溶液中c(H+)＝10-aml·L-1，c(OH-)＝10-b ml·L－1，已知a＋b＝12，请回答下列问题：
（1）该NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为__________，该NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)为__________。
（2）给该NaOH溶液加热时，pH________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
Ⅱ．现用盐酸标准溶液来测定NaOH溶液的浓度。有以下实验操作：
①向溶液中加入1～2滴指示剂
②取20.00 mL标准溶液放入锥形瓶中
③用氢氧化钠溶液滴定至终点
④重复以上操作
⑤配制250 mL盐酸标准溶液
⑥根据实验数据计算氢氧化钠的物质的量浓度
（3）实验过程中正确的操作顺序是______ (填序号)，上述操作②中使用的仪器除锥形瓶外，还需要______，用______作指示剂。
（4）滴定并记录V(NaOH)的初、终读数。数据记录如表所示：
某同学在处理数据过程中计算得到平均消耗NaOH溶液的体积V(NaOH)=mL＝20.20 mL。他的计算______ (填“合理”或“不合理”)，理由是____________。通过仪器测得第4次滴定过程中溶液pH随加入氢氧化钠溶液体积的变化曲线如图所示，则a______ (填“＞”“＜”或“＝”)20.02。
【答案】（1） ①. 10-b ml·L-1 ②. 10-a ml·L-1
（2）变小 （3） ①. ⑤②①③④⑥ ②. 酸式滴定管 ③. 酚酞
（4） ①. 不合理 ②. 第3次滴定时消耗NaOH溶液的体积明显偏大，该值应舍去 ③. ＜
【解析】
【小问1详解】
溶液中c(OH-)＝10-b ml·L－1，即NaOH物质的量浓度为10-b ml·L-1；该NaOH溶液中的氢离子均由水电离出，且c(H+)＝10-aml·L-1，由水电离出来的氢离子和氢氧根离子浓度相同，即由水电离出的c(OH－)为10-aml·L-1；
【小问2详解】
给氢氧化钠溶液加热时，Kw变大，c（H+）变大，pH变小；
【小问3详解】
在用未知浓度的溶液滴定已知浓度的盐酸的操作中，正确的操作顺序是配制标准液盐酸，取一定体积的盐酸于锥形瓶中，滴入2～3滴指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，重复实验2～3次，最后用得到的数据进行计算。故操作步骤为⑤②①③④⑥；操作②取标准溶液放入锥形瓶中，使用的仪器除锥形瓶外，还需要酸式滴定管；为了使滴定结果准确，可用酚酞作指示剂，以减小滴定误差；
【小问4详解】
该同学的计算不合理，原因是第3次滴定时消耗溶液的体积明显偏大，偏离真实值，应舍去；根据滴定曲线可知，在二者恰好完全反应时，pH=7，此时没有达到滴定突跃（指示剂未变色），所以a＜20.02。
18. Ⅰ.下列物质①、 ②、③NaOH、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨Fe、⑩氯化钠溶液
（1）向⑦的溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡______移动(填“正向”、“逆向”或“不移动”)，平衡时溶液中c(H+)______(填“增大”、“减小”或者“不变”)，______ (填“增大”、“减小”或者“不变”)。
（2）将的①溶液和的③溶液等体积混合后溶液显酸性，原因是_____________(结合有关离子方程式说明)。
（3）将标准状况下2.24L⑥缓慢通入1L0.15ml/L的③的溶液中，气体被充分吸收，离子浓度大小关系____________。
（4）将足量⑥缓慢通入1L0.15ml/L的③的溶液中，所得溶液显碱性，则溶液中水电离出的氢氧根离子浓度_________(填“大于”、“小于”、或“等于”)，加水稀释后pH_________填“增大”、“减小”、或“不变”)。
Ⅱ.常温下，向20mL溶液中缓慢滴加pH=13的NaOH溶液，混合溶液的温度与滴加NaOH溶液体积的关系如图2所示。
（5）试分析图中E、F、G三点，水的电离程度最大的是_________点。
（6）下列关系式正确的是_________ (填字母)。
a．E点存：
b．F点存在：
c．G点对应的溶液中：
【答案】（1） ①. 逆向 ②. 增大 ③. 不变
（2）两者反应离子方程式为：，电离程度大于水解，溶液显酸性
（3）
（4） ①. 大于 ②. 减小
（5）F （6）a
【解析】
【小问1详解】
存在部分电离：，滴加几滴浓盐酸，增大，平衡逆向移动；由于盐酸电离出的氢离子不能完全的通过逆向移动消除该影响，平衡时溶液中增大；该过程温度不变，不变；
【小问2详解】
等物质的量与NaOH反应生成NaHSO3，溶液显酸性，原因是两者反应的离子方程式为：，的电离程度大于水解，溶液显酸性；
【小问3详解】
标准状况下2.24L的物质的量为：，1L0.15ml/L的NaOH物质的量为0.15ml，由碳元素守恒，，又存在①和②，水解程度①＞②且水解程度都较小，则，所以则离子浓度大小关系为：；
