四川省绵阳市盐亭中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试化学试卷（Word版附解析）

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可能用到的相对原子质量有：H1 C12 O16 Na23 Si28 S32 Cl35.5 Cu64
第一部分 选择题(共42分)
一、选择题(本题共14个小题，每小题3分，共42分)
1. 下列关于化学与能源的说法错误的是
A. 柴草及化石燃料转化成能源时一定发生化学反应
B. 在多能源结构时期，氢能、生物质能等的核心仍然是化学反应
C. 核能、太阳能等的利用取决于新型材料的合成与开发
D. 过去和现在，能源的开发与利用离不开化学，将来能源的开发与利用不需要化学
【答案】D
【解析】
【详解】A．柴草及化石燃料转化成能源时，均要燃烧，燃烧为放热反应，均有新物质生成，均发生了化学反应，故A正确；
B．氢能是由电解水制得；生物质能是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，光合作用也是化学反应，故B正确；
C．核能、太阳能的利用需要提出能发生核变化的金属，需要制备晶体硅等，故C正确；
D．过去和现在，能源的开发与利用离不开化学，将来能源的开发与利用也需要化学，即人教版《必修2》P36，“能源的开发和利用离不开化学，过去、现在、将来都是如此”，故D错误；
答案为D。
2. 下列说法正确的是
A. 非自发的反应一定可以通过改变条件使其成为自发反应
B. 相同物质的量的同种物质气态时熵值最小，固态时熵值最大
C. 反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的
D. 恒温恒压下，且的反应一定不能自发进行
【答案】C
【解析】
【详解】A．非自发的反应是在任何条件下均不能自发进行的反应，故A错误；
B．同一种物质的熵：气态>液态>固态，即相同物质的量的同种物质气态时熵值最大，固态时熵值最小，故B错误；
C．反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)的，时反应能自发进行，该反应室温下可自发进行，则，故C正确；
D．恒温恒压下，且的反应在任何条件下均有，即且的反应一定能自发进行，故D错误；
故选：C。
3. 某同学在实验报告中记录了下列数据，其中正确的是
A. 用酸式滴定管测出消耗盐酸的体积为
B. 用托盘天平称取固体
C. 用量筒量取盐酸
D. 用试纸测出某溶液为
【答案】A
【解析】
【详解】A．滴定管的精确度为，酸式滴定管量取酸性溶液，用酸式滴定管测出消耗盐酸的体积为，故A正确；
B．托盘天平的精度为，故B错误；
C．量筒的精度是，可以用量筒量取盐酸，故C错误；
D．用试纸测出的溶液为整数，故D错误；
故答案为：A。
4. 一定条件下，某密闭容器内发生反应，经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4ml·L-1，在这段时间内用O2 表示的平均反应速率为0.04ml·L-1·s-1，则这段时间为
A. 2.5sB. 5 sC. 7.5 sD. 10 s
【答案】B
【解析】
【详解】根据化学方程式可知v(SO3)=2v(O2)=20.04 ml·L-1·s-1，根据v=知，这段时间为=5s，故选B。
5. 某化学兴趣小组用铝片与稀硫酸反应制取氢气，以下能够加快该反应速率的是
①用98%的浓硫酸代替稀硫酸 ②加热 ③改用铝粉 ④增大稀硫酸的体积 ⑤加水 ⑥加入少量硫酸铜
A. 全部B. ②③⑥C. ①②③⑥D. ②③④⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】①浓硫酸与金属反应不能生成氢气，错误；
②加热，能加快反应速率，正确；
③改用铝粉，增大表面积，能加快反应速率，正确；
④增大稀硫酸的体积，硫酸的浓度减小，不能加快反应，错误；
⑤加水后，溶液的体积增大，硫酸的浓度减小，反应速率减慢，错误；
⑥加入少量硫酸铜与铝反应生成 铜，形成原电池，能加快反应，正确；
②③⑥正确，答案选B。
6. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 对于反应体系，给平衡体系增大压强可使颜色变深
B. 在溶液中存在如下平衡，，若向溶液中滴入滴浓硫酸，溶液颜色橙色加深
C. 氯水中存在的平衡：，当加入适当的后，溶液颜色变浅
D. 对于反应 ，平衡体系升高温度颜色变深
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应气体分子总数不变，增大压强，平衡不移动，但由于的浓度增大，使颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，A正确；
B．向溶液中滴入滴浓硫酸，溶液颜色橙色加深，说明浓度增大时，平衡逆向移动，能用勒夏特列原理解释，B错误；
