湖南省湘潭凤凰中学2022-2023学年高二上学期10月月考化学试卷word版含答案

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2022年秋季高二第一次月考化学试卷一、单选题1．下列措施抑制水的电离的是A．加热B．加入NaOH溶液C．加入CuSO4固体D．加入Na2CO3固体2．下列说法正确的是A．完全燃烧生成液态水，放热285.8kJ，则表示氢气燃烧热的热化学方程式为  B．    C．P(s,白磷)⇌P(s,红磷)  ，比较白磷、红磷的燃烧热：∆H(白磷)＜∆H(红磷)D．   ，理论上可利用该反应设计成原电池3．已知下列热化学方程式：①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)　ΔH1=-24.8kJ·mol-1②3Fe2O3(s)＋CO(g)=2Fe3O4(s)＋CO2(g)　ΔH2=-47.19kJ·mol-1③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)　ΔH3=640.4kJ·mol-1则14gCO气体还原足量FeO固体得到Fe单质和CO2气体时对应的ΔH约为A．-218kJ·mol-1B．-109kJ·mol-1C．109kJ·mol-1D．218kJ·mol-14、甲烷分子结构具有高对称性且断开1molC－H键需要吸收440kJ能量。无催化剂作用下甲烷在温度达到1200℃以上才可裂解。在催化剂及一定条件下，CH4可在较低温度下发生裂解反应，甲烷在镍基催化剂上转化过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是A．甲烷催化裂解成C和需要吸收1760kJ能量B．步骤②、③反应均为放热反应C．催化剂使用一段时间后失活的原因可能是碳在催化剂表面沉积

1D．使用该催化剂，反应的焓变不变5．肼(H2NNH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示。已知断裂1mol化学键所需的能量(kJ)：N≡N为942、O=O为500、N-H为391，则形成1molN-N所需的能量(kJ)是A．194B．391C．154D．6586．在一密闭容器中充入1molH2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，下列说法正确的是A．保持容器容积不变，向其中加入1molH2，化学反应速率不变B．保持容器容积不变，向其中加入1molAr，化学反应速率增大C．保持容器内气体压强不变，向其中加入1molAr，化学反应速率不变D．保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2(g)和1molI2(g)，化学反应速率不变7．铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理如图所示，下列说法不正确的是A．该过程的总反应为B．增大HCOO-浓度有利于反应Ⅰ→Ⅱ速率加快C．增大H+浓度有利于反应Ⅲ→Ⅳ速率加快D．该催化循环中元素的化合价发生了变化8、室温下，将pH=3的硫酸溶液和氢氧化钠溶液按体积比10：1混和，若使混和后溶液的pH=7，则氢氧化钠溶液的pH为（　　）A．13B．12C．11D．109、NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是A．0.01mol/LNaClO溶液中，c(ClO—)=0.01mol/LB．长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱C．通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2+ClO—+H2O=HSO+HClOD．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO—)=c(Na+)10、常温下，下列溶液中，有关微粒的物质的量浓度关系不正确的是（     ）A．0.1mol·L-1（NH4）2Fe（SO4）2溶液：c（SO）>c（NH）>c（Fe2+）>c（H+）

2B．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中>1C．0.01mol·L-1NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸混合后的溶液中：c（CH3COO-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）D．0.1mol·L-1NaHCO3溶液：c（H+）+c（H2CO3）=c（OH-）+c（CO）11．室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是A．向0.10mol·L-1CH3COONa溶液中通HCl：c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl-)B．向0.10mol·L-1NH4HCO3溶液中通CO2：c()=c()+c()C．向0.10mol·L-1NaHSO3溶液中通NH3：c(Na+)>c()>c()D．向0.10mol·L-1Na2SO3溶液中通SO2：c(Na+)=2[c()+c()+c(H2SO3)]12.常温下，将溶液滴加到20mL二元弱酸溶液中，混合溶液的pH随NaOH溶液滴入量的关系如图所示。下列叙述不正确的是A．B．b点时溶液中存在C．c点时溶液中存在D．溶液中水的电离程度：c＞b＞a13.在恒定的某温度下，三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生如下反应：2NOg+2COg⇌N2g+2CO2g，各容器中起始物质的量浓度与反应温度(已知)如表所示：容器温度/℃起始物质的量浓度甲0.100.1000乙000.100.20丙0.100.1000

3反应过程中甲、丙容器中的物质的量随时间变化关系如图所示。下列说法不正确的是A．该反应的正反应为放热反应，平衡常数B．达到平衡时，乙容器中的压强一定小于甲容器的2倍C．乙容器中反应达到平衡时，的转化率大于40%D．丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO和0.10mol，此时v(正)>v(逆)14.部分弱电解质的电离常数如下表：弱电解质电离常数(25℃)下列说法错误的是A．结合的能力：B．C．中和等体积、等的和消耗的量前者小于后者D．25℃时，反应HCOOH+CN−⇌HCN+HCOO−的化学平衡常数为二、多选题15．下列溶液均为0.100mol/L，下列关系正确的是①NH4Cl；②NH4Fe(SO4)2；③NH4HSO4；④CH3COONH4；⑤NH4HCO3；⑥NH3•H2OA．pH：③<①<⑤<④<⑥B．c(NH)：⑥<⑤<④<①<②<③C．水电离出的c(OH-)：③<①<④<⑤<⑥D．⑤溶液中：c(NH)=c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)16.常温常压下，有关下列各溶液的描述中正确的是A．25℃时，若测得溶液，取该溶液10，加入一定量水，测得混合溶液体积为100，混合后溶液的，则是弱酸B．浓度均为0.1的、混合溶液中：，且