【小问4详解】
过量与NaOH溶液反应所得溶液显碱性，由于水解促使水的电离，则水电离出的氢氧根离子浓度大于，加水稀释后减小，增大，所以溶液pH减小；
【小问5详解】
由图可知，E点为草酸和草酸氢钠的混合溶液、F点为草酸钠溶液、G点为草酸钠和氢氧化钠的混合溶液，盐类水解促进水的电离，酸碱的电离抑制水的电离，则F点水的电离程度最大；
【小问6详解】
a．由图可知，E点为等浓度草酸和草酸氢钠的混合溶液，溶液中存在物料守恒关系：，故a正确 ；
b．由图可知，F点为草酸钠溶液，溶液中存在质子守恒关系：，故b错误；
c．G点为等浓度的草酸钠和氢氧化钠的混合溶液，则溶液中微粒浓度的大小顺序为：，故c错误；
故选a。
19. 研究NOx之间的转化具有重要意义。
(1)已知：N2O4(g) 2NO2(g) ΔH＞0 将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。
①下列可以作为反应达到平衡的判据是________。
A．气体的压强不变 B．v正(N2O4)＝2v逆(NO2) C．K不变 D．容器内气体的密度不变 E．容器内颜色不变
②t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数Kp＝________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)＝p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。
③反应温度T1时，c(N2O4)随t(时间)变化曲线如图，画出0～t2时段，c(NO2)随t变化曲线。保持其它条件不变，改变反应温度为T2(T2＞T1)，再次画出0～t2时段，c(NO2)随t变化趋势的曲线________。
(2) NO氧化反应：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。
Ⅰ 2NO(g)=N2O2(g) ΔH1
Ⅱ N2O2(g)＋O2(g)→2NO2(g) ΔH2
①决定NO氧化反应速率的步骤是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4＞T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的NO，在温度_____(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因____。
【答案】 ①. AE ②. p ③. ④. Ⅱ ⑤. T4 ⑥. ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响
【解析】
【分析】（1）①化学反应平衡的判断可从以下几方面考虑：体系中所有反应物和生成物的质量（或浓度）保持不变，正反应速率等于逆反应速率；
②建立三段式求解可得；
③由图确定t1时反应生成的NO2浓度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；
（2）①由图可知，反应Ⅰ活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢；
②由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响。
【详解】（1）①A、该反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；
B、v正(N2O4)＝2v逆(NO2)说明正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，故错误；
C、温度不变，化学平衡常数K不变，则K不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；
D、由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器的体积不变，则密度始终不变，则密度不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；
E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；
AE正确，故答案为：AE；
②设起始N2O4的物质的量为1ml，由题给数据建立如下三段式：
由三段式数据可知N2O4的平衡分压为×p=，NO2的平衡分压为×p=，则平衡常数Kp＝=，故答案为：；
③由图可知，t1时反应消耗N2O4的浓度为（0.04—0.01）ml/L，由方程式可得反应生成NO2的浓度为0.03 ml/L×2=0.06 ml/L；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO2的浓度增大，则0～t2时段，NO2的浓度c(NO2)随t变化趋势的曲线为，故答案为：；
