湖北省武汉外国语学校2026-2027学年高二化学上学期期中模拟卷

2026-2027学年高二化学上学期期中模拟卷 （测试范围：选择性必修第一册1.1~3.3） 1、 选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 1．下列过程与化学反应速率无关的是（　　） A．橡胶的老化 B．使用冰箱储存食物 C．14C的半衰期测年代 D．由甲烷通过化学气相沉积制钻石 2．下列反应中，反应体系的焓增大且有电子转移的是（　　） A．氢氧化钡晶体与氯化铵固体反应 B．过氧化氢的分解反应 C．盐酸与氢氧化钠溶液反应 D．木炭与二氧化碳反应 3．下列说法正确且不能用勒夏特列原理解释的是（　　） A．浓氨水中加入氢氧化钠固体产生刺激性气味的气体 B．对NO2（g）+CO（g）⇌CO2（g）+NO（g）平衡体系加压，气体颜色变深 C．用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，可减少Cl2的损失 D．其他条件不变，加压，SO2气体在水中溶解度增大 4．基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是（　　） A．活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，叫做反应的活化能 B．焰色试验、中和滴定和中和反应反应热测定等是化学定量分析方法 C．电离是电解质溶于水或受热熔化时形成自由移动离子的过程 D．101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物所放出的热量叫做该物质的燃烧热 5．少量铁片与足量的0.10mol/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H2的产量，可以使用的方法是（　　） A．将铁片换成等质量的铁粉 B．改用10mL0.1mol/L的硝酸 C．加Na2SO4溶液 D．再加100mL0.10mol/L硫酸 6．常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（　　） A．由水电离产生的c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、、I﹣ B．1×10﹣12的溶液：K+、S2﹣、、Na+ C．使甲基橙显红色的溶液中：Na+、Fe3+、ClO﹣、 D．无色透明的溶液中：H+、Cl﹣、、Al3+ 7．在25℃和101kPa条件下，发生反应P4（s）+3O2（g）＝P4O6（s）ΔH，已知部分化学键的键能数据分别为：P—P198kJ/mol，P—O360kJ/mol，O＝O498kJ/mol。白磷（P4）和六氧化四磷（P4O6）的分子结构如图所示，下列叙述正确的是（　　） A．相同条件下，P—O键比P—P键更容易断裂 B．断开白磷中1mol P—P键放出198kJ能量 C．1mol P4O6（s）的能量比1mol P4（s）和3mol O2（g）的总能量低 D．上述反应生成1mol P4O6（s）时吸收1638kJ能量 8．某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应2X（s）⇌Y（s）+Z（g），一段时间后达到平衡。下列说法错误的是（　　） A．加入一定量氩气，平衡不移动 B．升高温度，若c（Z）增大，则ΔH＞0 C．加入X，平衡向正反应方向移动，Z的浓度增大 D．温度不变，若缩小容器体积，再次达到平衡时，c（Z）保持不变 9．在常温下，有关下列4种溶液的叙述中错误的是（　　） 编号 ① ② ③ ④ 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸 pH 11 11 3 3 A．在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH均减小 B．分别取上述四种溶液各1mL稀释至10mL，其pH：①＞②＞④＞③ C．将aL溶液④和bL溶液②混合后，若所得溶液的pH＝4，则a：b＝11：9 D．将溶液②、③等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） 10．下列实验操作能够达到目的的是（　　） 选项 实验操作 目的 A. 测定0.01mol•L﹣1某酸溶液的pH是否为2 判断该酸是否为强酸 B. 证明酸性H2CO3＞HClO 将CO2通入NaClO溶液，观察现象 C. 在氨水中滴入酚酞溶液，加热煮沸，观察颜色变化 验证升温可促进NH3•H2O电离 D. 控制液滴悬而不落，用锥形瓶内壁把液滴沾下来 向锥形瓶中滴加半滴液体 A．A B．B C．C D．D 11．如图是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论正确的是（　　） A．