重庆市杨家坪中学2022-2023学年高二化学上学期1月期末试题（Word版附解析）

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重庆市杨家坪中学高2024级高二上期期末考试
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ag-108
第I卷选择题(共42分)
一、单选题(本题包括14小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 工业上采用高压条件合成氨气
B. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
C. 室温下，pH=1的醋酸溶液加水稀释100倍后pH＜3
D. 往盛有30%H2O2的试管中加入少许MnO2粉末，迅速产生大量气泡
【答案】D
【解析】
【详解】A．N2、H2在高温、高压催化剂存在条件下工业上采用高压条件合成氨气，该反应的正反应是气体体积减小的反应，工业上采用高压条件能够加快反应速率，可以使化学平衡正向移动，因而有利于合成氨气，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．Cl2溶于水，会发生反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，向水中加入食盐至溶液饱和，增大水中Cl-的浓度，化学平衡逆向移动，不利于反应该反应的发生，因此可以用排饱和食盐水的方法收集Cl2，能用勒夏特列原理解释，B不符合题意；
C．醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，溶液pH=1时，c(H+)=0.1 mol/L＜c(CH3COOH)，加水稀释时，若平衡不移动，c(H+)=10-3 mol/L，但稀释使化学平衡正向移动，当作c(H+)＞10-3 mol/L，因此加水稀释100倍后pH＜3，故能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；
D．往盛有30%H2O2的试管中加入少许MnO2粉末，MnO2粉末起催化剂作用，导致H2O2快速分解，因此迅速产生大量气泡，与化学平衡移动原理无关，D符合题意；
故合理选项是D。
2. 已知：①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)　ΔH＝－483.6 kJ·mol－1
②H2(g)＋S(g)=H2S(g)　ΔH＝－20.1 kJ·mol－1，下列判断正确的是
A. 若反应②中改用固态硫，则1 mol S(s)完全反应放出的热量大于20.1 kJ
B. ①反应的正反应活化能大于逆反应活化能
C. 由①②知，稳定性：H2O＞H2S
D. 氢气的燃烧热为241.8 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于物质由固态转化为气态过程中需要吸收热量，若反应②中改用固态硫，则1 mol S(s)完全反应放出的热量小于20.1 kJ，A错误；
B．由题干信息可知，反应①是一个放热反应，则有①反应的正反应活化能小于逆反应活化能，B错误；
C．由题干反应①②知，反应①的焓变远小于反应②，焓变越小说明生成物所具有的能量越低，而物质能量越低越稳定，则气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S，C正确；
D．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定的稳定的化合物(水为液态水)时放出的热量，则由反应①可知氢气的燃烧热不为241.8 kJ·mol－1，D错误；
故答案为：C。
3. 化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是

A. 甲：溶液中Zn2+向Cu电极方向移动，电子由锌经电解质溶液流向铜电极
B. 乙：正极的电极反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-
C. 丙：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄
D. 丁：使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降
【答案】A
【解析】
【详解】A．Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，电子不经过电解质溶液，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，A项错误；
B．Ag2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag，结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−，B项正确；
C．Zn为较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；
D．铅蓄电池总反应式为，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确；
故答案选A。
4. 下列化学知识在生产生活中的应用，描述合理的是
A. CO2和CH4催化重整可制备合成气，该反应为放热反应，生成物总能量大于反应物总能量。
B. 电池是人类生产和生活中的重要能量来源，原电池反应均是自发的氧化还原反应。
C. 工业制硫酸中一步重要反应是SO2在下催化氧化：， 使用催化剂是为了加快反应速率，提高原料转化率。
D. 化学反应速率是化工生产研究的主要问题之一，决定化学反应速率的主要因素是光照、超声波、压强和催化剂等。
【答案】B
【解析】
【详解】A．放热反应中生成物总能量小于反应物总能量，A错误；
B．原电池是自发的氧化还原反应，将化学能变成电能，B正确；
C．使用催化剂能加快反应速率，但不能影响平衡，不能提高原料转化率，C错误；
D．决定化学反应速率的主要因素是物质的本身的性质，光照、超声波、压强和催化剂等是次要因素，D错误；
故选B。
5. 下列实验不能达到预期目的的是
序号
实验操作
实验目的
A
向含有AgCl和AgNO3的浊液中滴加Na2S溶液，有黑色沉淀生成
证明Ksp(Ag2S) B
将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，溶液变红褐色
制备Fe(OH)3胶体
C
配制FeCl2溶液时，向溶液中加入少量Fe和稀盐酸
抑制Fe2+水解和防止Fe2+被氧化
D
将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中
研究温度对化学平衡移动的影响

