四川省成都市石室中学2024-2025学年高二上学期10月月考化学试卷（Word版附解析）

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试卷说明：
1.满分100分，考试时间90分钟；
2. 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 K：39 S：32 Cl：35.5 Cu：64
I卷
一、选择题(共22道小题，单选，每题2分)
1. 下列词语描述中，属于△H0的化学变化的是
A. 春风化雨B. 滴水成冰C. 蜡炬成灰D. 聚沙成塔
【答案】C
【解析】
【详解】A．春风化雨不包含化学变化，故A不选；
B．滴水成冰不包含化学变化，故B不选；
C．蜡炬成灰是放热反应，△H0，故C选；
D．聚沙成塔不包含化学变化，故D不选；
答案选C。
2. 在一个密闭容器中发生如下反应：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)，反应过程中某一时刻测得SO2、O2、SO3的浓度分别为：0.2 ml·L－1、0.2 ml·L－1、0.2 ml·L－1，当反应达到平衡时，可能出现的数据是( )
A. c(SO3)＝0.4 ml·L－1B. c(SO2)＝c(SO3)＝0.15 ml·L－1
C. c(SO2)＝0.25 ml·L－1D. c(SO2) + c(SO3)＝0.5 ml·L－1
【答案】C
【解析】
【详解】反应过程中某一时刻测得SO2，O2，SO3的浓度分别为：0.2ml•L-1，0.2ml•L-1，0.2ml•L-1，假设二氧化硫和氧气转化为三氧化硫，当二氧化硫完全转化时，氧气有0.1ml/L的转化，生成0.2ml/L三氧化硫，此时c(SO2)=0、c(O2)=0.1ml/L、c(SO3)=0.4ml/L；
假设三氧化硫完全转化为二氧化硫和氧气，则c(SO2)=0.4ml/L、c(O2)=0.3ml/L、c(SO3)=0ml/L，实际上存在平衡状态，所以存在0＜c(SO2)＜0.4ml/L、0.1ml/L＜c(O2)＜0.3ml/L、0＜c(SO3)＜0.4ml/L。
A．c(SO3)＝0.4 ml·L－1，不满足0＜c(SO3)＜0.4ml/L，故A错误；
B．c(SO2)＝c(SO3)＝0.15 ml·L－1，c(SO2)、c(SO3)不可能都减小，故B错误；
C．c(SO2)＝0.25 ml·L－1，满足0＜c(SO2)＜0.4ml/L，故C正确；
D．根据方程式2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)，c(SO2) + c(SO3)＝0.4 ml·L－1，故D错误；
故选C。
3. 足量块状铁与100mL 0.01ml/L的稀硫酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变生成的量，可以使用如下方法中的
①滴入几滴硫酸铜溶液②加NaOH固体③将稀硫酸改用98%的浓硫酸④将块状铁改为铁粉⑤加入固体⑥升高温度
A. ③④⑥B. ①④⑥C. ②③⑤D. ①⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】①铁与硫酸铜反应置换出铜单质，形成铁铜原电池，加快反应速率，故正确；②加NaOH固体，硫酸浓度降低，反应速率减小，故错误；③将稀硫酸改用98%的浓硫酸，与铁反应不发生氢气，且常温下钝化，故错误；④将块状铁改为铁粉，固体表面积增大，反应速率增大，故正确；⑤加NaNO3固体，不影响反应速率，故错误；⑥升高温度，反应速率增大，故正确；
【详解】A．③将稀硫酸改用98%的浓硫酸，与铁反应不发生氢气，且常温下钝化，不能加快反应速率，A错误；
B．①④⑥均符合要求，B正确；
C．②加NaOH固体，硫酸浓度降低，反应速率减小，C错误；
D．⑤加NaNO3固体，不影响反应速率，D错误；
故选B。
4. 人体血液里存在H2CO3/缓冲体系，可使血液的pH稳定在7.35～7.45，当血液pH低于7.2或高于7.5时，会发生酸中毒或碱中毒。缓冲体系的作用可用H+(aq)+(aq)H2CO3(aq)CO2(g)+H2O(l)表示。已知该温度下H2CO3的pKa1=6.1，pKa2=10.3，下列说法不正确的是
A. 正常人体血液中，c()c(H2CO3)，故A不正确；
B．当过量的碱进入血液中时，发生反应：H2CO3+ OH-= H2O+和OH-+=+ H2O，故B正确；
C．当人体血液中：时，由得，，超过7.45的上限，人体出现碱中毒，故C正确；
D．由缓冲作用表达式可知，注射NaHCO3溶液使平衡正向移动，氢离子浓度降低，可以缓解症状，故D正确；
答案选A。