（2）①由图可知，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率反应Ⅰ快于反应Ⅱ，化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ，故答案为：Ⅱ；
②由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响，导致转化相同量的NO，在温度较高的T4下消耗的时间较长，故答案为：T4；反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响；编号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸溶液
盐酸
pH
11
11
3
3
滴定次数
1
2
3
4
V(HCl)/mL
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)/mL(初读数)
0.10
0.30
0.00
0.20
V(NaOH)/mL(终读数)
20.08
20.30
20.80
20.22
V(NaOH)/mL(消耗)
19.98
20.00
20.80
20.02
一、选择题(每小题3分，共45分，每小题只有一个正确答案)
1. 下列物质中，属于弱电解质的是
A. 碳酸钙B. 一水合氨C. 乙醇D. 氢氧化钠
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钙是难溶物，但溶解的部分完全电离，所以碳酸钙是强电解质，故A错误；
B．一水合氨是一元弱碱，部分电离，所以是弱电质，故B正确；
C．乙醇是非电解质，故C错误；
D．氢氧化钠是一元强碱，是强电解质，故D错误；
故答案为：B。
2. 在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vC=2vB，则此反应可表示为
A. 2A+3B⇌2CB. A+3B⇌2CC. 3A+B⇌2CD. A+B⇌C
【答案】A
【解析】
【详解】由于2vB=3vA、3vC=2vB，所以vA：vB：vC=2：3：2，即A、B、C对应的化学计量数分别为2、3、2。故反应方程式为2A+3B⇌2C。故选A。
3. 下列叙述正确的是
A. 在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化
B. 400℃、1 MPa下，将1 ml SO2(g)和0.5 ml O2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)，放热a kJ，其热化学方程式为：
C. HCl和NaOH反应的中和热，则HCl和Ba(OH)2反应的中和热
D. 热化学方程式中表明的热量是指每摩尔反应物反应时吸收或放出的热量
【答案】C
【解析】
【详解】A．化学反应的过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中有化学键的断裂与形成，断裂化学键吸收能量，形成化学键会释放能量，因此在化学反应过程中，发生物质变化的同时一定发生能量变化，A错误；
B．400℃、1 MPa下，将1 ml SO2(g)和0.5 ml O2(g) 置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)，放热a kJ，由于该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以反应的SO2的物质的量小于1 ml，故不能由此确定反应的反应热就是△H=-2a kJ/ml，B错误；
C．中和热是在稀溶液中强酸、强碱发生中和反应产生可溶性盐和1 ml水时放出的热量。HCl和NaOH的反应与HCl和Ba(OH)2反应的实质相同，HCl和NaOH反应的中和热，则HCl和Ba(OH)2反应的中和热也是，C正确；
D．热化学方程式的化学计量数仅表示物质的量，其表明的热量是指每摩尔该反应发生时所吸收或放出的热量，而反应物的物质的量不一定都是1 ml，D错误；
故合理选项是C。
4. 下列说法不能用勒夏特列原理解释的是
A. 打开碳酸型饮料瓶盖时，有大量气泡逸出
B. 除去中少量HCl气体，采用饱和食盐水洗气
C. 将盛有气体的密闭容器压缩，容器中气体颜色加深
D. CO与均能结合血红蛋白(Hb)：，CO中毒需吸氧治疗
【答案】C
【解析】
【详解】A．打开碳酸型饮料瓶盖时，压强减小，平衡逆移，逸出大量气泡，能用勒夏特列原理解释，A不选；
B．饱和食盐水中氯离子浓度大，抑制氯气与水的反应：，减少氯气的溶解，用饱和食盐水除去氯气中的少量HCl气体能用勒夏特列原理解释，B不选；
C．平衡体系：2NO2(g)N2O4(g)，缩小容积，平衡向生成无色的N2O4方向移动，但平衡后气体颜色比原平衡深是因为容积缩小，体系内所有物质浓度变大导致的，不能用勒夏特列原理解释，C选；
D．CO进入血液后与血红蛋白结合，有如下平衡：，高压氧舱中氧气浓度增大，导致平衡正向移动，释放出CO，可治疗CO中毒，能用勒夏特列原理解释，D不选；
故选C。