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．AgNO3会和Na2S会反应生成Ag2S黑色沉淀，无法证明发生了沉淀的转化，则不能比较二者的溶解度，且二者为不同类型沉淀，无法通过溶解度比较溶度积，A错误；
B．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，溶液变红褐色，停止加热，可以得到Fe(OH)3胶体，B正确；
C．Fe2+水解会使溶液显酸性，加入稀盐酸可以抑制其水解，Fe3+可以Fe被还原为Fe2+，加入Fe可以防止FeCl2被氧化，C正确；
D．NO2的密闭玻璃球中存在平衡2NO2N2O4，NO2为红棕色气体，N2O4无色，浸泡在热水中观察颜色的变化可以研究研究温度对化学平衡移动的影响，D正确；
综上所述答案为A。
6. W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与Li+具有相同的电子层排布且半径稍大，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为3︰2，X与Z同主族，Z的价电子排布式为。下列说法错误的是
A. 气态氢化物的热稳定性： B. 第一电离能：
C. 原子半径： D. 电负性：
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与Li+具有相同的电子层排布且半径稍大，则W为H；Z的价电子排布式为3s23p4， Z为S；X与Z同主族，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为3:2，X为O，Y为Si，R为Cl。
【详解】A．元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性：S>Si，气态氢化物的热稳定性：H2S>SiH4，A正确；
B．同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，因此第一电离能：Cl>S>Si，B正确；
C．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：S>Cl>O，C错误；
D．根据同周期从左到右元素电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，因此电负性：S 答案选C。
7. 下列有关化学反应原理的说法不正确的是
A. 强酸和强碱的中和反应的活化能接近于零，所以反应速率很高
B. 恒温恒容条件下加稀有气体，化学反应速率不变，化学平衡不移动
C. 过程的自发性既能用于判断过程的方向，也能用于判断过程发生的速率
D. 溶解度较小的BaSO4在一定条件下也可以转化为溶解度略大的BaCO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态，因此活化能接近0，反应速率很高，A项正确；
B．恒温恒容条件下加稀有气体，反应体系中各气体的浓度都不变，则化学反应速率不变，化学平衡不移动，B项正确；
C．过程的自发性与反应速率无关，只能确定过程能否发生，C项错误；
D．在硫酸钡悬浊液中加入饱和碳酸钠溶液时，由于碳酸根离子浓度大，溶液中Ba2+与的离子积大于BaCO3的溶度积，因此会生成BaCO3沉淀，所以溶解度较小的BaSO4在一定条件下也可以转化为溶解度略大的BaCO3，D项正确；
答案选C。
8. 常温下，下列各组离子在相应条件下可能大量共存的是
A. 能使甲基橙显橙色的溶液中：NH、K+、NO、Cl-
B. 由水电离的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液中：Fe2+、Na+、NO、SO
C. 惰性电极电解饱和食盐水后的溶液中：Al3+、Na+、SO、Br-
D. 的溶液中：NH、Ba2+、Cl-、NO
【答案】A
【解析】
【详解】A．能使甲基橙显橙色的溶液为酸性溶液，NH、K+、NO、Cl-在酸性溶液中可以大量共存，故A符合题意；
B．由水电离的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液为酸或碱溶液，Fe2+与OH-不能大量共存，酸性条件下，NO可以氧化Fe2+而不能大量共存，故B不符合题意；
C．惰性电极电解饱和食盐水后的溶液为氢氧化钠溶液，Al3+在碱性条件下不能大量共存，故C不符合题意；
D．的溶液为碱溶液，NH在碱性条件下不能大量共存，故D不符合题意；
故选A。
9. 某钠-空气水电池的充、放电过程原理示意图如图所示，下列说法正确的是