4C．一定浓度的氨水加水稀释的过程中，的比值和的比值均增大D．的醋酸钠溶液与盐酸溶液混合后溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系为：17．汽车尾气已造成严重的环境问题，原因是在电喷条件下，气缸中会发生反应：N2(g)+O2(g)=2NO(g)。如图所示为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化，下列说法正确的是A．NO分子中各原子均达到8电子稳定结构B．NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水C．1molN2(g)和NA个O2(g)反应吸收的能量为180kJD．1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量18．已知：Ag+2Bg⇌3Cg，向一恒温恒容的密闭容器中充入和发生反应，时达到平衡状态I，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A．容器内压强不变，表明反应达到平衡B．时改变的条件：向容器中加入CC．平衡时A的体积分数：D．平衡常数K：19．将电催化转化成燃料和化学品具有重要意义。甲酸可以作为氢载体直接用于甲酸燃料电池。某科学家在常温下用催化剂电催化还原制甲酸的机理如图1所示，反应历程如图2所示，其中吸附在催化剂表面的物种用标注。下列说法错误的是

5A．使用催化剂能够降低反应的活化能B．催化剂活性位点在催化过程中的作用是活化水分子C．制甲酸过程的决速步骤为D．电催化还原，制甲酸总反应的20.已知：CH4(g)+2H2S(g)⇌CS2(g)+4H2(g)。向恒容密闭容器中充入0.1molCH4和0.2molH2S，测得平衡时体系中各物质的物质的量分数与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是A．该反应的ΔH>0B．X点CH4的转化率为20%C．X点与Y点容器内压强比为51∶55D．维持Z点温度，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol时v(正)＜v(逆)三、实验题21．某学生用0.1000mol·L-1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作分解为如下几步：A．移取20mL待测盐酸注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞B．用标准溶液润洗滴定管2～3次C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上1～2cmE.调节液面至“0”或“0”以下某一刻度，记下读数F.把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度就此实验完成填空：(1)正确操作步骤的顺序是(用序号字母填写)___________A→F；

6(2)若无上述B步骤操作，则测定结果会___________；(3)上述A步骤之前，若先用待测液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是___________；(4)判断到达滴定终点的现象是___________；(5)若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为2.50ml，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为___________；(6)乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：选取下述合理数据，计算出待测溶液的物质的量浓度为___________；保留四位有效数字实验序号待测HCl溶液的体积0.1000mol·L-1的KOH溶液的体积滴定前刻度滴定后刻度123(7)KMnO4常用于氧化还原滴定。滴定时应将KMnO4加入_______滴定管中(填“酸式”或“碱式”)；在规格为25毫升的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数是5毫升，此时滴定管中溶液的实际体积为_______毫升。A．1.5           B．20           C．大于20           D．小于20四．填空题22．溶液与锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为，反应后最高温度为。已知：反应前后，溶液的比热容均近似为、溶液的密度均近似为，忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算：(1)反应放出的热量_____J。(2)反应的______。（3）在金催化剂表面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的物种用*标注。

7则水煤气变换反应的___________0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活化能)___________，写出该步骤的化学方程式：___________。(4)可以证明乙酸是弱酸的事实是_______(填序号)A．乙酸钠水溶液显碱性B．在乙酸水溶液中含有未电离的乙酸分子C．乙酸与Na2CO3溶液反应放出CO2气体D．常温下，0.1mol·L-1的乙酸水溶液pH为3(5)有下列物质的溶液：a.CH3COOH　b.HCl　c.H2SO4　d.NaHSO4。若四种溶液的物质的量浓度相同，其c(H+)由大到小顺序为_______(用字母序号表示，下同)。若四种溶液的c(H+)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(V)随时间(t)变化的示意图正确的是_______(填字母)。(①表示盐酸，②表示醋酸)