5. 向10mL氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，下列变化中不正确的是
A. 的电离程度增大
B. 增大
C. 的数目增多
D. 增大
【答案】B
【解析】
【详解】A． 稀释促进弱电解质电离、则的电离程度增大，A正确；
B．稀释促进电离、则数目及均减小，B不正确；
C．稀释促进电离、的数目增多，C正确；
D．稀释促进电离、数目减小、的数目增多，则增大，D正确；
答案选B。
6. 水的电离过程为H2OOH++OH-。在25℃、35℃时水的离子积常数分别为1.0×10-14、2.1×10-14。下列叙述正确的是
A. 水的电离是放热过程B. 水的电离度
C. 在35℃时，纯水中D. 纯水中随着温度的升高而增大
【答案】D
【解析】
【详解】A． 水的电离是吸热过程，故A错误；
B． 水的电离是吸热过程，升高温度，水的电离程度增大，水的电离度，故B错误；
C． 在35℃时，纯水中，故C错误；
D． 水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离平衡正向移动，纯水中随着温度的升高而增大，故D正确；
故选D。
7. 0.1 ml/L 的①溶液 ②溶液 ③溶液 ④NaCl溶液，按pH由大到小的顺序，排列正确的是
A. ①②④③B. ②①③④C. ③④②①D. ④③②①
【答案】A
【解析】
【详解】NaCl是强酸强碱盐，溶液呈中性；是强酸弱碱盐，溶液呈酸性；、是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，水解程度大于，所以碳酸钠溶液碱性更强，故pH由大到小的顺序排列的是①②④③，故选A。
8. 在蒸发皿中用酒精灯加热蒸干下列物质的溶液然后灼烧，可以得到该物质固体的是
A. AlCl3B. Na2SO3C. CuSO4D. KMnO4
【答案】C
【解析】
【详解】A．AlCl3溶液中Al3+水解，加热水解平衡正向移动且HCl易挥发，故蒸干后，灼烧应得到Al2O3，故A项错误；
B．Na2SO3溶液蒸干后，固体灼烧过程会被空气中氧气氧化得Na2SO4，故B项错误；
C．CuSO4溶液蒸干后得CuSO4，灼烧后仍得CuSO4，故C项正确；
D．KMnO4溶液蒸干后，得KMnO4，灼烧KMnO4分解得K2MnO4、MnO2，故D项错误；
本题选C。
9. 25℃时，在等体积的①pH=1的溶液、②0.005ml/L的溶液、③pH=12的溶液，④pH=5的溶液中，发生电离的水的物质的量之比是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】①pH=1的溶液电离的水等于溶液中氢氧根的物质的量，，
②0.005ml/L的溶液电离的水等于溶液中氢离子的物质的量，，
③pH=12的溶液中，碳酸钠水解，电离的水等于溶液中氢氧根的物质的量，，
④pH=5的溶液中，铵根水解，电离的水等于溶液中氢离子的物质的量，，故电离的水的物质的量之比为，故答案为D。
10. 在一密闭容器中充入一定量的和，发生反应，经测定反应开始后的2s内氢气的平均反应速率为：，则2s末的浓度为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】发生反应N2+3H2⇌2NH3，利用速率之比等于化学计量数之比计算，则v(NH3)=×ν(H2)=×0.30ml/(L•s)=0.2ml/(L•s)，故2s末NH3的浓度为0.2ml/(L•s)×2s=0.4ml/L，故选：B。
11. 浓度均为、体积均为的和溶液，分别加水稀释至体积为V，随的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 的碱性弱于的碱性
B. 的电离程度：b点小于a点
C. 若两溶液无限稀释，则它们相等
D. 当时，若两溶液同时升高温度，则增大
【答案】C
【解析】
【分析】浓度均为，根据题图信息可知，起始时pH为13，的pH小于13，则可判断是强碱，为弱碱，以此解题。
【详解】A．由分析可知，是强碱，为弱碱，A项错误；
B．加水稀释时，的电离程度增大，则的电离程度为b点大于a点，B项错误；
C．若两溶液无限稀释，最终无限接近于7，它们的相等，C项正确；
D．当时，两溶液同时升温，由于是弱碱，其电离平衡正向移动，增大，不变，则减小，D项错误；
故选C。
12. 常温下，有关下列4种溶液的叙述正确的是
A. ①中加入少量的氯化铵固体，溶液的pH减小
B. 分别取10mL上述溶液稀释至1000mL，四种溶液的pH：②＞①＞④＞③
C. ②、③两种溶液等体积混合，所得溶液呈碱性
D. 用④滴定①可选择酚酞试液作指示剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．①中氨水加入少量的氯化铵固体，溶液中铵根离子的浓度增大，会抑制氨水的电离，导致溶液的pH减小，A项正确；
B．pH均为11氨水和氢氧化钠溶液，均稀释100倍，氢氧化钠溶液pH变为9，氨水中存在平衡移动，氨水稀释，促进氨水的电离，导致氨水pH大于9；同理可知，pH均为3的醋酸溶液和盐酸，稀释100倍，盐酸的pH变为5，醋酸溶液的pH小于5，所以四种溶液的pH：①＞②＞④＞③，C项错误；