A. 放电时，向负极移动
B. 放电时，电子由钠箔经导线流向碳纸
C. 充电时，当有通过导线时，则钠箔减重
D. 充电时，碳纸与电源负极相连，电极反应式为
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，放电时，钠箔为原电池的负极，钠失去电子发生氧化反应生成钠离子，电极反应式为Na—e—=Na+，碳纸为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e—+2H2O=4OH—；充电时，钠箔与电源负极相连，做电解池的阴极，碳纸与电源正极相连，做电解池的阳极。
【详解】A．放电时，阳离子向原电池的正极移动，则钠离子向正极移动，故A错误；
B．放电时，电子由负极经导线流向正极，由分析可知，钠箔为原电池的负极，碳纸为正极，则放电时，电子由钠箔经导线流向碳纸，故B正确；
C．由分析可知，充电时，钠箔与电源负极相连，做电解池的阴极，电极反应式为Na++ e—=Na，则当有0.1mol电子过导线时，则钠箔增重2.3g，故C错误；
D．由分析可知，充电时，碳纸与电源正极相连，做电解池的阳极，故D错误；
故选B。
10. 已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：则下列有关说法正确的是
弱酸化学式
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数
1.8×10﹣5
4.9×10﹣10
K1＝4.3×10﹣7
K2＝5.6×10﹣11

A. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(CH3COOH)＞pH(H2CO3)＞pH(HCN)
B. 醋酸溶液加水稀释，其电离程度先增大后减小
C. NaCN中通入少量CO2发生的化学反应为：NaCN+CO2+H2O＝HCN+NaHCO3
D. 稀释HCN溶液过程中，减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性CH3COOH＞H2CO3＞HCN，浓度相同酸性越强pH越小，所以等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(CH3COOH)＜pH(H2CO3)＜pH(HCN)，故A错误；
B．弱电解质的浓度越小电离程度越大，即加水稀释，电离程度一直增大，故B错误；
C．根据电离平衡常数的大小关系可知酸性H2CO3＞HCN＞HCO，所以NaCN中通入少量CO2生成碳酸氢钠和HCN，化学方程式为NaCN+CO2+H2O＝HCN+NaHCO3，故C正确；
D．，加水稀释酸性减弱，氢离子浓度减小，电离平衡常数不变，所以增大，故D错误；
综上所述答案为C。
11. H2与ICl的反应分两步完成，其能量曲线如图所示。

反应①：H2(g)+2ICl(g)=HCl(g)+HI(g)+ICl(g)
反应②：HCl(g)+HI(g)+ICl(g)=I2(g)+2HCl(g)
下列有关说法不正确的是
A. 反应①的能垒比反应②的大，所以总反应的反应速率取决于第②步反应
B. 反应①、②均是反应物总能量高于生成物总能量
C. H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g) △H=-218kJ•mol-1
D. 温度升高，活化分子百分数增大，反应碰撞概率增大，反应速率加快
【答案】A
【解析】
【详解】A．能垒越大，反应速率越慢，反应①的能垒比反应②的大，则总反应的反应速率主要由反应①决定，故A错误；
B．由图象可知，反应①、②均为放热反应，其反应物总能量均高于生成物总能量，故B正确；
C．反应①和②总的能量变化为218 kJ，根据盖斯定律，①+②得H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g) △H=-218kJ·mol-1，故C正确；
D．温度升高，活化分子百分数增大，从而使反应碰撞概率增大，反应速率加快，故D正确；
故选A。
12. 在容积固定2 L密闭容器中发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) △H＝a kJ·mol－1，若充入2 mol CO(g)和4 mol H2(g)，在不同温度、不同时段下H2的转化率如下表：(已知a1≠a2)