823、在1L恒容密闭容器中充入一定量CH3OH发生反应：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)△H，测得CH3OH的浓度与温度的关系如图所示：（1）△H___________(填“＞”“＜”或“=”)0，说明理由___________。（2）在T1时达到平衡后，再向容器中充入少量甲醇蒸气，CH3OH的平衡转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”)。(3)工业上，利用水煤气合成CH3OH的反应表示如下：2H2(g)＋CO(g)⇌CH3OH(g)△H=-91.0kJ·mol-1，向1L的恒容密容器中加入0.1molH2和0.05molCO在一定温度下发生上述反应，10min后反应达到平衡状态，测得放出的热量为3.64kJ。①从反应开始恰好平衡状态时，H2的平均反应速率v(H2)为___________。②在温度不变条件下，上述反应达到平衡后再向容器中充入0.01molH2和0.05molCH3OH(g)时，平衡___________(填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”)。(4)探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：I．CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)△H=-49.5kJ·mol-1II．CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)△H2=-90.4kJ·mol-1III．CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)△H3一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol，此时H2O(g)的浓度为___________mol·L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应III的平衡常数为___________。24．以下是关于合成氨的有关问题，请回答：(1)若在一容积为2L的密闭容器中加入0.2mol的N2和0.6mol的H2在一定条件下发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)∆H<0，若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2mol。则平衡时c(N2)=___。平衡时H2的转化率为___%。(2)平衡后，若提高H2的转化率，可以采取的措施有___。A．加了催化剂B．增大容器体积C．降低反应体系的温度D．加入一定量N2(3)若在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)∆H<0，其化学平衡常数K与温度T的关系如表所示：请完成下列问题：

9T/℃200300400KK1K20.5①写出化学平衡常数K的表达式___。②试比较K1、K2的大小，K1___K2(填“>”、“<”或“=”)；③400℃时，反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数为___。当测得NH3、N2和H2物质的量分别为3mol、2mol和1mol时，则该反应的v(N2)正___v(N2)逆(填“>”、“<”或“=”)。25、T℃，在2L的密闭容器中，通入2molNH3和1molCO2，保持体积不变，发生反应2NH3(g)+CO2(g)⇌[CO(NH2)2](s)+H2O(g)，10min时反应刚好达到平衡。测得起始压强为平衡时压强的1.5倍，则：（1）NH3的平衡转化率为_____。（2）能说明上述反应达到平衡状态的是_____(填标号)。A．n(CO2)：n(NH3)=1：2B．混合气体的密度不再发生变化C．单位时间内消耗2molNH3，同时生成1molH2OD．CO2的体积分数在混合气体中保持不变(3)一定温度下，某恒容密闭容器中发生反应2NH3(g)+CO2(g)[CO(NH2)2](s)+H2O(g)，若原料气中=m，测得m与CO2的平衡转化率(α)的关系如图甲所示。①若平衡时A点容器内总压强为0.5MPa，则上述反应的平衡常数Kp=____(MPa)2。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)②若平衡时A、B对应容器的压强相等，则A、B对应的容器中，起始时投入氨气的物质的量之比nA(NH3)：nB(NH3)=____。26、为治理环境污染，工业上常用醋酸亚铜氨溶液来吸收含有大量N2的高炉气体系中的CO，从而实现CO和N2的分离，反应的化学方程式如下：CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)⇌CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)+

10Q(Q>0)，（1）该反应的化学平衡常数表达式K=________；欲使K值变大，可采取的措施是_______。(2)吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，可采取的适当处理措施有_____________(选填序号)。a.适当升高温度     b.适当降低温度     c.增大压强      d.减小压强27、CO2的过量排放会造成温室效应，CO2的固定可以有效缓解这一问题。已知键能数据如下表(单位：kJ/mol)：共价键C=OC-HH-HH-O键能799413436463(1)在催化剂Ni-CeO2的作用下，CO2(g)和H2(g)反应生成CH4(g)和H2O(g)，其反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。保持CO2与H2的体积比为1：4，反应气的总流量控制在40mL/min，通过320°C催化剂表面，反应未达到平衡状态。①主反应生成甲烷，热化学方程式为___________。②欲提高CH4产率，可采取的措施是___________(写一种即可)。③根据反应历程写出存在的副反应的化学方程式：___________。(2)一定条件下，向密闭容器中充入物质的量之比为1：3的CO2和H2发生反应：a．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)b．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)在不同催化剂(Cat1，Cat2)下经相同反应时间，CO2的转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性=100%]随温度的变化如图所示：

11①210~270°C间，在甲醇的选择性上，催化效果较好的是___________(填“Cat1”或“Cat2”)。②210~270°C间，Cat2条件下CO2的转化率随温度的升高而增大，可能原因为____________。③在恒压条件下(总压强为pkPa)，达到平衡时CO2的转化率为20%，CH3OH的选择性为75%，反应b的平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。(3)电催化还原CO2的方法具有催化效率更高、反应条件更温和的优点，CO2在Au纳米颗粒表面电还原的进程如图所示。据此判断该过程的决速步骤为___________(填“a”“b”或“c”)。