C．②、③两种溶液等体积混合，②中的氢氧根离子浓度=③中的氢离子浓度，但③中还含有大量醋酸分子，酸过量，溶液呈酸性，C项错误；
D．酚酞的变色范围为8.2-10.0，盐酸滴定氨水反应终点为酸性，用酚酞做指示剂，会使误差变大，用甲基橙做指示剂，D项错误；
故选A。
13. 有一反应：2A＋B2C，其中A、B、C均为气体，下图中的曲线是该反应在不同温度下的平衡曲线，x轴表示温度，y轴表示B的转化率，图中有 a、b、c三点，如图所示，则下列描述正确的是
A. 该反应是放热反应
B. b点时混合气体的平均摩尔质量不再变化
C. T1温度下若由a点达到平衡，可以采取增大压强的方法
D. c点：v(正)
【解析】
【分析】由反应方程式可知该反应的正反应为气体体积减小的反应。分析所给图示，可以看出随着温度的升高，B的转化率逐渐增大，表示反应向正反应方向进行，则该反应为吸热反应。
【详解】A．分析图示曲线的趋势，温度升高，反应正向进行，即正反应是吸热反应，A项错误；
B．b点在平衡曲线上，说明此时可逆反应达平衡状态，对于反应前后气体体积改变的反应，平均摩尔质量不再变化，B项正确；
C．T1温度下若由a点达到平衡，则可逆反应应向逆反应方向移动，增大压强会使该反应向正反应方向移动，不能达到目的，C项错误；
D．c点未处于平衡状态，要达到平衡状态，反应需向正反应方向进行，则v(正)>v(逆)，D项错误；
答案选B。
14. 水煤气变换反应为：。我国研究人员结合实验与计算机模拟结果，揭示了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程(如图所示)，其中吸附在金催化剂表面上的物质用·标注。下列说法正确的是
A. 步骤②的能垒(活化能)
B. 步骤③的转化关系可表示为：
C. 步骤①决定了水煤气变换反应的速率
D. 步骤⑤只有键和键形成
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干反应历程图示信息可知，步骤②的能垒(活化能)，A错误；
B．由题干反应历程图示信息可知，步骤③的转化关系可表示为：，B正确；
C．已知反应的能垒越大，反应速率越小，多步反应中总体反应速率取决于最慢的一步反应即能垒最大的一步反应，故步骤④才是决定了水煤气变换反应的速率，C错误；
D．由题干反应历程图示信息可知，步骤⑤有键和键、C-O键的形成，D错误；
故答案为：B。
15. 25℃时，在10mL浓度均为0.1ml/L的NaOH和混合溶液中滴加0.1ml/L盐酸，所得滴定曲线如图所示。下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是
A. a点溶液中：
B. b点溶液中：
C. c点溶液中：
D. d点溶液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由图可知，a点溶液为等体积等物质的量浓度的NaOH和混合溶液，溶液呈碱性，则，水和氢氧化钠都电离出，水解，所以溶液中，A错误；
B. b点处，氢氧化钠和盐酸恰好完全反应生成氯化钠，b点溶液中的溶质为等物质的量的和NaCl，根据物料守恒可得，根据电荷守恒可得，联立两式得
，B正确；
C. c点溶液中根据电荷守恒可得，因为此时pH=7，所以有，则，而，故，C错误；
D. d点溶液中的溶质为NaCl和，且两者的物质的量之比为2∶1，根据物料守恒有，且存在水的电离，故有，D错误；
答案选B。
二、填空题(共4道题，共55分)
16. Ⅰ．某温度时，在一个容积为2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图1所示。根据图中数据，填写下列空白。
（1）该反应的化学方程式为________________________________________。
（2）反应开始至2 min，气体Z的平均反应速率v(Z)=________。
（3）若X、Y、Z均为气体，反应达到平衡时：
①压强是开始时的________倍。
②若此时将容器的体积缩小为原来的，达到平衡时，容器内温度将升高(容器不与外界进行热交换)，则该反应的正反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。
（4）上述反应在t1～t6内反应速率与时间图象如图2所示，在每一时刻均改变一个影响反应速率的因素，则下列说法正确的是 (填字母)。
A. 在t1时增大了压强B. B．在t3时加入催化剂
C. 在t4时降低了温度D. t2～t3时X的转化率最高
Ⅱ．已知水溶液中c(H+)和c(OH-)的关系如图所示：
（5）图中B点水的离子积常数___________10-12(填“＞”、“＝”或“＜”)。
（6）从A点到D点，可采取的措施是___________。
a．升温 b．加入少量盐酸 c．降温 d．加入少量NaOH
（7）100℃时，pH=2的盐酸中水电离产生的H＋浓度为___________ml/L。