5. 下面是利用盐桥电池从某些含碘盐中提取碘的两个装置，下列说法中正确的是( )

A. 两个装置中石墨Ⅰ和石墨Ⅱ作负极
B. 碘元素在装置①中被还原，在装置②中被氧化
C. ①中MnO2极的电极反应式为MnO2＋2H2O＋2e－===Mn2＋＋4OH－
D. 装置①、②中生成等量的I2时，导线上通过的电子数之比为1∶5
【答案】D
【解析】
【详解】A. 装置①中碘离子失去电子，石墨Ⅰ是负极，装置②中碘酸钠得到电子被还原，石墨Ⅱ作正极，A项错误；
B. 根据A项分析可知，碘元素在装置①中被氧化，在装置②中被还原，B项错误；
C. ①中MnO2得到电子，溶液呈酸性，则电极反应式为MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O，C项错误；
D. ①中1ml碘化钠失去1ml电子，②中1ml碘酸钠得到5ml电子，则装置①、②中生成等量的I2时，导线上通过的电子数之比为1∶5，D项正确；
故答案为D。
6. 下列电离方程式或水解方程式书写正确的是
A. ①④⑦⑧⑨B. ①⑨C. ①D. ②③⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①熔融状态下，NaHSO4电离生成Na+和，电离方程式为NaHSO4=Na++，故①正确；
②H2CO3是二元弱酸，分步电离，电离方程式为H2CO3H++、H++，故②错误；
③Al(OH)3的碱式电离不完全，电离方程式为Al(OH)3Al3++3OH-，故③错误；
④亚硫酸氢钠是强电解质，在水溶液中的电离方程式为NaHSO3=Na++，故④错误；
⑤HCl是强酸，不水解，其电离方程式为HCl+H2O=H3O++Cl-，故⑤错误；
⑥AlCl3是强酸弱碱盐，水解反应可逆，水解方程式为AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，故⑥错误；
⑦Na2CO3是强碱弱酸盐，分步水解，水解方程式为+H2O+OH-、+H2OH2CO3+OH-，故⑦错误；
⑧+H2O+H3O+是的电离方程式，其水解方程式为+H2OH2CO3+OH-，故⑧错误；
⑨NH4Cl在D2O中水解时与D2O反应生成NH3•HDO和D+，水解方程式为+D2ONH3•HDO+D+，故⑨错误；
故选：C。
7. 50 mL 0.50 ml∙L-1盐酸与50 mL 0.55 ml∙L-1NaOH 溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和反应反应热。下列说法错误的是
A. 仅凭如图装置无法完成实验
B. 倒入NaOH 溶液的正确操作是沿玻璃棒缓慢倒入
C. 用同浓度的氨水代替NaOH 溶液进行上述实验，测得ΔH偏大
D. 改用25mL 0.50 ml∙L-1盐酸与25mL 0.55 ml∙L-1NaOH 溶液进行测定，中和热的数值不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．仅凭如图装置还缺少环形玻璃搅拌棒，无法完成实验，选项A正确；
B．为了减少能量损失，一次迅速倒入NaOH溶液，选项B错误；
C．用同浓度的氨水代替NaOH 溶液进行上述实验，NH3·H2O的电离会吸收部分热量，使放出的热量偏少，放热焓变为负值，则测得ΔH偏大，选项C正确；
D．中和热的含义是稀的强酸和强碱溶液反应生成1ml水的过程中所放出的热量，改用25mL 0.50 ml∙L-1盐酸与25mL 0.55 ml∙L-1NaOH 溶液进行测定，中和热的数值不变，选项D正确；
答案选B。
8. 催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是

A. 使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行B. 反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C. 使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡D. 使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；
B．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；
C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；
D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确；
故选C。