12参考答案：1．B【详解】A．水的电离吸热，加热促进水的电离，A不符合题意；B．NaOH可以电离出氢氧根，抑制水的电离，B符合题意；C．Cu2+可以结合水电离出的氢氧根，促进水的电离，C不符合题意；D．碳酸根可以结合水电离出的氢离子，促进水的电离，D不符合题意；综上所述答案为B。2．C【详解】A．2gH2即物质的量为，燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的能量，表示氢气燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285.8 kJ/mol，故A错误；B．硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和1mol液体水放出超过57.3kJ能量，由于放热反应的∆H值为负，则a<-57.3，故B错误；C．由于白磷和红磷燃烧产物相同，则生成物的总能量相同，白磷转化生成红磷是放热反应，则白磷的能量较高，因此燃烧热：∆H(白磷)＜∆H(红磷)，故C正确；D．该反应不属于氧化还原反应，不能设计成原电池，故D错误；故选：C。3．B【详解】根据盖斯定律，由①-[②+③×2]×，把结果除以2化简后，得FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)ΔH=-218kJ·mol-1，14gCO的物质的量为0.5mol，反应放热为218kJ×0.5=109kJ，即ΔH=-109kJ·mol-1。答案选B。4、A【详解】A．断开1molC－H键需要吸收440kJ能量，1mol甲烷分子中有4molC－H键，完全断开需要吸收1760kJ能量，即1mol甲烷中的化学键完全断开需要吸收1760kJ能量，而不是甲烷催化裂解成C和H2需要吸收1760kJ能量，故A错误；B．步骤②、③反应中，反应物的总能量均高于生成物的总能量，所以均为放热反应，故B正确；C．从图中可以看出，甲烷在镍基催化剂上转化是在催化剂表面上发生的，催化剂使用一段时间后失活的原因可能是碳在催化剂表面沉积，堵塞了催化剂表面的活性中心，故C正确；D．催化剂不影响反应物和生成物的总能量，使用该催化剂，反应的焓变不变，故D正确；故选A。5．C

13【详解】根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，∆H3=∆H1-∆H2=-534kJ/mol-(-2752)kJ/mol=2218kJ/mol，则E(N-N)+E(O=O)+4E(N-H)=2218kJ，E(N-N)+500kJ+4×391kJ=2218kJ，解得E(N-N)=154kJ；故答案选C。6．D【分析】在恒定温度下，反应速率的影响因素取决于浓度和压强，浓度越大，反应速率越大，如通入惰性气体，参加反应的物质的浓度不变，则反应速率不变；如压强不变，通入惰性气体，但体积增大，反应物的浓度减小，则反应速率减小，据此分析解答。【详解】A．保持容器容积不变，向其中加入1molH2，反应物浓度增大，反应速率增大，A错误；B．保持容器容积不变，向其中加入1molAr，参加反应的物质的浓度不变，则反应速率不变，B错误；C．保持容器内气体压强不变，向其中加入1molAr，体积增大，反应物的浓度减小，则反应速率减小，C错误；D．保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2(g)和1molI2(g)，因体积增大为2倍，物质的量增大为2倍，则浓度不变，反应速率不变，D正确；故答案选D。【点睛】本题考查化学反应速率，侧重于影响因素的考查，注意把握影响因素，注意惰性气体的特点。7．D【详解】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢，所以化学反应方程式为，选项A正确；B．增大HCOO-浓度，反应Ⅰ→Ⅱ：+HCOO-→中反应物浓度增大，速率加快，选项B正确；C．增大H+浓度，反应Ⅲ→Ⅳ：+H+→中反应物浓度增大，速率加快，选项C正确；D．由反应机理可知，Fe在反应过程中，化学键数目没有发生变化，则化合价也没有发生变化，选项D不正确；答案选D。8．B【详解】由于混合后溶液pH=7，则硫酸中氢离子的物质的量=NaOH中氢氧根离子的物质的量，可列出，x=-2，故NaOH中氢氧根离子的浓度为

14mol/L，pOH=2，则室温下溶液的pH=12，故答案选B。【点睛】常温下，可通过pH+pOH=14来简化pH计算的运算。9、D【详解】A．由题意可知，次氯酸是弱酸，次氯酸根离子会在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，则0.01mol/L次氯酸钠溶液中次氯酸根离子浓度小于0.01mol/L，故A错误；B．次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸钠在溶液中发生水解反应生成次氯酸和氢氧化钠，溶液中次氯酸长期露置在空气中遇光会发生分解反应生成盐酸和氧气，不可能释放出氯气，故B错误；C．过量的二氧化硫与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠，反应的离子方程式为SO2+ClO−+H2O=Cl—++2H+，故C错误；D．25℃，pH=7.0的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒关系c(ClO—)+c(OH—)=c(H+)+c(Na+)，则溶液中c(ClO—)=c(Na+)，由次氯酸的电离常数可知，次氯酸根离子在溶液中水解常数为Kh===＞Ka，则等浓度的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液中，次氯酸根离子的水解程度大于次氯酸的电离程度，溶液呈碱性，所以中性溶液中次氯酸的浓度大于次氯酸根离子，溶液中微粒浓度的大小关系为c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，故D正确；故选AD。10、B【详解】A．铵根离子和亚铁离子相互抑制水解且水解但程度较小，硫酸根离子不水解，溶液呈酸性，再结合物料守恒得c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(Fe2+)＞c(H+)，故A正确；B．向盐酸中加入氨水至中性，则c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知，溶液中=1，故B错误；C．0.01 mol•L-1NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸溶液，c(CH3COOH)＞c(NaOH)，二者混合后，醋酸过量，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒得c(CH3COO-)＞c(Na+)，溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸，醋酸的电离程度很小，所以c(Na+)＞c(H+)，则溶液中离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故C正确；D．根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，根据物料守恒得c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，所以得c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(CO32-)，故D正确。答案选B。【点睛】离子浓度大小比较，明确溶质的特点是解本题关键，强酸弱碱盐、强碱弱酸盐水解程度都较小，根据守恒思想即可解答。11．A【详解】A．向0.10mol·L-1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，HCl不足，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠，由电荷守恒可知，c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)，由物料守恒可知，c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，则c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl-)，故A正确；