C．当向氯水中加入适当的后，溶液颜色变浅，说明氯气浓度减小，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，C错误；
D．该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的浓度增大，颜色变深，能用勒夏特列原理解释，D错误；
故答案为：A。
7. H2与N2在催化剂表面生成NH3，反应历程及能量变化示意如下图。下列说法错误是
A. 该反应为放热反应
B. ①→②：断开H −H键和N≡N时需要吸收能量
C. ②→③：原子重新组合形成了N −H键
D. 选择不同的催化剂会改变此反应∆H的数值
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图中信息反应物总能量大于生成物总能量，因此该反应为放热反应，故A正确；
B．断键吸收热量，因此①→②是断开H −H键和N≡N时，因此需要吸收能量，故B正确；
C．②→③中是原子重新组合形成了N −H键，故C正确；
D．选择不同的催化剂会改变反应的活化能，但反应∆H的数值不变，故D错误。
综上所述，答案为D。
8. 以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：
相关反应的热化学方程式为
反应I：SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq) △H1=-213kJ/ml
反应Ⅱ：H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+O2(g) △H2=+327 kJ/ml
反应Ⅲ：2HI(aq)=H2(g)+I2(g) △H3=+172kJ/ml
下列说法不正确的是
A. 该过程实现了太阳能到化学能的转化
B. SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用
C. 总反应的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+286kJ/ml
D. 该过程使水分解制氢反应更加容易发生，但总反应的△H不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知利用太阳能使化学反应发生，则太阳能转化为化学能，A正确；
B．由图可知总反应为水分解生成氧气、氢气，则SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用，B正确；
C．由盖斯定律可知，I+II+III得到H2O(l)═H2 (g)+O2(g) △H=(-213kJ•ml-1)+(+327kJ•ml-1)+(+172kJ•ml-1)=+286 kJ•ml-1，C错误；
D．催化剂降低反应的活化能，不影响焓变，则该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的△H不变，D正确；
故答案为：C。
9. 下列有关实验装置、操作的描述中正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．为了抑制加热时的水解，所以需要在HCl氛围中加热，A正确；
B．不能用试纸测量有漂泊性的NaClO的pH，B错误；
C．滴定管量程从上往下增大，读数应该为11.80mL，C错误；
D．图为碱式滴定管排气泡操作，D错误；
故选A。
10. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 水电离产生的的溶液中：、、、
B. 使甲基橙试液变红的溶液中：、、、
C. 在加入铝粉能产生的溶液中：、、、
D. 的溶液：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，水电离产生的，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，可能呈碱性，在碱性环境下，与间发生反应形成沉淀，不能共存，故A错误；
B．使甲基橙试液变红的溶液呈酸性，溶液中与间发生反应，不能共存，故B错误；
C．在加入铝粉能产生的溶液可能呈酸性，可能呈碱性，在碱性环境下与、间均可发生反应生成沉淀，故C错误；
D．常温下，的溶液呈碱性，在碱性环境下各离子间不反应，可以大量共存，故D正确；
答案选D。
11. 在平衡体系Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)＋2OH－(aq) △H＜0中，能使c(Ca2+)减小，而使c(OH－)增大的是
A. 加入少量CuCl2固体B. 加入少量NaCl固体
C. 加入少量K2CO3固体D. 升高体系温度
【答案】C
【解析】
【详解】A. 加入少量CuCl2固体，铜离子和OH－反应，平衡正向移动，c(Ca2+)增大，c(OH－)减小，故A不符合题意；
B 加入少量NaCl固体，对平衡无影响，c(Ca2+)不变，c(OH－) 不变，故B不符合题意；
C. 加入少量K2CO3固体，钙离子和碳酸根反应生成碳酸钙沉淀，平衡正向移动，c(Ca2+)减小，c(OH－)增大，故C符合题意；