9. 某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4ml·L−1Na2CO3溶液和40mL0.2ml·L−1NaHCO3溶液，再分别用0.4ml·L−1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线，下列说法正确的的是
A. 图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B. 当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：+H+=CO2↑+H2O
C. Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)>c()
D. 根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
【答案】D
【解析】
【分析】碳酸钠在溶液中的的水解程度大于碳酸氢钠，0.4ml/L碳酸钠溶液的pH大于0.2ml/L碳酸氢钠溶液，则甲曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸、乙曲线表示碳酸氢钠溶液中滴加盐酸；碳酸钠溶液先与盐酸反应生成氯化钠和碳酸氢钠，反应生成的碳酸氢钠再与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，则丁曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸、丙曲线表示碳酸氢钠溶液中滴加盐酸。
【详解】A．由分析可知，甲、丁曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸、乙、丙曲线表示碳酸氢钠溶液中滴加盐酸，故A错误；
B．由题意可知，碳酸钠溶液与盐酸反应生成碳酸氢钠时，消耗盐酸溶液的体积为20mL，由图可知，V1大于20，没有二氧化碳气体逸出，则溶液中发生的反应为+H+= H2CO3，故B错误；
C．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中分步水解，以一级水解为主，则溶液中碳酸根离子浓度远大于碳酸浓度；而碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，因此满足c(H2CO3)>c()，故C错误；
D．由图可知，c点溶液的pH在9左右，符合酚酞的变色范围，可用酚酞作指示剂；d点溶液的pH在4左右，符合甲基橙的变色范围，可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，故D正确；
故选D。
10. 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. 两溶液稀释前的浓度相同
B. a点的Kw值比b点的Kw值大
C. a点水电离的c(H+)大于c点水电离的c(H+)
D. a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为c>a>b
【答案】C
【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．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，故A错误；
B．相同温度下，Kw相同，a点的Kw等于b点的Kw值，故B错误；
C．c点导电能力大于a点，则c点氢离子浓度大于a点，氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度就越大，则c点水电离的H+物质的量浓度小于a点水电离的H+物质的量浓度，故C正确；
D．导电能力越大，说明离子浓度越大，酸性越强，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为b>a>c，故D错误；
答案选C。
11. 炼油、石化等工业会产生含硫(-2价)废水，可通过催化氧化法进行处理，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。其中MnO2为催化剂，附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法错误的是

A. 转化I中Mn的化合价未发生变化
B. 催化氧化过程中有共价键的断裂
C. 催化氧化过程的总反应为：O2＋2H2O＋2S2-4OH-+2S
D. 催化剂使用一段时间后催化效率会下降，原因是生成S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处
【答案】A
【解析】