15分钟
30分钟
45分钟
1小时
T1
45%
75%
85%
85%
T2
40%
60%
a1
a2
下列说法中错误的是
A. T1℃下，45分钟该反应达到平衡状态
B. 根据数据判断：T1 C. T2℃下，在前30分钟内用CO表示的化学反应速率为1.20 mol/(L·h)
D. 该反应的△H>0
【答案】B
【解析】
【分析】根据平衡的定义，当物质的浓度保持不变时达到的状态即为平衡状态进行判断平衡点，根据转换率可表示单位时间内转换的快慢可以判断反应速率。根据速率公式进行计算速率。
【详解】A．T1℃下，45分钟到1小时氢气的转化率不变，故可判断达到平衡，故A正确；B．根据a1≠a2判断T2时达到平衡的时间在45分钟后，T2比T1的反应慢，故温度低，B不正确；
C．T2℃下，在前30分钟内氢气的转化率为60%，则转换了的氢气的物质的量为：4 mol ×60%=2.4mol，则转换的一氧化碳根据方程式计算得：1.2mol，根据速率公式得：，故C正确；
D．根据温度T2到T1的转化率降低，说明平衡相对向逆移，而温度降低，故逆反应为放热，正反应时吸热反应，故D正确；
故选答案B。
【点睛】注意反应是吸热还是放热，根据温度对平衡的影响进行判断，升高温度平衡向吸热方向移动。
13. 下图是一套模拟工业生产的电化学装置。丙装置中两电极均为惰性电极，电解质溶液为KCl溶液，不考虑气体溶解，且钾离子交换膜只允许钾离子通过。下列说法正确的是

A. 若甲装置中b为精铜，a为镀件，则可实现a上镀铜
B. 丙装置可以制取KOH溶液，制得的KOH可以通过g口排出
C. 当d电极消耗标准状况下2.24LO2时，丙装置中阳极室溶液质量减少29.8g
D. 若甲装置中a、b均为惰性电极，向甲所得溶液中加入0.05molCu2(OH)2CO3后恰好使溶液复原，则电路中转移的电子数目为0.2NA
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，乙装置为燃料电池，通入甲醇的c极为燃料电池的负极，通入氧气的d极是正极，甲装置为电镀池或电解硫酸铜溶液的电解池，与燃料电池负极c相连的b极为阴极，a极为阳极，丙装置为电解氯化钾溶液的电解池，与燃料电池正极d相连的e极为阳极，f极为阴极。
【详解】A．若装置甲为电镀池，实现镀件上镀铜，阴极为镀件，阳极为精铜，则b极为镀件，a极为精铜，故A错误；
B．由分析可知，丙装置为电解氯化钾溶液的电解池，e极为阳极，f极为阴极，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，钾离子通过钾离子交换膜进入阴极区，则高浓度的氢氧化钾溶液从h口排出，故B错误；
C．由分析可知，丙装置为电解氯化钾溶液的电解池，e极为阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，富集的钾离子通过钾离子交换膜进入阴极区，阳极室溶液减少质量实际为氯化钾的质量，当d电极消耗标准状况下2.24L氧气时，由得失电子数目守恒可知，阳极室溶液减少质量为×4×74.5mol/L=29.8g，故C正确；
D．若甲装置中a、b均为惰性电极，该装置为电解硫酸铜溶液的电解池，向所得溶液中加入碱式碳酸铜后恰好使溶液复原说明电解过程中先电解硫酸铜溶液，后电解水，由加入的碱式碳酸铜的物质的量为0.05mol可知，参与电解的铜离子为0.1mol、水为0.05mol，则电路中转移的电子数目为0.1mol×2×NAmol—1+0.05mol×2×NAmol—1=0.3NA，故D错误；
故选C。
14. 已知时，向溶液中逐滴加入的盐酸，滴入过程中，溶液中、分布系数【如的分布系数：】与的变化关系如图所示。

下列叙述错误的是
A. 水的电离程度：
B. 的数量级是
C. 时，
D 时，
【答案】C
【解析】
【详解】A．随溶液pH逐渐增大，CN-浓度逐渐增大，且CN-促进水的电离平衡，故水的电离程度依次增大，即，故A正确；
B．e点时，c(CN-)=c(HCN)，=10-9.2，数量级是，故B正确；
C．时，发生反应HCl+NaCN=NaCl+HCN，故溶质为等物质的量浓度的NaCN、NaCl、HCN，根据B中电离常数可得NaCN水解大于HCN电离，故，故C错误；
D．根据电荷守恒可得，，故D正确；
故选C。
第II卷非选择题(共58分)
15. 图像分析是研究化学问题的重要手段。请分析以下图像，回答有关问题。
（1）理论分析在密闭容器中发生的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＜0。不同时刻，保持其它条件不变，只改变某一个条件，正、逆反应速率随时间变化示意图如图所示。

请在以下表格中填入各时刻改变的条件。
时刻
t1
t2
t3
t4
t5
t6
条件变化
_______
_________
使用催化剂
增加反应物
_________
_________