D. 该溶解平衡是放热过程，升高体系温度，平衡逆向移动，因此c(Ca2+)减小，c(OH－) 减小，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
12. 常温下，下列四种溶液中，水的电离程度最大的是
A. 的溶液B. 的溶液
C. 的溶液D. 的溶液
【答案】A
【解析】
【分析】溶液中c(H+)水=c(OH-)水，纯水中均为10-7ml/L（常温下）；酸和碱抑制水的电离，c(H+)水=c(OH-)水10-7ml/L。
【详解】A．pH=5的NH4Cl溶液中铵根离子水解，促进水的电离，c(H+)水=c(OH-)水=10-5ml/L；
B．pH=5的H2SO4溶液中，氢离子抑制水的电离，c(H+)水=c(OH-)水==10-9ml/L；
C．pH=8的CH3COONa溶液中醋酸根离子水解促进水的电离，c(H+)水=c(OH-)水==10-6ml/L；
D．pH=8的NaOH溶液中NaOH电离产生的氢氧根离子抑制水的电离，c(H+)水=c(OH-)水=10-8ml/L；
综上，此题选A。
13. 不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是
A. Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大
B. 由②和③可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快
C. 由①和③可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快
D. 氧化过程的离子方程式为：4Fe2++ O2+4H+= 4Fe3++ 2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图象可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，故A正确；
B．②和③变量为pH，由图象可知，由②和③可知，pH越小，Fe2+氧化速率越快，故B错误；
C．①和③变量为温度，由图象可知，①和③的溶液的pH相同，温度越高，Fe2+氧化速率越快，故C正确；
D．氧化过程发生的反应为酸性条件下，亚铁离子与氧气反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；
故选B。
14. 常温下，向溶液中滴入的稀盐酸，溶液中与稀盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 常温下，电离常数的数量级为
B. a点对应的溶液中：
C. b点对应的溶液中水的电离程度最大，且溶液中
D. c点溶液中
【答案】D
【解析】
【分析】向ROH滴加HCl，a点对应的溶液中溶质为等物质的量的ROH和RCl，b点对应酸碱恰好完全中和，得RCl溶液，c点溶液中溶质n(RCl)=n(HCl)；
【详解】A．结合图像，V=0mL时，，可知c(OH−)=1×10−3ml·L−1，Kb===10−5，A错误；
B．a点对应的溶液中溶质为等物质的量的ROH和RCl，溶液呈碱性，根据电荷守恒有c(R+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，结合c(OH−)>c(H+)，得：c(R+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)，B错误；
C．b点对应酸碱恰好完全中和，得RCl溶液，此时水的电离程度最大，结合物料守恒，溶液中c(Cl−)=c(R+)+c(ROH)，C错误；
D．c点溶液中溶质n(RCl)=n(HCl)，根据物料守恒，溶液中c(Cl−)=2c(R+)+2c(ROH)，D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 现有下列物质①熔化的 ②稀盐酸 ③氯气 ④冰醋酸 ⑤铜 ⑥酒精 ⑦硫酸氢钠 ⑧液氨 ⑨，请按要求回答下列问题。
（1）属于强电解质的是_______(填序号)。
（2）在上述状态下能导电的是_______(填序号)。
（3）属于弱电解质的是_______(填序号)。
（4）可以证明④是弱酸的事实是_______(填序号)。
A. 乙酸和水能以任意比例混溶
B. 在乙酸水溶液中含有未电离的乙酸分子
C. 乙酸与溶液反应放出气体
D. 的乙酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色
（5）有下列物质的溶液：a．、b．、c．、d．，若四种溶液的物质的量浓度相同，其由水电离由大到小顺序为_______(用字母序号表示，下同)。若四种溶液的相同，其物质的量浓度由大到小顺序为_______。
（6）常温下，有相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积()随时间()变化的示意图正确的是_______(填字母)。(①表示盐酸，②表示醋酸)