图①中该反应中各物质均为气体 B．图②中M点正反应速率＜N点逆反应速率 C．图③是在恒温恒容的密闭容器中，反应物按不同投料比进行反应，若平衡时CO（g）和H2（g）的转化率相等，则a＝2 D．图④中A、B、C三点表示不同温度、不同压强下NO的平衡转化率，压强最小的是B点，化学平衡常数最小的是A点 12．常温下，某实验小组以酚酞为指示剂，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LH2A溶液。溶液pH、所有含A微粒的分布分数δ[如HA﹣的分布分数：δ（HA﹣）]随滴加NaOH溶液体积V（NaOH）的变化关系如图所示，下列说法正确的是（　　） A． 曲线①代表δ（HA﹣），曲线②代表δ（A2﹣） B．NaHA是酸式盐，其水溶液显碱性 C．常温下，HA﹣的水解常数Kh≈1.0×10﹣9 D．当滴定至中性时，溶液中存在：c（HA﹣）+c（H2A）＞c（Na+） 13．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。各步反应的能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的粒子用“*”标注。下列说法正确的有（　　）项。 ①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的ΔH＝92kJ•mol﹣1 ②相同温度下，恒压比恒容的平衡转化率大 ③合成氨反应为熵减小的反应 ④“脱附”过程是放热过程 ⑤历程包含4个基元反应 ⑥通过液化分离NH3，促进反应正向进行，增大平衡常数 ⑦若N2的物质的量分数为50%且不再变化不能作为平衡判据，则投入量n（N2）：n（H2）＝1：1 A．4个 B．5个 C．6个 D．7个 14．“火星上‘找’到水的影子”被《科学》杂志评为10大科技突破之一。某温度下，重水（D2O）的离子积，可以用pH一样的定义来规定pD＝﹣lgc（D+）。下列说法错误的是（　　） A．重水是极弱的电解质，将金属Na加入重水中，重水的电离程度增大 B．该温度下，纯重水的pD＝8﹣2lg2 C．该温度下，1L含0.01mol DCl的重水溶液，其pD＝2 D．该温度下，在100mL0.2mol•L﹣1的DCl重水溶液中，加入100mL0.4mol•L﹣1NaOD的重水溶液，充分反应后溶液的pD＝13（忽略溶液体积的变化） 15．两种酸式碳酸盐的分解反应如下。某温度平衡时总压强分别为p1和p2。 反应1：NH4HCO3（s）⇌NH3（g）+H2O（g）+CO2（g） p1＝3.6×104Pa 反应2：2NaHCO3（s）⇌Na2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g） p2＝4×103Pa 该温度下，刚性密闭容器中放入NH4HCO3和Na2CO3固体，平衡后以上3种固体均大量存在。下列说法错误的是（　　） A．平衡后总压强为4.36×105Pa B．缩小体积，平衡后总压强不变 C．反应2的平衡常数Kp为4×106 D．通入NH3，再次平衡后总压强不变 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（13分）滴定是一种常见的化学分析方法，根据已有知识，回答下列问题： （1）用NaOH溶液测定某食用白醋中醋酸的物质的量浓度，以下为某同学列出的实验步骤 A．分别向碱式滴定管、酸式滴定管注入NaOH标准溶液和待测醋酸至0刻度以上2～3cm B．调节滴定管液面至0或0刻度以下，记下读数 C．用NaOH标准溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度 D．用标准溶液清洗碱式滴定管2～3次；待测醋酸清洗酸式滴定管2～3次 E．用待测醋酸清洗锥形瓶2～3次 F．排气泡使滴定管尖嘴充满溶液，把滴定管固定好 G．滴定管检漏，用水清洗所有仪器，备用 H．通过酸式滴定管向锥形瓶注入20.00mL待测醋酸，并加入2滴指示剂 ①从上述实验步骤中选出正确的并按操作先后排序：　 　 （用字母表示）。 ②滴定开始和结束时，读数如图所示，NaOH标准溶液的体积为 　 　 mL。 ③量取待测液应选用图中的 　 　 （填“甲”或“乙”），若将液体全部放出（初始液面和②题相同），体积 　 　 （填“＞”“＜”或“＝”）50mL。 ④滴定时，若标准液和待测液的浓度变大，滴定突跃范围变 　 　 （填“宽”“窄”）。 （2）测定V2O5的纯度。 称取ag样品，先用硫酸溶解，配成100mL（VO2）2SO4溶液，取20mL溶液置于锥形瓶中，再加入b1mLc1mol•L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液（2H++Fe2+═VO2++Fe3++H2O）。最后用c2mol•L﹣1KMnO4溶液滴定过量的（NH4）2Fe（SO4）2至 　 　 （填现象），表示到达滴定终点。