（2）密闭容器中，发生反应：mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g) △H。图为C的体积分数φ(C)在不同压强P下随时间t变化的曲线和A的转化率α(A)在不同压强下随温度T变化的曲线。

请回答下列问题(填“＞”、“=”或“＜”)：
①m+n________p+q，②△H________0，③P3________P4。
（3）常温下，相同pH的盐酸和醋酸分别加水稀释，溶液中氢离子浓度随溶液体积变化曲线如图所示。

①曲线Ⅱ表示的是______稀释的变化曲线。
②将a点溶液与b点溶液混合，醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+将向________移动。
③a、b、c三点的导电能力大小顺序为________。
（4）T1、T2两种温度下BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，请回答下列问题：

①T1_________T2(填“＞”、“＜”或“=”)，T2时Ksp(BaSO4)=________。
②根据T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，判断下列说法正确的是________(填序号)。
A.加入Na2SO4可由a点变为b点
B.在T1曲线上方区域(不含曲线)的任意一点时，均有BaSO4沉淀生成
C.蒸发溶剂可能由d点变为T1曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)
D.升温可由b点变d点
【答案】（1） ①. 升高体系温度 ②. 减小生成物浓度 ③. 增大容器体积减小压强 ④. 移出催化剂/换用性能较差催化剂负催化剂
（2） ①. ＜ ②. ＜ ③. ＜
（3） ①. 醋酸 ②. 正反应方向或右 ③. a＞b＞c
（4） ①. T1＜T2 ②. 5.0×10-9 ③. ABC
【解析】
【小问1详解】
反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的正反应是气体分子数减少的放热反应；t1时刻改变条件正、逆反应速率都加快，但v逆＞v正，平衡向逆反应方向移动，则t1时刻改变的条件是升高体系温度；t2时刻改变条件的瞬间正反应速率不变、逆反应速率减小，平衡正向移动，t2时刻改变的条件是减小生成物浓度；t5时刻改变条件正、逆反应速率都减小，但v逆＞v正，平衡向逆反应方向移动，t5时刻改变的条件为增大容器体积减小压强；t6时刻改变条件正、逆反应速率都减小，但正、逆反应速率仍相等，平衡不移动，t6时刻改变的条件为移出催化剂(换用性能较差的催化剂或用负催化剂)”。
【小问2详解】
①根据左图信息，P2比P1先出现拐点，则P2时反应速率更快，对气体参与的反应压强越大，反应速率越快，故P2＞P1，达到平衡时，压强越大，生成物C的体积分数越小，说明增大压强、平衡逆向移动，故反应方程式气体系数和应是左小右大，即m+n＜p+q；
②由右图曲线变化可知，温度越高，反应物A的转化率越低，说明升高温度、平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，故正反应方向是放热反应，即△H＜0；
③右图中作横坐标的垂线交两条曲线各一点，结合左图分析结果，同温度下，压强增大，平衡逆移，反应物A的转化率变小，故A的转化率小的曲线对应压强更大，P3＜P4。
【小问3详解】
①氢离子浓度相同的盐酸和醋酸，醋酸浓度要高于盐酸，稀释两酸，醋酸由醋酸分子进一步电离补充氢离子，盐酸中HCl已完全电离，无氢离子补充，故稀释同等倍数后，醋酸溶液氢离子浓度相对大，故曲线Ⅰ表示的是盐酸稀释的变化曲线，曲线Ⅱ表示的是醋酸稀释的变化曲线；
②b点溶液氢离子浓度小于a点溶液，故两溶液混合相当于在稀释醋酸，氢离子浓度整体下降，所以醋酸电离平衡被破坏，电离程度将进一步增大，醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反应方向或向右移动；
③溶液中离子带电荷相同的情况下，离子浓度越高，溶液导电性越好，故由图象可知a、b、c三点溶液的离子浓度由大到小的顺序为a＞b＞c，所以a、b、c三点的导电能力由大到小的顺序为a＞b＞c。
【小问4详解】
①升高温度促进溶解，溶度积常数增大，依据图象可知T1＜T2；T2时根据c点对应的离子浓度可知Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)c()=1.0×10-4×5.0×10-5=5.0×10-9；
②A．加入Na2SO4，硫酸根浓度增大，沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+(aq)逆向移动，c(Ba2+)减小，但仍是饱和溶液，则可由a点变为b点，A项正确；
B．在T1曲线上方区域(不含曲线)的任意一点时离子积均大于溶度积，因此均有BaSO4沉淀生成，B项正确；
C．蒸发溶剂硫酸根、钡离子浓度均增大，因此可能由d点变为T1曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)，C项正确；
D．升温离子的浓度不变，不可能由b点变为d点，D项错误；
答案选ABC。
16. 碳的化合物在生产、生活中有着重要的作用。
（1）已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H1=-566kJ•mol-1
H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) △H2=-41kJ•mol-1
CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H3=-107kJ•mol-1
则2CO2(g)+4H2O(g)=2CH3OH(g)+3O2(g) △H=_______kJ•mol-1。
（2）T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中通入4.0molCO2和6.8molH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=50kJ•mol-1，5分钟时反应达到平衡，CO2的转化率为50%，回答下列问题：
①在0～5min内容器中v(H2)=_______。
②反应过程中，下列各项指标能表明A容器中反应的v正＜v逆的是_______(填标号)。
A.体系内的压强增大 B.气体的平均相对分子质量减小
C.H2O(g)的物质的量增加 D.v正(CO2)=v逆(H2)
（3）T℃时，通入1.0molCO和3.0molH2于恒压容器(带可移动活塞)中，起始容积为2L，发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。5分钟时反应达到平衡，CO的转化率为50%，回答下列问题：
①该温度下上述反应的平衡常数K=________；平衡时H2的转化率是_______。
②若达平衡后，再充入1.0nolCO、4.0molH2、1.0molCH3OH，平衡_______(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。
（4）CH3OH和O2组合形成的燃料电池的结构如图所示，质子(H+)交换膜左右两侧的溶液均为1L2mol/L的H2SO4溶液。电极c是_______(填“正”或“负”)极，写出物质a在电极c上发生的反应式为_______。