（8）25℃时，将pH=12的NaOH溶液与pH=3的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为___________。
【答案】（1）3X＋Y2Z
（2）0.05 ml·L－1·min－1
（3） ①. 0.9 ②. 放热 （4）B
（5）＜ （6）b
（7）1×10-10 ml/L
（8）1：10
【解析】
【小问1详解】
根据物质的量变化图分析：在反应开始后，随着反应的进行，X、Y的物质的量在减少，Z的物质的量在增加，说明X、Y是反应物，Z是生成物，反应到达化学平衡时，X转化了0.3 ml，Y转化了0.l ml，Z转化了0.2 ml，则化学计量数的比为0.3：0.1：0.2=3：1：2，故该反应的化学方程式为：3X+Y2Z；
【小问2详解】
根据图示可知：反应开始至2 min，气体Z的物质的量增加了0.2 ml，由于容器的容积是2 L，故用Z浓度变化表示的平均反应速率v(Z)=；
【小问3详解】
①根据图象中可知，开始时气体总物质的量为2 ml，平衡后气体总物质的量为0.9 ml+0.7 ml+0.2 ml=l.8 ml，在相同外界条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量的比，故P(平衡)：P(开始)=1.8 ml：2 ml=0.9；
②根据方程式，减小体积，即增大体系的压强，化学平衡向气体体积进行的正反应方向移动，同时容器内温度将升高，说明正反应方向为放热反应；
【小问4详解】
A．由图可知：t1时逆反应速率增大，正反应速率瞬时不变，说明改变条件应为增大生成物浓度，A错误；
B．t3~t4，反应速率增大，正、逆反应速率都增大且增大程度相同，说明改变的条件是加入催化剂，B正确；
C．t4时正、逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为减小压强，C错误；
D．t1时逆反应速率增大，逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，反应物转化率降低；t2 ~t3时反应处于平衡状态，反应物转化率不变；t3~t4时，正、逆反应速率都增大且增大程度相同，说明改变的条件是加入催化剂，化学平衡不移动，反应物转化率仍然不变； t4~t5时由于逆反应速率大于正反应速率，化学平衡逆向移动，导致反应物转化率降低，则t0~ t1时X的转化率最大，D错误；
故合理选项是B；
【小问5详解】
温度升高，水电离程度增大，水电离产生的c(H+)和c(OH-)增大，水的离子键Kw=c(H+)·c(OH-)增大。根据图示可知A点温度是25℃，Kw=10-14；C点温度100℃，Kw=10-12；B点温度介于25--100℃之间，故图中B点水的离子积常数小于10-12；
【小问6详解】
根据图示可知：A、D两点反应温度相同，Kw相同，溶液中c(H+)由10-7 ml/L变为10-5 ml/L，c(H+)增大，则改变的条件是加入了酸溶液，可能是加入少量盐酸，故合理选项是b；
【小问7详解】
100℃时，Kw=10-12，若盐酸溶液中pH=2，c(H+)=10-2 ml/L，则c(OH-)=，溶液中的OH-只有水电离产生，c(H+)水=c(OH-)水，则该溶液中水电离产生的H＋浓度为c(H+)水=1×10-10 ml/L；
【小问8详解】
25℃时，Kw=10-14，pH=12的NaOH溶液，c(OH-)=10-2 ml/L，pH=3的H2SO4溶液，c(H+)=10-3 ml/L，将两种溶液混合，若混合溶液pH=7，溶液显中性，则n(H+)=n(OH-)，因此c(OH-)·V(NaOH)=c(H+)·V(H2SO4)，10-2·V(NaOH)=10-3·V(H2SO4)，所以V(NaOH)：V(H2SO4)=10-3：10-2=1：10。
17. Ⅰ．温度t℃时，某NaOH稀溶液中c(H+)＝10-aml·L-1，c(OH-)＝10-b ml·L－1，已知a＋b＝12，请回答下列问题：
（1）该NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为__________，该NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)为__________。
（2）给该NaOH溶液加热时，pH________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
Ⅱ．现用盐酸标准溶液来测定NaOH溶液的浓度。有以下实验操作：
①向溶液中加入1～2滴指示剂
②取20.00 mL标准溶液放入锥形瓶中
③用氢氧化钠溶液滴定至终点
④重复以上操作
⑤配制250 mL盐酸标准溶液
⑥根据实验数据计算氢氧化钠的物质的量浓度
（3）实验过程中正确的操作顺序是______ (填序号)，上述操作②中使用的仪器除锥形瓶外，还需要______，用______作指示剂。
（4）滴定并记录V(NaOH)的初、终读数。数据记录如表所示：