A. B.
C. D.
【答案】（1）①⑦ （2）①②⑤
（3）④ （4）B
（5） ①. ②. （6）C
【解析】
【小问1详解】
在水中能够完全电离的电解质是强电解质，题给物质中NaCl、NaHSO4在水中能完全电离，故上述物质中属于强电解质的是①⑦。
【小问2详解】
熔化的有自由移动的，能导电；稀盐酸中含有能自由移动的，能导电；铜是金属，能导电。故在上述状态下能够导电的是①②⑤。
【小问3详解】
冰醋酸是纯净的乙酸，在水中只能部分电离，属于弱电解质，故上述物质中属于弱电解质的是④。
【小问4详解】
A．乙酸和水能以任意比例混溶，表现的是乙酸的溶解性，与酸性强弱无关，A不符合题意；
B．在乙酸水溶液中含有未电离的乙酸分子，说明乙酸只能部分电离，证明乙酸是弱酸，B符合题意；
C．乙酸与溶液反应放出气体，说明乙酸酸性比碳酸强，不能说明乙酸是弱酸，C不符合题意；
D．的乙酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色，只能证明乙酸具有酸性，不能证明其是弱酸，D不符合题意；
故选B。
【小问5详解】
CH3COOH是一元弱酸，在水中只能部分电离；H2SO4是二元强酸，1mlH2SO4在水中完全电离，产生2ml；HCl是一元强酸，NaHSO4是强电解质，1mlHCl和1mlNaHSO4在水中完全电离，分别产生1ml；若四种溶液的物质的量浓度相同，溶液中由大到小的顺序是：c>b=d>a，溶液中越大，对水的电离抑制程度越大，因此由水电离的由大到小的顺序是：a>b=d>c。若四种溶液的相同，需要CH3COOH分子最多，所以a的物质的量浓度最大；b、d的物质的量浓度相同且比a的小，c的物质的量浓度最小，故四种溶液的物质的量浓度由大到小顺序为a>b=d>c。
【小问6详解】
醋酸是弱酸，在水溶液中存在电离平衡：，当减小，平衡向正方向移动，能减弱溶液中的减小，盐酸中溶质HCl完全电离，不存在电离平衡，因此，常温下，相同、体积相同的醋酸和盐酸溶液，分别与足量的锌粉发生反应，反应过程中，消耗相同的锌粉后，醋酸溶液中的始终比盐酸的大，因此锌粉与醋酸溶液反应的速率比与盐酸反应快；相同时，醋酸溶液的物质的量浓度比盐酸的大，溶液体积相同时，醋酸溶液中含有的溶质物质的量更多，故锌粉与醋酸溶液反应时产生的氢气更多；综上所述，正确的选项是C。
16. 某学生用的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，操作如下：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体；
③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数；
④移取20.00mL待测液注入洁净的存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。
请回答下列问题：
（1）以上步骤有错误的是_______(填编号)。若测定结果偏高，原因可能是_______(填字母)。
A．在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水
B．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确
C．锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗
D．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡
（2）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为___________mL。
（3）根据下列数据，请计算待测盐酸的浓度：___________。
（4）拓展：某同学学习了中和滴定，将该原理又应用到葡萄酒中抗氧化剂残留量(以游离计算)的测定
准确量取100.00mL葡萄酒样品，加酸蒸馏出抗氧化剂成分，取馏分于锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用物质的量浓度为标准溶液滴定至终点，重复操作三次，平均消耗标准溶液22.50mL。(已知滴定过程中所发生的反应是)。
①滴定前需排放装有溶液的滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为___________(填字母)。
A． B． C． D．
②判断达到滴定终点的依据是___________；所测100.00mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量(以游离计算)为___________。
【答案】（1） ①. ① ②. BCD
（2）22.60 （3）0.2000
（4） ①. C ②. 滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去 ③. 144
【解析】
【小问1详解】
碱式滴定管水洗后，需选标准液润洗，则①错误，故答案：①；
A．在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水对实验结果无影响，测定结果不变，故A不选；
B．滴定终点读数时仰视，其他操作正确，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故B选；
C．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过后，再用待测液润洗，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故C选；
D．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，初始读数偏小，滴定后无气泡，终点时读数正确，所以两者之差偏大，会使得结果偏大，测定结果偏高，故D选；
故答案为：BCD；
【小问2详解】
滴定管的小刻度在上方，每个刻度为0.01mL，图中读数为22.60mL，故答案为：22.60；