【详解】A．转化I中锰形成的化学键数目发生改变，故化合价发生变化的元素有S和O、Mn，A错误；
B．二氧化锰为离子化合物，由图可知，转化I中二氧化锰氧脱离生成空位，为离子键的断裂；水生成OH-存在共价键的断裂；B正确；
C．由图可知，催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质，即催化氧化过程的总反应为：O2＋2H2O＋2S2-4OH-+2S，C正确；
D．反应中生成硫单质，生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，D正确；
故答案为：A。
12. 下列离子方程式与所给事实相符的是
A. 往溶液中滴加几滴浓NaOH溶液，溶液由橙色变黄：
B. 往淀粉KI溶液中滴入硫酸，溶液变蓝：
C. 加热溶液，溶液由蓝色变为黄绿色：
D. 草酸使高锰酸钾褪色的总反应为：
【答案】B
【解析】
【详解】A．往溶液中滴加几滴浓NaOH溶液，溶液由橙色变黄，是因为存在平衡，滴加几滴浓NaOH溶液，平衡正向移动，A错误；
B．往淀粉KI溶液中滴入硫酸，溶液变蓝，说明酸性环境中氧气将碘离子氧化生成碘单质，离子反应为：，B正确；
C．，为蓝色，为黄绿色，加热溶液，溶液由蓝色变为黄绿色，说明该平衡正向移动，正向反应为吸热反应，C错误；
D．草酸是弱酸不能拆写成离子，应为，D错误；
故选B。
13. 室温时，取HCl和HA(一元酸，)混合溶液20mL，用NaOH溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. a点时，溶液中
B. b点时，
C. c点时，
D. a→c过程中，水的电离程度逐渐增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．a点为HCl和HA混合溶液，HCl是强酸在水溶液中完全电离，HA是弱酸在水溶液中不能完全电离，则溶液中，故A正确；
B．b点加入20mLNaOH溶液，反应后的溶液为NaCl和HA的等物质的量浓度混合溶液，根据物料守恒，故B正确；
C．c点加入40mLNaOH溶液，反应后的溶液为NaCl和NaA的等物质的量浓度混合溶液，A-发生水解而使浓度降低，，故C错误；
D．a→c过程中，加入的NaOH溶液分别和HCl和HA发生中和反应，水的电离程度逐渐增大，故D正确；
故选C。
14. 下列反应及其自由能与温度的关系如下图所示：
Ⅰ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1=−116kJ·ml−1
Ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2=−41kJ·ml−1
Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3
下列说法错误的是
A. 反应Ⅱ在Tc2=c3
B. t=10 min时，(N2O)=2.0×10−3ml·L−1 · s−1
C. 相同条件下，增大N2O的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率
D. 保持其他条件不变，若N2O起始浓度为0.200 ml·L−1，当浓度减至一半时共耗时100 min
【答案】A
【解析】
【分析】根据表中数据分析，该反应的速率始终不变，N2O的消耗是匀速的，说明反应速率与无关，故速率方程中n=0；
【详解】A．由分析可知，n=0，与N2O浓度无关，为匀速反应，每10min一氧化二氮浓度减小0.02，则，A正确；
B．由分析可知，n=0，速率与N2O浓度无关，为匀速反应，t=10min时瞬时速率等于平均速率==≠，B错误；
C．速率方程中n=0，反应速率与N2O的浓度无关，C错误；
D．保持其他条件不变，该反应的反应速率不变，即为，若起始浓度，减至一半时所耗时间为=50min，D错误；
答案选A。
16. 用0.2500ml/L的盐酸滴定20ml某未知浓度的氢氧化钠溶液实验中，所测数据如表：
下列说法正确的是( )
A. 用蒸馏水洗涤后的酸式滴定管即可装入盐酸标准溶液
B. 氢氧化钠溶液的浓度为0.3125ml/L
C. 滴定过程中可以选用石蕊溶液做指示剂
D. 若酸式滴定管在滴定前尖端有气泡，而滴定后气泡消失，则氢氧化钠溶液浓度偏低
【答案】B
【解析】
【分析】第3次实验与另两次实验相比，误差太大，数据不能采用。
【详解】A．酸式滴定管装入盐酸时，要确保其物质的量浓度不发生改变，所以用蒸馏水洗涤后的酸式滴定管，还要用盐酸标准溶液润洗2~3次，才能装入盐酸标准溶液，A不正确；
B．前两次实验所用盐酸的平均体积为=25.00mL，氢氧化钠溶液的浓度为=0.3125ml/L，B正确；
C．在滴定过程中石蕊的颜色变化不明显，不可以选用石蕊溶液做指示剂，C不正确；