某同学在处理数据过程中计算得到平均消耗NaOH溶液的体积V(NaOH)=mL＝20.20 mL。他的计算______ (填“合理”或“不合理”)，理由是____________。通过仪器测得第4次滴定过程中溶液pH随加入氢氧化钠溶液体积的变化曲线如图所示，则a______ (填“＞”“＜”或“＝”)20.02。
【答案】（1） ①. 10-b ml·L-1 ②. 10-a ml·L-1
（2）变小 （3） ①. ⑤②①③④⑥ ②. 酸式滴定管 ③. 酚酞
（4） ①. 不合理 ②. 第3次滴定时消耗NaOH溶液的体积明显偏大，该值应舍去 ③. ＜
【解析】
【小问1详解】
溶液中c(OH-)＝10-b ml·L－1，即NaOH物质的量浓度为10-b ml·L-1；该NaOH溶液中的氢离子均由水电离出，且c(H+)＝10-aml·L-1，由水电离出来的氢离子和氢氧根离子浓度相同，即由水电离出的c(OH－)为10-aml·L-1；
【小问2详解】
给氢氧化钠溶液加热时，Kw变大，c（H+）变大，pH变小；
【小问3详解】
在用未知浓度的溶液滴定已知浓度的盐酸的操作中，正确的操作顺序是配制标准液盐酸，取一定体积的盐酸于锥形瓶中，滴入2～3滴指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，重复实验2～3次，最后用得到的数据进行计算。故操作步骤为⑤②①③④⑥；操作②取标准溶液放入锥形瓶中，使用的仪器除锥形瓶外，还需要酸式滴定管；为了使滴定结果准确，可用酚酞作指示剂，以减小滴定误差；
【小问4详解】
该同学的计算不合理，原因是第3次滴定时消耗溶液的体积明显偏大，偏离真实值，应舍去；根据滴定曲线可知，在二者恰好完全反应时，pH=7，此时没有达到滴定突跃（指示剂未变色），所以a＜20.02。
18. Ⅰ.下列物质①、 ②、③NaOH、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨Fe、⑩氯化钠溶液
（1）向⑦的溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡______移动(填“正向”、“逆向”或“不移动”)，平衡时溶液中c(H+)______(填“增大”、“减小”或者“不变”)，______ (填“增大”、“减小”或者“不变”)。
（2）将的①溶液和的③溶液等体积混合后溶液显酸性，原因是_____________(结合有关离子方程式说明)。
（3）将标准状况下2.24L⑥缓慢通入1L0.15ml/L的③的溶液中，气体被充分吸收，离子浓度大小关系____________。
（4）将足量⑥缓慢通入1L0.15ml/L的③的溶液中，所得溶液显碱性，则溶液中水电离出的氢氧根离子浓度_________(填“大于”、“小于”、或“等于”)，加水稀释后pH_________填“增大”、“减小”、或“不变”)。
Ⅱ.常温下，向20mL溶液中缓慢滴加pH=13的NaOH溶液，混合溶液的温度与滴加NaOH溶液体积的关系如图2所示。
（5）试分析图中E、F、G三点，水的电离程度最大的是_________点。
（6）下列关系式正确的是_________ (填字母)。
a．E点存：
b．F点存在：
c．G点对应的溶液中：
【答案】（1） ①. 逆向 ②. 增大 ③. 不变
（2）两者反应离子方程式为：，电离程度大于水解，溶液显酸性
（3）
（4） ①. 大于 ②. 减小
（5）F （6）a
【解析】
【小问1详解】
存在部分电离：，滴加几滴浓盐酸，增大，平衡逆向移动；由于盐酸电离出的氢离子不能完全的通过逆向移动消除该影响，平衡时溶液中增大；该过程温度不变，不变；
【小问2详解】
等物质的量与NaOH反应生成NaHSO3，溶液显酸性，原因是两者反应的离子方程式为：，的电离程度大于水解，溶液显酸性；
【小问3详解】
标准状况下2.24L的物质的量为：，1L0.15ml/L的NaOH物质的量为0.15ml，由碳元素守恒，，又存在①和②，水解程度①＞②且水解程度都较小，则，所以则离子浓度大小关系为：；
【小问4详解】
过量与NaOH溶液反应所得溶液显碱性，由于水解促使水的电离，则水电离出的氢氧根离子浓度大于，加水稀释后减小，增大，所以溶液pH减小；
【小问5详解】
由图可知，E点为草酸和草酸氢钠的混合溶液、F点为草酸钠溶液、G点为草酸钠和氢氧化钠的混合溶液，盐类水解促进水的电离，酸碱的电离抑制水的电离，则F点水的电离程度最大；
【小问6详解】
a．由图可知，E点为等浓度草酸和草酸氢钠的混合溶液，溶液中存在物料守恒关系：，故a正确 ；
b．由图可知，F点为草酸钠溶液，溶液中存在质子守恒关系：，故b错误；
c．G点为等浓度的草酸钠和氢氧化钠的混合溶液，则溶液中微粒浓度的大小顺序为：，故c错误；
故选a。
19. 研究NOx之间的转化具有重要意义。
(1)已知：N2O4(g) 2NO2(g) ΔH＞0 将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。
①下列可以作为反应达到平衡的判据是________。
A．气体的压强不变 B．v正(N2O4)＝2v逆(NO2) C．K不变 D．容器内气体的密度不变 E．容器内颜色不变