消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知被还原为Mn2+，V2O5的质量分数是 　 　 （V2O5的摩尔质量：182g/mol）。下列情况会导致产品纯度偏大的是 　 　 （填标号）。 A．KMnO4溶液部分变质（含K2MnO4） B．滴定达终点时，仰视刻度线读数 C．滴定前，在锥形瓶中加水稀释待测液 D．滴定终点时，滴定管尖嘴内有气泡生成 E．（NH4）2Fe（SO4）2溶液因露空放置太久而变质 F．酸式滴定管未用标准液润洗 17．（14分）2025年6月28日，全球首艘纯氨燃料动力示范船“氨晖号”成功首航，推动氨燃料在航运领域的绿色转型，对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。 回答下列问题： （1）工业合成氨的原料气（N2、H2和少量CO、NH3的混合气），进入合成塔前需经过铜氨液处理，其反应为：[Cu（NH3）2]++CO+NH3⇌[Cu（NH3）3CO]+ΔH＜0。 ①经由铜氨液吸收CO的目的是　 　 。 ②铜氨液吸收CO适宜的生产条件是　 　 。 （2）合成氨反应的速率方程为：v＝kcα（N2）cβ（H2）cγ（NH3）。 实验 c（N2）/mol•L﹣1 c（H2）/mol•L﹣1 c（NH3）/mol•L﹣1 v/mol•L﹣1•s﹣1 1 m n p v 2 4m n p 4v 3 m n 0.1p 10v 4 m 4n p 8v ①根据表格数据可知：β＝　 　 、γ＝　 　 。 ②结合速率与平衡知识分析，合成氨时需要不断分离出氨的原因为　 　 。 （3）在一定条件下，向2L恒温恒容密闭容器中充入1mol N2（g）和1mol H2（g），发生合成氨的反应，容器内压强随时间的变化如图所示，测得p2＝0.8p1。 ①以下叙述不能说明该条件下反应达到平衡状态的是　 　 （填标号）。 A.N2的体积分数不再改变 B.混合气体的密度保持不变 C.1mol N≡N键断裂的同时，有6mol N—H键断裂 D.c（N2）•c3（H2）＝c2（NH3） ②0～10min这段时间内，H2的平均反应速率为　 　 mol•L﹣1•min﹣1。 ③达到平衡时，N2的转化率为　 　 。 18．（14分）根据已有知识，回答下列问题。 （1）浓度均为1mol/L的HCl和CH3COOH（Ka＝1.8×10﹣5）混合溶液中，c（CH3COO﹣）≈　 　 。 （2）可向氯水中加入 　 　 （填序号）增强漂白性。已知各酸电离平衡常数Ka如表 ①NaHS ②NaOH ③石灰乳 ④Na2CO3 ⑤Na2S ⑥CH3COONa ⑦Na2SO3 ⑧NaHCO3 ⑨NaHSO3 酸 CH3COOH H2CO3 H2SO3 H2S HClO Ka Ka＝1.8×10﹣5 Ka1＝4.4×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11 Ka1＝1×10﹣2 Ka2＝6.0×10﹣8 Ka1＝1.3×10﹣7 Ka2＝7.1×10﹣15 Ka＝2.9×10﹣8 （3）将足量MHCO3固体置于真空恒容容器中，发生反应2MHCO3（s）M2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）。反应达平衡时体系总压为40kPa。保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量CO2，再加入足量MHCO3，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于2kPa，CO2的初始压强应大于 　 　 kPa。 （4）将常温下HCl溶液加热（不考虑HCl挥发），pH 　 　 （填“升高”“降低”或“不变”），若改成加热NaOH溶液，pH 　 　 （填“升高”“降低”或“不变”）。 （5）95℃下，Kw＝1×10﹣12，若100体积pH1＝a的某强酸溶液与1体积pH2＝b的某强碱溶液混合后溶液pH＝6，则a+b 　 　 （填“＞”“＜”或“＝”）14。 （6） 常温下，将pH＝a的Ba（OH）2溶液与pH＝b的CH3COOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应，则醋酸的电离常数为 　 　 （用含a、b式子表示）。常温下，V1LpH＝12Ba（OH）2溶液和V2Lcmol/LNaHSO4溶液混合，Ba2+恰好完全沉淀，溶液pH＝11，则V1：V2＝　 　 。 19．（14分）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，一氧化碳、二氧化碳及甲烷等气体资源化利用倍受关注。 （1）在一定条件下CO（g）、CO2（g）与H2（g）可发生如下反应： 反应Ⅰ：CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g） ΔH1＝﹣206.4kJ•mol﹣1 K1 反应Ⅱ：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g） ΔH2 K2 反应Ⅲ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH3＝+41.2kJ•mol﹣1 K3 则ΔH2＝　 　 kJ•mol﹣1；K3＝　 　 （用K1、K2表示）。 （2）在密闭容器中起始时按n（H2）：n（CO2）＝3：1投料，分别在压强为1MPa和5MPa的恒压下进行反应（均只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ）。恒压条件下反应温度对平衡体积分数（含碳元素）δ（X）[X为CO或CH4，δ（X）100%]的影响如图所示。 ①在5MPa时，表示CH4和CO的平衡体积分数随温度变化关系的曲线依次是　 　 （填“a”、“b”、“c”或“d”，下同）和　 　 。 ②在T℃，反应在M点达到化学平衡，平衡时H2O的物质的量分数x（H2O）＝　 　 ，反应Ⅲ的平衡常数Kx＝　 　 [对于反应mA（g）+nB（g）⇌pC（B）+qD（g），Kx，x为物质的量分数，即某气态物质的物质的量占所有气态物质物质的量总和的百分比]。 （3） 在另一温度下按反应Ⅰ合成甲烷，如图关闭K，向A容器中充入1mol CO和3mol H2，向B容器中充入1.5mol CO和4.5mol H2，两容器均只发生反应Ⅰ。已知起始时容器A和B的体积均为a L，反应达到平衡时容器B的体积为0.9a L，维持其他条件不变，若打开K一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为　 　 L（不考虑温度的变化，P为可自由滑动活塞，不考虑活塞的摩擦力）。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二化学上学期期中模拟卷 （测试范围：选择性必修第一册1.1~3.3） 1、 选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 1．下列过程与化学反应速率无关的是（　　） A．橡胶的老化 B．使用冰箱储存食物 C．14C的半衰期测年代 D．由甲烷通过化学气相沉积制钻石 【分析】A．橡胶长期暴露在空气，易在氧气和光照的作用下形成形成氧化产物或橡胶链断裂和交联结构的破坏而产生老化，老化速率与接触的氧气浓度和光照强度与时长有关； B．使用冰箱储存食物是利用温度越低反应速率越慢的原理； C．元素的半衰期‌是指放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间； D．由甲烷通过化学气相沉积制钻石是通过化学反应在基底上沉积碳原子，从而形成钻石薄膜得到钻石。 【解答】解：A．橡胶长期暴露在空气，易在氧气和光照的作用下形成形成氧化产物或橡胶链断裂和交联结构的破坏而产生老化，老化速率与接触的氧气浓度和光照强度与时长有关，涉及到了化学反应速率，故A错误； B．使用冰箱储存食物是利用温度越低反应速率越慢的原理，涉及到了化学反应速率，故B错误； C．元素的半衰期‌是指放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，不涉及化学变化，也就不涉及化学反应速率，故C正确； D．由甲烷通过化学气相沉积制钻石是通过化学反应在基底上沉积碳原子，从而形成钻石薄膜得到钻石，制造过程中涉及到了化学反应速率，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查反应速率，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。 2．下列反应中，反应体系的焓增大且有电子转移的是（　　） A．氢氧化钡晶体与氯化铵固体反应 B．过氧化氢的分解反应 C．盐酸与氢氧化钠溶液反应 D．木炭与二氧化碳反应 【分析】含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，反应体系的焓增大，则属于吸热反应，结合常见的吸热反应（大多数分解反应、C与氢气参加的氧化还原反应等）来解答。 【解答】解：A．氢氧化钡晶体与氯化铵固体反应属于吸热反应，反应体系的焓增大，但反应不是氧化还原反应，没有电子转移，故A错误； B．过氧化氢的分解反应属于放热反应，反应体系的焓减小，O元素化合价发生变化，为氧化还原反应，有电子转移，故B错误； C．盐酸和氢氧化钠溶液的反应属于放热反应，反应体系的焓减小，反应中元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，没有电子转移，故C错误； D．碳与二氧化碳的反应属于吸热反应，反应体系的焓增大，C元素化合价发生变化，为氧化还原反应，有电子转移，故D正确， 故选：D。 