【小问3详解】
三次滴定消耗的体积为：19.90mL、22.10mL、22.10mL，第二次实验数据偏差大舍弃，消耗平均V(NaOH)=20.00mL，则盐酸的浓度为=0.2000ml•L-1，故答案为：0.2000；
【小问4详解】
①I2溶液具有较强氧化性，能腐蚀胶管，需要在酸式滴定管中，则排放滴定管尖嘴处的气泡的方法为C，故答案为：C；
②I2能使淀粉溶液变蓝色，该实验用标准I2溶液滴定含有SO2的馏分溶液，起始时溶液无色，当滴入最后半滴标准液时，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去，说明达到滴定终点；反应为I2+SO2+2H2O═2HI+H2SO4，则n(SO2)=n(I2)=cV=0.0100ml⋅L-1×0.0225L=0.000225ml,m(SO2)=nM=0.000225ml×64g/ml=0.0144g=14.4mg,所测葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量为=144mg/L，故答案为：滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去；144。
17. 处理、回收CO是环境科学家研究的热点课题。
（1）环境空气质量指数(AQI)日报和实时报告包括了NO2、CO、O3、PM10、PM2.5等指标，为公众提供健康指引，引导当地居民合理安排出行和生活。
已知：①2NO(g)=N2(g)＋O2(g) ΔH=-180.5 kJ·ml-1
②C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.5 kJ·ml-1
③2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH=-221 kJ·ml-1
某反应的平衡常数表达式为K=，写出此反应的热化学方程式：___________。
（2）CO用于处理大气污染物N2O所发生的反应为N2O(g)＋CO(g)CO2(g)＋N2(g) ΔH=-365 kJ·ml-1，几种物质的相对能量如下：
①a=___________kJ·ml-1，改变下列“量”，一定会引起ΔH发生变化的是___________(填代号)
A．温度 B．反应物浓度 C．催化剂 D．化学计量数
②有人提出上述反应可以用“Fe＋”作催化剂。其总反应分两步进行：
第一步：___________；(写化学方程式)
第二步：FeO＋＋CO=Fe＋＋CO2。
（3）在实验室，采用I2O5测定空气中CO的含量。在密闭容器中充入足量的I2O5粉末和一定量的CO，发生反应：I2O5 (s)＋5CO(g)5CO2(g)＋I2(s)。测得CO的转化率如图1所示。

①相对曲线a，曲线b仅改变一个条件，改变的条件可能是加入催化剂或者___________。
②在此温度下，该可逆反应的平衡常数K=___________(用含x的代数式表示)。
（4）工业上，利用CO和H2合成CH3OH，在1 L恒容密闭容器中充入1 ml CO(g)和n ml H2，在250 ℃发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，测得平衡时混合气体中CH3OH的体积分数与H2的物质的量的关系如图2所示。在a、b、c、d点中，CO的平衡转化率最大的点是___________。

【答案】（1）CO(g)＋NO(g)N2(g)＋CO2(g) ΔH=-373.25 kJ·ml-1
（2） ①. 0 ②. D ③. Fe＋＋N2O=FeO＋＋N2
（3） ①. 增大压强 ②.
（4）d
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律可得：②×2-①-③，2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-393.5kJ/ml×2-180.5kJ/ml+221.0kJ/ml=-746.5 kJ/ml，某反应的平衡常数表达式为K=，根据平衡常数的定义，此反应的热化学方程式：CO(g)＋NO(g)N2(g)＋CO2(g) ΔH=-373.25 kJ·ml-1。故答案为：CO(g)＋NO(g)N2(g)＋CO2(g) ΔH=-373.25 kJ·ml-1；
【小问2详解】
①△H=生成物所具有的总能量-反应物所具有的总能量=(393.5+a-475.5-283)kJ•ml-1=-365 kJ•ml-1，a=0，反应热只与具体反应的化学计量数有关，与温度、压强、催化剂、转化率、反应物浓度等无关，故选D，故答案为：0；D；
②根据催化剂定义，第二步反应中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被还原成Fe+，其总反应分两步进行：第一步：Fe＋＋N2O=FeO＋＋N2；第二步：FeO＋＋CO=Fe＋＋CO2。故答案为：Fe＋＋N2O=FeO＋＋N2；
【小问3详解】
①曲线b和曲线a的平衡状态相同，曲线b反应速率较大，对于气体分子数相同的反应，加压可以增大浓度，正、逆反应速率同倍数增大，加入催化剂，正、逆反应速率同倍数增大，平衡不移动，相对曲线a，曲线b仅改变一个条件，改变的条件可能是加入催化剂或者增大压强。故答案为：增大压强；
②在此温度下，设CO的起始浓度为c(对于等气体分子数反应，体积始终不变)，平衡时，c(CO)=(1-x)cml•L-1，c(CO2)=xcml•L-1，K==该可逆反应的平衡常数K=。故答案为：；
【小问4详解】
在250 ℃发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，图2中，b点代表平衡点，增大H2、CO的投料比，CO的平衡转化率增大，在a、b、c、d点中，CO的平衡转化率最大的点是d。故答案为：d。
18. 研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。已知时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：