【答案】（1）+1320
（2） ①. 0.6mol•L-1•min-1 ②. AB
（3） ①. 或0.5625 ②. 33.3% ③. 不
（4） ①. 负 ②. CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+
【解析】
【小问1详解】
将已知反应依次编号为①
②
③
由盖斯定律可知，可得反应，则；
【小问2详解】
①由二氧化碳的转化率为可知，三步法如下：

则在内容器中；
②A．该反应为气体体积减小反应，体系内的压强增大，说明平衡向逆反应方向移动，，故A正确；
B．该反应为气体体积减小的反应，气体的平均相对分子质量减小，说明平衡向逆反应方向移动，，故B正确；
C．的物质的量增加，说明平衡向正反应方向移动，，故C错误；
D．，说明平衡向正反应方向移动，，故D错误；
故选AB；
【小问3详解】
①由5分钟时反应达到平衡，一氧化碳的转化率为可知，

平衡时体积为，一氧化碳的浓度为、氢气的浓度为、甲醇的浓度为，平衡常数或0.5625；平衡时的转化率是；
②平衡后，物质的量之比为；再充入、、，为等比例加入各物质，容器为恒压容器(带可移动活塞)，且反应温度不变，根据等效平衡原理平衡不移动；
【小问4详解】
原电池反应时，电解质中的阳离子向正极移动，因此电极为负极，通入的物质是，在电极上发生的反应为：。
17. 实验室用0.1080NaOH溶液以酸碱中和滴定法测定未知浓度酸溶液的浓度。
I.实验过程(摘录)
（1）用滴定管取待测盐酸溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加2滴酚酞作指示剂。若盛装NaOH标准溶液的碱式滴定管中液面位置如图所示，则读数为___________mL。

（2）滴定过程中，眼睛应始终注视___________。
（3）滴定终点的判断依据是___________。
II.数据记录
实验编号
盐酸待测体积V/mL
消耗NaOH标准液体积V/mL
1
25.00
20.80
2
25.00
20.00
3
25.00
19.95
4
25.00
20.05
III.数据处理
（4）计算该盐酸溶液的浓度___________(精确到小数点后4位)。
IV.误差分析
（5）以下操作会导致待测盐酸浓度测定结果偏高的是___________(填字母)。
A. 装待测液前，锥形瓶中有少量蒸馏水
B. 滴定过程中锥形瓶内壁有NaOH标准溶液附着，滴定终点时仍未流下
C. 滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D. 观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
V.拓展
（6）常温下，若用0.1000NaOH溶液分别滴定20.00mL等浓度的盐酸和醋酸溶液，得到两条滴定曲线，如图所示：