15B．向0.10mol·L-1NH4HCO3溶液中通CO2，至溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，电荷守恒为c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，可得出c()=c()+2c()，故B错误；C．溶液中钠离子与S原子物质的量之比为1:1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，故c(Na+)>c()，由物料守恒可知，c(Na+)=c()+c()+c(H2SO3)，溶液呈中性，由电荷守恒可得c(Na+)+c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，联立可得c()+c(H2SO3)=c()，所以存在c(Na+)>c()>c()，故C错误；D．向0.10mol·L-1Na2SO3溶液通入SO2，发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为的NaHSO3、Na2SO3，则c(Na+)<2[c()+c()+c(H2SO3)]，故D错误；答案为A。12．C【分析】滴定至a点时，溶液成分为NaHA和H2A，滴定至b点时，溶液全为NaHA，滴定至c点时溶液成分为NaHA和Na2A。【详解】A．a点时pH≈3，加入10mLNaOH溶液，此时c(H2A)=c(NaHA)，可知，，A项正确；B．，由c点pH=9.5可知Ka2(H2A)=10-9.5，b点时溶液为NaHA，则HA-的电离程度大于水解程度，溶液中c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，B项正确；C．由电荷守恒可知，c点时溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，C项错误；D．a点为H2A与NaHA混合溶液，b点为NaHA，c点为NaHA与Na2A混合溶液，溶液中水的电离程度：c＞b＞a，D项正确；故选C。13．C【分析】已知，由图像可知，甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，【详解】A．先拐先平温度高，甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，温度T1>T2，平衡常数K(T1)T2，反应为放热反应，温度降低平衡正向进行，气体物质的量减小，气体压强减小，乙气体物质的量为甲的2倍，相当于增大压强，平衡正向移动，气体物质的量减小，达到平衡时，乙容器中的压强一定小于甲容器的2倍，故B正确；C．由图像可知，丙中达到平衡状态二氧化碳0.12mol，

16乙若达到相同平衡状态，体积增大一倍，浓度变为原来的二分之一，此时氮气转化率，但相同体积条件下，相当于体积缩小压强增大平衡正向进行，氮气转化率小于40%，故C错误；D．结合表格中丙的相关数据，列“三段式”：平衡常数，丙容器中反应达到平衡后，再充0.10molNO和0.10molCO2，浓度商Qc=，平衡正向进行，此时v(正)>v(逆)，故D正确；答案选C。14．B【详解】A．K值越小，结合氢离子的能力越强，则结合的能力：，故A正确；B．HCN的K值大于H2CO3的Ka2，小于H2CO3的Ka1，则，故B错误；C．酸性：HCOOH＞HCN，pH相同时HCN的浓度大于HCOOH，中和等体积、等pH的HCOOH和HCN，消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确；D．25℃时，反应的化学平衡常数K===K（HCOOH）×==，故D正确；答案选B。15、B【详解】A．①NH4Cl溶液显弱酸性，NH水解导致；③NH4HSO4电离方程式为NH4HSO4=NH＋H＋＋SO，溶液显强酸性；④CH3COONH4中CH3COO－水解程度等于NH水解程度，溶液显中性；⑤NH4HCO3中HCO的水解程度大于NH水解程度，溶液显弱碱性；⑥NH3·H2O为弱碱，但碱性比NH4HCO3强，因此pH大小顺序是③＜①＜④＜⑤＜⑥；故A错误；B．NH3·H2O为弱碱，电离程度微弱，即NH3·H2O溶液中c(NH)最小，④⑤发生双水解反应，HCO水解程度大于CH3COO－，NH4HCO3双水解程度大于CH3COONH4，H＋和Fe3＋抑制NH

17的水解，溶液中c(NH)大小顺序是⑥＜⑤＜④＜①＜②＜③，故B正确；C．酸或碱抑制水的电离，弱酸根离子或弱碱根离子促进水的电离，③⑥抑制水的电离且抑制程度：③＞⑥，④⑤促进水的电离且促进水电离程度⑤＞④，水电离出c(OH－)：③＜⑥＜①＜④＜⑤，故C错误；D．根据物料守恒，有c(NH)＋c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)，故D错误；答案为B。16、AD【详解】A．25℃时，若测得HR溶液pH=a,加水稀释10倍，稀释后溶液的pH＜a+1，说明稀释过程中HR继续电离，则HR为弱酸，故A正确；B．浓度均为0.1mol•L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：c（CO）＜c（HCO），说明CO的水解程度大于HCO的电离程度，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得2c（Na+）=3[c（CO）+c（HCO）+c（H2CO3）]，故B错误；C．温度不变电离平衡常数不变，加水稀释促进NH3•H2O电离，但其电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（OH-）减小，水电离程度增大，则溶液中减小程度：NH大于OH-，=增大，减小，故C错误；D．混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，混合溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，氯离子不水解，所以溶液中存在c（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故D正确；故选：AD。17．CD【详解】A．根据价态绝对值加最外层电子数是否等于8分析，NO分子中N原子未达到8电子稳定结构，故A错误；B．NO是不成盐氧化物，与NaOH溶液不反应，故B错误；C．1molN2(g)和NA个O2(g)反应生成2molNO(g)吸收的能量为946kJ∙mol−1×1+498kJ∙mol−1×1−632kJ∙mol−1×2=180kJ，故C正确；D．根据前面分析，该反应是吸热反应，因此1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量，故D正确。综上所述，答案为CD。18．BC【分析】根据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图像分析解答。