【点评】本题考查了氧化还原反应、常见的吸热反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意反应中能量变化，题目难度不大。 3．下列说法正确且不能用勒夏特列原理解释的是（　　） A．浓氨水中加入氢氧化钠固体产生刺激性气味的气体 B．对NO2（g）+CO（g）⇌CO2（g）+NO（g）平衡体系加压，气体颜色变深 C．用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，可减少Cl2的损失 D．其他条件不变，加压，SO2气体在水中溶解度增大 【分析】列夏特列原理使用对象是可逆反应，体现不出移动的都不能用列夏特列原理去解析，据此解题。 【解答】解：A．根据，加氢氧化钠，增大氢氧根离子的浓度，平衡逆向移动，能用勒夏特列原理解释，故A正确； B．反应前后气体分子数不变，加压平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误； C．氯水中存在平衡，HCl溶于水增大氯离子的浓度，平衡逆向移动，可减少氯气的溶解，能用勒夏特列原理解释，故C正确； D.SO2气体溶于水时存在SO2+H2O⇌H2SO3⇌H+，SO2是气体，增大压强，平衡正向移动，能用列夏特列原理解释，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查了化学平衡中列夏特列原理的运用，难度不大，属于基础性知识的考查，掌握列夏特列原理的内容很含义是解题的关键。 4．基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是（　　） A．活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，叫做反应的活化能 B．焰色试验、中和滴定和中和反应反应热测定等是化学定量分析方法 C．电离是电解质溶于水或受热熔化时形成自由移动离子的过程 D．101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物所放出的热量叫做该物质的燃烧热 【分析】A．反应的活化能是活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差； B．焰色试验是定性分析； C．电离是电解质在水溶液中或熔融状态下形成自由移动离子的过程； D．燃烧热定义时，压强为101kPa，纯物质的量为1mol，且完全燃烧生成指定产物。 【解答】解：A．反应的活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，也就是活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差就是反应的活化能，故A正确； B．中和滴定实验和中和热测定实验是化学定量分析方法，焰色试验是定性分析，故B错误； C．电解质在水溶液中或熔融状态下解离为自由移动的离子，该过程称为电离，故C正确； D．101kPa，1mol物质完全燃烧生成指定产物，此时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，故D正确； 故选：B。 【点评】本题主要考查反应热和焓变等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 5．少量铁片与足量的0.10mol/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H2的产量，可以使用的方法是（　　） A．将铁片换成等质量的铁粉 B．改用10mL0.1mol/L的硝酸 C．加Na2SO4溶液 D．再加100mL0.10mol/L硫酸 【分析】由题意可知，稀硫酸过量，为加快铁与稀硫酸的反应速率，可适当增大浓度、升高温度、增大固体的表面积，但不改变生成氢气的总量，则铁的物质的量应不变，即改变条件时不能加入和稀硫酸反应生成氢气的物质，或与铁反应生成物质的物质，据此分析解答。 【解答】解：A．将铁片换成等质量的铁粉，反应速率增大，H2的产量不变，故A正确； B．改用10mL0.1mol/L的硝酸，硝酸与铁反应生成NO气体，导致H2的产量减少，故B错误； C．加Na2SO4溶液，减小氢离子浓度、反应速率减慢，故C错误； D．再加100mL0.10mol/L硫酸，氢离子浓度不变，反应速率不变，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基础知识综合运用能力的考查，基础知识的积累，题目难度不大。 6．常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（　　） A．由水电离产生的c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、、I﹣ B．1×10﹣12的溶液：K+、S2﹣、、Na+ C．