D．若酸式滴定管在滴定前尖端有气泡，而滴定后气泡消失，则所读取标准盐酸的体积偏大，所测氢氧化钠溶液的浓度偏高，D不正确；
故选B。
17. 在10 L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g) + Y(g)M(g) + N(g)，所得实验数据如下表：
下列说法正确的是
A. 实验①中，若5 min时测得n(M)=0.050 ml，则0至5 min时间内，用N表示的平均反应速率υ(N)=1.0×10－2 ml/(L·min)
B. 实验②中，该反应的平衡常数K=2.0
C. 实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%
D. 实验④中，达到平衡时，b＞0.060
【答案】C
【解析】
【详解】A.实验①中，若5min时测得n(M)＝0.050ml，浓度是0.0050ml/L，根据反应的化学方程式可知，同时生成的N的物质的量浓度也是0.0050ml/L，因此0至5min时间内，用N表示的平均反应速率υ(N)＝0.0050ml/L÷5min＝1.0×10－3ml/(L·min)，A项错误；
B、实验②中，平衡时M的浓度是0.0080ml/L，同时生成的N的浓度是0.0080ml/L，消耗X与Y的浓度均是0.0080ml/L，因此平衡时X和Y的浓度分别为0.01ml/L－0.0080ml/L＝0.002ml/L，0.04ml/L－0.0080ml/L＝0.032ml/L，因此反应的平衡常数K=(0.0080×0.0080)÷(0.002×0.032)=1，B项错误；
C.根据反应的化学方程式可知，如果X的转化率为60%，则
X(g)＋Y(g)M(g)＋N(g)
起始浓度（ml/L） 0.020 0.030 0 0
转化浓度（ml/L） 0.012 0.012 0.012 0.012
平衡浓度（ml/L）0.008 0.018 0.012 0.012
温度不变，平衡常数不变，则K=(0.0120×0.0120)÷(0.008×0.018)=1，即反应达到平衡状态，因此最终平衡时X的转化率为60%。C项正确；
D.700℃时
X(g)＋Y(g)M(g)＋ N(g)
起始浓度（ml/L） 0.040 0.010 0 0
转化浓度（ml/L） 0.009 0.009 0.009 0.009
平衡浓度（ml/L） 0.0310 0.001 0.009 0.009
则该温度下平衡常K=(0.009×0.009)÷(0.031×0.001)=2.6＞1，这说明升高温度平衡常数减小，即平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应。若容器④中温度也是800℃，由于反应前后体积不变，则与③相比④平衡是等效的，因此最终平衡时M的物质的量b＝0.5a＝0.06。当温度升高到900℃时平衡向逆反应方向移动，因此b＜0.060，D项错误；
答案选C。
18. 下表是在相同温度下三种酸的一些数据，下列判断正确的是
A. 在相同温度下，电离常数：K1>K4>K5
B. 在相同温度下，从HX的数据可以说明：弱电解质溶液浓度越小，电离度越大，且K1>K2>K3
C. 室温时，若在HZ溶液中加少量盐酸，则的值不变
D. 表格中三种浓度的HX溶液，从左至右c(X−)逐渐增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．在相同温度下，相同浓度的不同电解质溶液，电离度越大，电离常数越大，相同温度下同种电解质溶液电离常数相等，电离度HX＜HY＜HZ，所以电离常数：K5＞K4＞K3=K1，A不正确；；
B．在相同温度下，弱电解质溶液的浓度越小，电离度越大，但电离常数不变，所以K1=K2=K3，B不正确；
C．室温时，若在HZ溶液中加少量盐酸，则HZ溶液中c(H+)增大，HZ的电离平衡逆向移动，c(Z-)减小，所以的值增大，C不正确；
D．表格中三种浓度的HX溶液中，从左至右c(HX)逐渐增大，虽然电离度不断减小，但酸性增强，电离产生的离子浓度不断增大，所以从左至右c(X-)逐渐增大，D正确；
答案选D。
19. 一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。