②t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数Kp＝________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)＝p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。
③反应温度T1时，c(N2O4)随t(时间)变化曲线如图，画出0～t2时段，c(NO2)随t变化曲线。保持其它条件不变，改变反应温度为T2(T2＞T1)，再次画出0～t2时段，c(NO2)随t变化趋势的曲线________。
(2) NO氧化反应：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。
Ⅰ 2NO(g)=N2O2(g) ΔH1
Ⅱ N2O2(g)＋O2(g)→2NO2(g) ΔH2
①决定NO氧化反应速率的步骤是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4＞T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的NO，在温度_____(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因____。
【答案】 ①. AE ②. p ③. ④. Ⅱ ⑤. T4 ⑥. ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响
【解析】
【分析】（1）①化学反应平衡的判断可从以下几方面考虑：体系中所有反应物和生成物的质量（或浓度）保持不变，正反应速率等于逆反应速率；
②建立三段式求解可得；
③由图确定t1时反应生成的NO2浓度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；
（2）①由图可知，反应Ⅰ活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢；
②由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响。
【详解】（1）①A、该反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；
B、v正(N2O4)＝2v逆(NO2)说明正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，故错误；
C、温度不变，化学平衡常数K不变，则K不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；
D、由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器的体积不变，则密度始终不变，则密度不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；
E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；
AE正确，故答案为：AE；
②设起始N2O4的物质的量为1ml，由题给数据建立如下三段式：
由三段式数据可知N2O4的平衡分压为×p=，NO2的平衡分压为×p=，则平衡常数Kp＝=，故答案为：；
③由图可知，t1时反应消耗N2O4的浓度为（0.04—0.01）ml/L，由方程式可得反应生成NO2的浓度为0.03 ml/L×2=0.06 ml/L；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO2的浓度增大，则0～t2时段，NO2的浓度c(NO2)随t变化趋势的曲线为，故答案为：；
（2）①由图可知，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率反应Ⅰ快于反应Ⅱ，化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ，故答案为：Ⅱ；
②由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响，导致转化相同量的NO，在温度较高的T4下消耗的时间较长，故答案为：T4；反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响；编号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸溶液
盐酸
pH
11
11
3
3
滴定次数
1
2
3
4
V(HCl)/mL
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)/mL(初读数)
0.10
0.30
0.00
0.20
V(NaOH)/mL(终读数)
20.08
20.30
20.80
20.22
V(NaOH)/mL(消耗)
19.98
20.00
20.80
20.02
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