18【详解】A.容器内发生的反应为A(g)+2B(g)3C(g)，该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；B.根据图像变化曲线可知，t2t3过程中，t2时，瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图像，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C，B正确；C.最初加入体系中的A和B的物质的量的比值为1：3，当向体系中加入C时，平衡逆向移动，最终A和B各自物质的量增加的比例为1：2，因此平衡时A的体积分数(II)>(I)，C正确；D.平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D错误。故选BC。19．CD【详解】A．使用催化剂能够降低反应的活化能，导致活化分子百分数增大，从而加快反应速率，A正确；B．由图可知，催化剂S2-活性位点在催化过程中的作用是活化水分子，B正确；C．由于反应HCOO∗+H2O+e-→HCOOH∗+OH-，ΔG最大，是影响制备甲酸的决速步骤，C错误；D．由图2可知，电催化还原CO2制甲酸总反应为CO2∗+2H2O+2e-=HCOOH+2OH-，反应后气体分子数减少，则熵变ΔS<0，D错误；故选CD。20、C【详解】A．由图可知，温度越高，生成物的物质的量越大，则升高温度平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，则△H>0，故A正确；B．X点CH4的物质的量与氢气相等，则，所以有0.1-x=4x，解得x=0.02，则X点CH4的转化率为，故B正确；C．同温同体积，物质的量与压强成正比，而X点与Y点的温度不同，则无法计算容器内压强比，故C错误；D．Z点CH4的物质的量与CS2相等，则，所以有0.1-x=x，解得x=0.05，设体积为V，得出平衡常数

19，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol时，，所以平衡移动逆方向移动，v(正)＜v(逆)，故D正确；答案选C。21、(1)BDCE(2)偏高(3)偏高(4)当最后半滴标准液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色(5)24.90mL(6)0.1052mol/L（7）C【分析】（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液于锥形瓶中，然后加指示剂进行滴定等操作；（2）滴定管需要润洗2~3次，防止滴定管内壁附着的水将标准液稀释而带来误差；（3）依据c(待测)=分析不当操作的影响；（4）溶液颜色变化且半分钟内不恢复原色，可说明达到滴定终点；（5）依据滴定管的构造和精确度为0.01mL确定溶液体积；（6）先根据数据有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗氢氧化钾溶液的体积，接着依据氢氧化钾和盐酸的反应求出待测液的浓度。（1）中和滴定的操作步骤为：选择滴定管，洗涤、装液、使尖嘴充满溶液、固定滴定管，调节液面记下读数，取待测液于锥形瓶中，加入指示剂进行滴定，因此操作顺序为：BDCEAF。（2）滴定管先用蒸馏水洗涤，内壁有一层水膜，如果直接装液会使标准液浓度降低，所用标准液体积偏大，所得待测液浓度偏高，所以必须用标准溶液润洗滴定管2~3次。（3）用蒸馏水洗涤锥形瓶后，若再用标准液润洗，会使锥形瓶内待测液溶质的物质的量增大，消耗标准液的体积偏大，所得待测液浓度偏高。（4）本实验是用KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，以酚酞为指示剂，开始滴定时溶液显无色，随着氢氧化钾标准液的滴入，溶液酸性减弱，当最后半滴标准液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点。（5）

20甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为2.50ml，滴定后液面如图，为27.40mL，此时消耗标准溶液的体积为27.40mL-2.50ml=24.90mL。（6）根据数据有效性，舍去第2组数据，则1、3组平均消耗氢氧化钾溶液的体积为=26.30mL，由KOH+HCl=KCl+H2O可知，0.263L0.1000mol/L=0.025Lc(HCl)，解得c(HCl)=0.1052mol/L。  （7） 高锰酸钾具有强氧化性，滴定时应将KMnO4加入酸式滴定管中；在规格为25毫升的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数是5毫升，由于滴嘴处液体体积没有刻度不计入体积，故此时滴定管中溶液的实际体积大于25毫升-5毫升=20毫升，故选C。22、 （1）    【分析】(1)根据中和滴定实验的原理可知，该反应放出的热量可根据Q=cm计算；(2)结合焓变的概念及其与化学计量数之间的关系列式计算。【详解】(1)100mL0.200mol/LCuSO4溶液与1.95g锌粉发生反应的化学方程式为：CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，忽略溶液体积、质量变化可知，溶液的质量m==1.00g/cm3×100mL(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可知，反应放出的热量Q=cm=4.18×100g×(30.1-20.1)=4.18×103J，故答案为：4.18×103；(2)上述反应中硫酸铜的物质的量n(CuSO4)=0.200mol/L×0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量n(Zn)==0.030mol，由此可知，锌粉过量。根据题干与第(1)问可知，转化0.020mol硫酸铜所放出的热量为4.18×103J，又因为该反应中焓变代表反应1mol硫酸铜参加反应放出的热量，单位为kJ/mol，则可列出计算式为：，故答案为：（答案符合要求且合理即可）。【点睛】该题的难点是第(2)问，要求学生对反应焓变有充分的理解，抓住锌粉过量这个条件是解题的突破口，题目计算量虽不大，但要求学生有较好的思维与辨析能力。（3）  小于    2.02    【详解】起始状态反应物的相对能量为0，最终状态生成物的相对能量为-0.72eV，反应物的能量高于生成物的能量，反应物的变换反应为放热反应，即ΔH小于0；改历程中两次能垒分别为1.59eV-(-0.32eV)=1.91eV，1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，最大能垒（活化能）E正=2.02eV；该步骤的反应物为相对能量为-0.16eV的物质：COOH*+H*+H2O*，生成物为相对能量为1.41eV的物质COOH*+2H*+OH*，由此可得该步骤的化学方程式为：H2O*=H*+OH*。16．+120kJ·mol-1

21【详解】由反应热△H与反应物的总键能与生成物的总键能的差值相等可得：反应△H=反应物键能总和-生成物键能总和=(4×413＋2×745—2×1075—2×436)kJ·mol-1=＋120kJ·mol-1，故答案为：+120kJ·mol-1。（4）A．乙酸钠溶液显碱性，说明它为强碱弱酸盐，A正确；B．在乙酸水溶液中含有未电离的乙酸分子，说明存在电离平衡，说明乙酸是弱酸，B正确；C．乙酸与Na2CO3溶液反应放出CO2气体，不能说明乙酸是否部分电离，C错误；D．0.1mol·L-1的乙酸水溶液pH为3，说明溶液氢离子浓度小于乙酸浓度，说明乙酸是部分电离，D正确故选ABD；（5）a.CH3COOH　b.HCl　c.H2SO4　d.NaHSO4。若四种溶液的物质的量浓度相同，硫酸为二元强酸，氢离子浓度最大；HCl、NaHSO4均为强电解质，完全电离，氢离子浓度相同；CH3COOH为弱酸，部分电离，氢离子浓度最小；故其c(H+)由大到小顺序为c>b=d>a；若四种溶液的c(H+)相同，其物质的量浓度由大到小顺序为a>b=d>c；（6）常温下，有相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，醋酸为弱酸部分电离，盐酸为强酸完全电离，则醋酸浓度远大于盐酸，故一段时间后醋酸反应速率更快且得到氢气更多，故选c。23、＜    温度越高，达到平衡所需时间越短，可知反应温度T1＞T2。再由平衡时甲醇的浓度可知温度为T2时甲醇浓度小，降低温度，平衡正向移动，则正反应为吸热反应   不变    0.008mol/(L·min)    不移动        【详解】(1)由于温度越高，反应速率就越快，反应达到平衡所需时间就越短。根据图象可知：反应在温度是T1时先达到平衡，说明反应温度：T1＞T2。结合CH3OH的平衡浓度可知：温度越低，平衡时c(CH3OH)越小，说明降低温度，化学平衡正向移动，根据平衡移动原理可知：该反应的正反应是放热反应，因此△H＜0；（2）在T1时达到平衡后，再向容器中充入少量甲醇蒸气，导致体系的压强增大，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，增大压强化学平衡不发生移动，因此CH3OH的平衡转化率不变；(3)①根据方程式可知：每有2molH2发生反应，反应会放出热量91.0kJ，现在反应放出热量是3.64kJ，则反应的H2的物质的量为n(H2)==0.08mol，故从反应开始恰好平衡状态时，H2的平均反应速率v(H2)==0.008mol/(L·min)；②根据①计算，结合物质反应转化关系可知：平衡时n(H2)=0.1mol-0.08mol=0.02mol，n(CO)=0.05mol-0.04mol=0.01mol，n(CH3OH)=0.04mol，由于容器的容积是1L，故物质的平衡浓度在数值上与物质的量相等，故该温度下的化学平衡常数K=。在该温度下向上述平衡体系中加热0.01mol