③加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题中信息可知，量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，发生醇解反应，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解，加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液；在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解，用-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液；两次实验消耗标准溶液的差值为，由反应原理可知，该差值产生的原因是因为醇解产物不消耗，则R守恒可知，n(ROH)=n()=，因此，样品中羟基质量分数=， A正确，故选A。
20. 下面是某小组探究外界条件对化学反应速率和平衡影响的图象，其中图象和结论表达均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．若m+n=p，该反应是气体体积不变的反应，增大压强，反应速率加快，但平衡不移动，B的物质的量分数不变，则图中a曲线可能使用了催化剂，故A错误；
B．由图可知，T1条件下反应先达到平衡，则反应温度T1大于T2，升高温度X的浓度减小，即升温平衡正向移动，正反应ΔH②
C. 向③、④中分别加入醋酸钠晶体后，两种溶液的pH均增大
D. 将①、③等体积混合后溶液呈中性，该溶液中：c()= c(CH3COO−)
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温下，pH=11的KOH溶液中，pH=3的硫酸中c(H+)=10-3ml/L，将aL ②与bL ④混合，忽略溶液体积变化，所得溶液的pH=5，说明酸过量，则，解得a∶b=99∶101，A错误；
B．pH=11的氨水中一水合氨在稀释过程中还能继续电离出氢氧根，加水稀释1000倍后，pH减小不足3个单位，即pH>8；pH=11的氢氧化钾溶液加水稀释1000倍后，pH减小3个单位，即pH=11-3=8，则稀释后溶液的pH：①>②，B正确；
C．向醋酸中加入醋酸钠晶体，醋酸根离子浓度增大，使醋酸的电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，pH增大；向硫酸中加入醋酸钠晶体，醋酸根离子和氢离子会结合生成醋酸，氢离子浓度减小，pH增大，C正确；
D．将①、③等体积混合后恰好完全反应生成醋酸铵，醋酸铵完全电离出醋酸根离子和铵根离子，由电荷守恒得：c()+ c(H+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)，因混合后溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，则该溶液中：c()= c(CH3COO-)，D正确；
故选A。
22. 二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：
反应I：
反应II：
在固定的原料比及体系压强不变的条件下，同时发生反应I、II，平衡时部分物质的物质的量分数随温度的变化如图所示。
下列说法正确的是
A. 反应一定可以自发进行
B. 温度高于时，温度对反应I的影响大于对反应II的影响
C. 由如图可知随着温度的升高，的平衡转化率先下降后升高
D. 其他条件不变，延长反应时间或选用对反应II催化性能更好的催化剂都能提高平衡混合物中乙醇含量
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干信息，反应的，该反应为气体分子数减少的反应，，在高温下，可有，反应不能自发进行，A错误；
B．由图象，温度高于600K时，的物质的量分数急剧下降，说明反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度，即温度升高对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ，B正确；
C．由图象，温度低时，反应Ⅰ较完全，反应反应Ⅱ进行得少，CO含量低，600K后，反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度，因此，随着温度升高，反应Ⅱ始终逆向进行，H2的平衡转化率始终下降，C错误；
D．温度不变时，平衡常数不变，延长反应时间不会影响平衡状态，平衡混合物中乙醇的含量不变，选用对反应Ⅱ催化性能更好的催化剂只会加快反应速率，不影响平衡混合物中乙醇的含量，D错误；
答案选B。
II卷
二、填空题(共4道大题)
23. Ⅰ．根据所学知识回答下列问题。
（1）在一定条件下可实现反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH>0，该反应催化原理分两步，第一步为吸热的慢反应，第二步为放热的快反应，正确的能量变化示意图为___________。(选填字母)