（1）物质的量浓度均为的下列四种溶液：由小到大排列的顺序是_______。
A. B. C. D.
（2）常温下，溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是_______(填序号)。
A．B．C．D．E．
（3）写出向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：_______。
（4）时，将的醋酸溶液与氢氧化钠溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，表示醋酸的电离平衡常数_______(用含、的代数式表示)。
（5）标准状况下将，通入溶液中，用溶液中微粒浓度符号完成下列等式：_______。
（6）盐酸肼()是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与类似。
①写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式_______。
②盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序正确的是_______(填序号)。
A．
B．
C．
D．
【答案】（1）ADCB
（2）
（3）
（4）
（5）
（6） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
由电离常数可知，酸和酸式根离子在溶液中的电离程度的大小顺序为，由盐类水解规律可知，酸和酸式根离子的电离程度越弱，对应离子在溶液中的水解程度越大，等浓度的盐溶液的越大，则四种盐溶液的大小顺序为，故答案为：；
【小问2详解】
醋酸溶液稀释时，溶液温度不变，溶液中醋酸、醋酸根离子、氢离子浓度减小，水的离子积常数、电离常数不变；
A．由分析可知，醋酸溶液稀释时，溶液中氢离子浓度减小，故A错误；
B．由电离常数公式可知，溶液中，醋酸溶液稀释时，溶液温度不变，醋酸根离子浓度减小，电离常数不变，则和的值增大，故B正确；
C．水的离子积常数，醋酸溶液稀释时，溶液温度不变，水的离子积常数不变，故C错误；
D．水的离子积常数，醋酸溶液稀释时，溶液温度不变，溶液中氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，则的值增大，故D正确；
E．醋酸的电离出醋酸溶液稀释时，溶液温度不变，醋酸的电离常数不变，故E错误；
故选BD
【小问3详解】
由电离常数可知，酸和酸式根离子在溶液中的电离程度的大小顺序为，由强酸制弱酸的反应原理可知，氰化钠溶液与少量二氧化碳反应生成氢氰酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为；
【小问4详解】
时，将的醋酸溶液与氢氧化钠溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，都为，由电荷守恒可知，溶液中，由物料守恒可知溶液中醋酸的浓度为，则醋酸的电离出；
【小问5详解】
由题意可知，二氧化碳与氢氧化钠的物质的量比为，则二氧化碳与氢氧化钠溶液恰好反应生成碳酸氢钠溶液，溶液中存在质子守恒关系，则溶液中；
【小问6详解】
①由题意可知，离子在溶液中分步水解，第一步水解生成和氢离子，水解的离子方程式为。
②由题意可知，离子在溶液中分步水解使溶液呈酸性，一级水解生成的氢离子抑制二级水解，则溶液中离子浓度大小顺序为，溶液中存在的电荷守恒关系为，故选AC。A
B
C
D



制取无水
测定NaClO溶液的pH值
记录滴定终点读数为12.20mL
检查碱式滴定管是否漏液
滴定次数
待测体积(mL)
标准烧碱溶液体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
20.00
0.40
20.30
第二次
20.00
2.00
24.10
第三次
20.00
4.00
24.10
物质
N2O(g)
CO(g)
CO2(g)
N2(g)
相对能量/kJ·ml-1
475.5
283
a
393.5
化学式
电离平衡常数