22H2、0.05molCH3OH，此时的浓度上Qc==K，说明充入物质后，化学平衡不发生移动；(4)根据方程式I、III可知：每反应产生1molCH3OH或CO，就同时会产生1molH2O(g)。现在反应达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol，故n(H2O)=(a+b)mol，由于容器的容积是VL，故水的平衡浓度c(H2O)=mol/L；在反应开始时n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，反应达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol，则反应I消耗CO2为amol，消耗H2为3amol；反应III消耗CO2为amol，消耗H2为bmol，故平衡时n(CO2)=(1-a-b)mol，n(H2)=(3-3a-b)mol，平衡时n(H2O)=(a+b)mol，由于容器的容积是VL，故反应III的平衡常数K=。 24、(1)    0.05mol/L    50%(2)CD(3)        >    2    >【分析】（1）若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2mol，因此消耗氢气的物质的量是0.2mol×＝0.3mol，氢气的转化率为：，由方程式可知，消耗氮气为0.1mol，平衡时氮气的浓度是＝0.05mol/L，故答案为：0.05mol/L；50%；（2）A.加了催化剂加快反应速率，不影响平衡移动，氢气转化率不变，选项A错误；B.增大容器体积，压强减小，平衡向逆反应方向移动，氢气转化率减小，选项B错误；C.正反应为放热反应，降低反应体系的温度，平衡正向移动，氢气转化率增大，选项C正确；D.加入一定量N2，平衡正向移动，氢气转化率增大，选项D正确，故答案为：CD；（3）①由反应可知平衡常数的表达式为：K=，故答案为：；②正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故K1>K2，故答案为：>；③400℃时，反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数与N2(g)+3H2(g)⇌2NH3

23(g)的平衡常数互为倒数，则400℃时，反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数K==2；此时浓度商Qc=v(N2)逆，故答案为：2；>。25、(1)   50% (2)      BD(3)    9    11:10【解析】（1），解得x=0.5NH3的平衡转化率为，故答案为50%；（2）A．按系数比充入反应物，任何时刻n(CO2)：n(NH3)都是1：2，不能说明达到平衡，故A错误；B．，有固体生成，气体质量在变化，混合气体的密度在变化，则混合气体的密度不再发生变化达到平衡，故B正确；C．单位时间内消耗2molNH3，同时生成1molH2O速率相等，方向相同，故C错误；D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变说明达到平衡，故D正确；故答案为BD（3）①根据三段式可知NH3的物质的量分数为；CO2的物质的量分数为；H2O的物质的量分数为；平衡时A点容器内总压强为0.5MPa，则上述反应的平衡常数，故答案为9；②A容器m=3.0，二氧化碳转化率为0.5；假设A投料氨气为3amol；则反应后总的物质的量为3a；

24B容器m=2.0，二氧化碳转化率为0.4，假设B投料氨气为2bmol；则反应后总的物质的量为2.2b；若平衡时A、B对应容器的压强相等，则反应后两者的物质的量相同，3a=2.2b，a:b=11:15，故A、B对应的容器中，起始时投入氨气的物质的量之比nA(NH3)：nB(NH3)=(3×11)：(2×15)=11:10；26、[c(CH3COOCu(NH3)2·CO)]/[c(CO)]·[c(CH3COOCu(NH3)2)]    降低温度    ad反应CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)+Q(Q>0)，的化学平衡常数表达式K=[c(CH3COOCu(NH3)2·CO)]/[c(CO)]·[c(CH3COOCu(NH3)2)]；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K值变小，故欲使K值变大，可采取的措施是降低温度；反应CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)+Q(Q>0)是气体体积缩小的放热反应，a.适当升高温度平衡向吸热反应方向进行，则升温平衡逆向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故正确；b.适当降低温度平衡向放热反应方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故错误；c.增大压强平衡向气体体积减小的方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故错误；d.减小压强平衡向气体体积增大的方向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故正确。答案选ad；27、(1)    CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)∆H=-162kJ/mol    减缓反应气流量、增大催化剂面积    CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)(2)    Cat1    温度升高，导致二氧化碳反应速率加快，转化率增加    (3)    c   【解析】（1）①反应焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，主反应生成甲烷，热化学方程式为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)∆H=（799kJ/mol×2+436kJ/mol×4-413kJ/mol×4-463kJ/mol×2×2）=-162kJ/mol。②欲提高CH4产率，可采取的措施是适当减缓反应气流量增加反应时间、增大催化剂面积加大催化效果等。③由图可知，存在的副反应为生成一氧化碳和水，CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)；（2）①由图可知，210~270°C间，在甲醇的选择性上，Cat1的催化效果较好，对甲醇的选择性较高。②不同催化剂(Cat1，Cat2)下经相同反应时间，反应不一定达到平衡，但是温度升高，反应速率加快，导致二氧化碳反应速率加快，转化率增加；故210~270°C间，Cat2条件下CO2的转化率随温度的升高而增大，可能原因为温度升高，反应速率加快，导致二氧化碳反应速率加快，转化率增加。

25③假设CO2和H2的物质的量分别为1mol、3mol；在恒压条件下(总压强为pkPa)，达到平衡时CO2的转化率为20%，则反应CO2的物质的量为0.2mol；在恒压条件下(总压强为pkPa)，CH3OH的选择性为75%，则，x=0.15mol；则反应后CO2、H2、CH3OH、H2O、CO的物质的量分别为0.8mol、2.5mol、0.15mol、0.2mol、0.05mol，总的物质的量为3.7mol，则反应b的平衡常数Kp=；（3）决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知步骤c的正反应活化能更大，反应更慢，所以该过程的决速步骤为c；