A. B.
C. D.
（2）二甲醚CH3OCH3是重要的化工原料，也可用CO和H2制得，总的热化学方程式如下：2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=−206.0kJ·ml−1，工业中采用“一步法”，通过复合催化剂使下列甲醇合成和甲醇脱水反应同时进行：
ⅰ．甲醇合成反应：___________。
ⅱ．甲醇脱水反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=−24.0kJ·ml−1
①写出ⅰ的热化学方程式：___________。
②若起始时向容器中投入2ml CO和4ml H2，测得某时刻上述总反应中放出的热量为51.5kJ，此时CO的转化率为___________。
Ⅱ．现有下列物质：①熔融的NaCl ②稀硫酸 ③液氯 ④冰醋酸 ⑤铜 ⑥BaSO4 ⑦NaHSO4 ⑧液氨 ⑨SO2 ⑩Ca(OH)2固体。
（3）以上物质中属于弱电解质的是___________(填数字序号，下同)，属于非电解质的是___________。
（4）可以证明醋酸是弱酸的事实是___________(填字母序号)。
a．醋酸和水能以任意比例混溶
b．在醋酸水溶液中还含有未电离的醋酸分子
c．醋酸与Na2CO3溶液反应放出CO2气体
d．1ml·L−1的醋酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色
e．等体积等pH的醋酸和盐酸分别与足量氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗的氢氧化钠更多
（5）某温度时，某酸性溶液pH=5，其中c(OH−)=10−10ml·L−1，将pH=a的Ba(OH)2溶液V1L与10−bml·L−1的NaHSO4，溶液V2L混合(忽略体积变化)。若所得混合溶液呈中性，且a=12，b=1，则V1：V2=___________。
【答案】（1）D （2） ①. CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH=−91.0kJ·ml−1 ②. 25%
（3） ①. ④ ②. ⑧⑨
（4）be （5）100∶1
【解析】
【小问1详解】
由方程式可知，该反应是反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应；反应的活化能越大，反应速率越慢，由题意可知，第一步为吸热的慢反应，第二步为放热的快反应，则第一步反应的活化能大于第二步，反应的能量变化示意图为，故选D；
【小问2详解】
①由盖斯定律可知，(正反应—反应ⅱ) ×=反应ⅰ，则反应ⅰ为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，反应的ΔH=[(−206.0kJ·ml−1)—(−24.0kJ·ml−1)]×=−91.0kJ·ml−1，反应的热为化学方程式CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH=−91.0kJ·ml−1，故答案为：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH=−91.0kJ·ml−1；
②由题意可知，总反应放出的热量为51.5kJ，则由方程式可知，一氧化碳的转化率为×100%=25%，故答案为：25%；
【小问3详解】
冰醋酸在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，属于弱电解质；液氨、二氧化硫不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故答案为：④；⑧⑨；
【小问4详解】
a．醋酸和水能以任意比例混溶不能说明醋酸在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，不能证明醋酸是弱酸，故错误；
b．在醋酸水溶液中还含有未电离的醋酸分子说明醋酸在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，能证明醋酸是弱酸，故正确；
c．醋酸与Na2CO3溶液反应放出CO2气体说明醋酸的酸性强于碳酸，但不能说明醋酸在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，不能证明醋酸是弱酸，故错误；
d．1ml·L−1的醋酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色说明醋酸溶液呈酸性，但不能说明醋酸在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，不能证明醋酸是弱酸，故错误；
e．等体积等pH的醋酸和盐酸分别与足量氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗的氢氧化钠更多说明醋酸在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，能证明醋酸是弱酸，故正确；
故选be；
【小问5详解】
某温度时，某酸性溶液pH=5，其中c(OH−)=10−10ml·L−1，则水的离子积常数Kw=10−5×10−10=10−15，由题意可得：×V1=10−1×V2，解得V1：V2=100：1，故答案为：100：1。
24. 完成下列问题。
（1）甲醇−水蒸气重整在工业生产中用途广泛，主要反应为CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) ∆H。
已知同时还进行的反应有：Ⅰ．CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ∆H1=+90.8kJ/ml
Ⅱ． CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ∆H2=−41.1 kJ/ml，则：
① CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) ∆H=___________。自发进行的条件是___________(填字母)。
A．高温 B．低温 C．所有温度 D．所有温度均不自发
②实际生产中，CH3OH与H2O投料比常