请回答：达到B、D状态时，反应消耗的NaOH溶液的体积a___________b(填“>”“<”或“=”)。
【答案】（1）0.70
（2）锥形瓶中溶液颜色的变化
（3）滴入最后一滴标准溶液后，溶液由无色变为浅红色。且半分钟内不变色
（4）0.0864 （5）BC
（6）>
【解析】
【小问1详解】
滴定管读数时眼睛与凹液面的最低处水平，如图读数为：0.70mL；
【小问2详解】
滴定过程中，左手控制滴定管，右手摇锥形瓶，眼睛应始终注视锥形瓶中溶液颜色的变化；
【小问3详解】
用0.1080NaOH溶液以酸碱中和滴定法测定未知浓度酸溶液，滴定终点的判断依据是滴入最后一滴标准溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不变色；
【小问4详解】
根据表格中数据可知1数据误差太大，舍去，消耗NaOH标准液平均体积V=20.00+19.95+20.05=20.00mL，；
【小问5详解】
A. 装待测液前，锥形瓶中有少量蒸馏水不影响盐酸总物质的量，对测量结果无影响；
B. 滴定过程中锥形瓶内壁有NaOH标准溶液附着，滴定终点时仍未流下，氢氧化钠没被利用，造成氢氧化钠体积偏大，测定盐酸浓度偏高；
C. 滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成氢氧化钠体积偏大，测定盐酸浓度偏高；
D. 观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视造成氢氧化钠体积偏小，测定盐酸浓度偏低；
故答案为：BC
【小问6详解】
根据滴定突跃可知图1为用0.1000NaOH溶液分别滴定20.00mL等浓度的盐酸，图2滴定突跃为碱性可知是氢氧化钠滴定醋酸，B点为氢氧化钠和盐酸正好反应生成氯化钠，消耗氢氧化钠体积20.00mL，D点是氢氧化钠滴定醋酸到中性，如果正好滴定完全生成醋酸钠，溶液显碱性，要想使溶液显中性氢氧化钠体积要小于20.00mL，故a>b；
18. I.合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就，在很大程度上解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。
（1）自然界中的氮元素主要以分子的形式存在于空气中，是人工固氮的主要来源。基态氮原子的轨道表示式为________，占据最高能级电子的电子云轮廓图为________形。
（2）铁触媒是普遍使用的以铁为主体的多成分催化剂，通常还含有Al2O3、K2O、CaO、MgO、Cr2O3等氧化物中的几种。
①上述氧化物所涉及的元素中，处于元素周期表中p区的元素是_______。
②比较Mg、Ca第一电离能的大小：________。O的第一电离能小于N，原因是_______。
II.回答下列问题：
（3）从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物的化学键的破坏和生成物的化学键的形成过程。
化学键
H－H
N－H
N≡N
键能/kJ•mol-1
436
a
945
已知：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) △H=-93kJ•mol-1。试根据表中所列键能数据计算a的数值_______。
（4）已知：C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5kJ•mol-1①
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H2=-571.6kJ•mol-1②
2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) △H3=-2599kJ•mol-1③
根据盖斯定律，计算反应2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)的△H=______。
【答案】（1） ①. ②. 哑铃
（2） ①. Al、O ②. Mg＞Ca ③. O的价电子层2s22p4，失去一个电子后，2p能级达到半满的结构，相对稳定；N的价电子层2s22p3，半满的结构，相对稳定，不易失去电子
（3）391 （4）+226.7kJ•mol-1
【解析】
【小问1详解】
基态氮原子的电子排布式为，其轨道表示式为 ；占据最高能级为，其电子云轮廓图为哑铃形；
【小问2详解】
①上述氧化物所涉及的元素中，处于元素周期表中区的元素是；
②同一主族从上到下，第一电离能逐渐减小，则第一电离能的大小为；的价电子层，失去一个电子后，能级达到半满的结构，相对稳定；的价电子层，半满的结构，相对稳定，不易失去电子，故第一电离能：；
【小问3详解】
，；
【小问4详解】