使甲基橙显红色的溶液中：Na+、Fe3+、ClO﹣、 D．无色透明的溶液中：H+、Cl﹣、、Al3+ 【分析】A．由水电离产生的c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性； B．常温下，1×10﹣12的溶液呈碱性，各离子之间彼此不反应； C．使甲基橙显红色的溶液呈酸性，H+与ClO﹣反应生成HClO； D．溶液中呈紫色，且酸性条件下可以氧化Cl﹣。 【解答】解：A．由水电离产生的c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，一定不能大量存在，故A错误； B．常温下，1×10﹣12的溶液呈碱性，K+、S2﹣、、Na+各离子之间彼此不反应，均不与OH﹣反应，各离子可以大量共存，故B正确； C．使甲基橙显红色的溶液呈酸性，H+与ClO﹣反应生成弱电解质HClO，ClO﹣不能大量存在，故C错误； D．溶液无色，一定不含呈紫色的，且酸性条件下可以氧化Cl﹣，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查离子共存，明确离子反应发生的条件，熟练掌握元素化合物知识，注意离子共存中隐含条件，题目侧重考查学生分析能力以及对基础知识的掌握情况。 7．在25℃和101kPa条件下，发生反应P4（s）+3O2（g）＝P4O6（s）ΔH，已知部分化学键的键能数据分别为：P—P198kJ/mol，P—O360kJ/mol，O＝O498kJ/mol。白磷（P4）和六氧化四磷（P4O6）的分子结构如图所示，下列叙述正确的是（　　） A．相同条件下，P—O键比P—P键更容易断裂 B．断开白磷中1mol P—P键放出198kJ能量 C．1mol P4O6（s）的能量比1mol P4（s）和3mol O2（g）的总能量低 D．上述反应生成1mol P4O6（s）时吸收1638kJ能量 【分析】A．键能越大，键越稳定； B．断键吸热，成键放热； C．燃烧反应属于放热反应； D．燃烧反应属于放热反应。 【解答】解：A．相同条件下，P—O键比P—P键更难断裂，故A错误； B．断开白磷中1mol P—P键吸收198kJ能量，故B错误； C．燃烧反应属于放热反应，1mol P4O6（s）的能量比1mol P4（s）和3mol O2（g）的总能量低，故C正确； D．上述反应生成1mol P4O6（s）时放出1638kJ能量，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，属于基本知识的考查，难度不大。 8．某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应2X（s）⇌Y（s）+Z（g），一段时间后达到平衡。下列说法错误的是（　　） A．加入一定量氩气，平衡不移动 B．升高温度，若c（Z）增大，则ΔH＞0 C．加入X，平衡向正反应方向移动，Z的浓度增大 D．温度不变，若缩小容器体积，再次达到平衡时，c（Z）保持不变 【分析】依据外界条件改变对化学平衡的影响分析。 【解答】解：A．加入一定量氩气，Z的浓度不变，平衡不移动，故A正确； B．升高温度，c（Z）增大，说明平衡正向移动，则反应ΔH＞0，故B正确； C．加入等物质的量的Y和Z，平衡不移动，达新平衡后c（Z）不变，故C错误； D．该反应的平衡常数K ＝ c（Z），温度不变，平衡常数不变，所以若缩小容器体积，虽然压强增大，但平衡常数不变，即c（Z）保持不变，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。 9．在常温下，有关下列4种溶液的叙述中错误的是（　　） 编号 ① ② ③ ④ 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸 pH 11 11 3 3 A．在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH均减小 B．分别取上述四种溶液各1mL稀释至10mL，其pH：①＞②＞④＞③ C．将aL溶液④和bL溶液②混合后，若所得溶液的pH＝4，则a：b＝11：9 D．将溶液②、③等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） 【分析】一水合氨为弱碱，在水中部分电离，pH＝11的氨水溶液中c（OH﹣）＝10﹣3mol/L，c（NH3•H2O）＞10﹣3mol/L，NaOH为强碱，在水中完全电离，pH＝11的NaOH溶液中c（OH﹣）＝10﹣3mol/L，c（NaOH）＝10﹣3mol/L，醋酸为弱酸，在水中部分电离，pH＝3的醋酸溶液中c（H+）＝10﹣3mol/L，c（CH3COOH）＞10﹣3mol/L，HCl为强酸，在水中完全电离，pH＝3的HCl溶液中c（H+）＝10﹣3mol/L，c（HCl）＝10﹣3mol/L，据此作答。 【解答】解：A．在溶液①加入氯化铵晶体，一水合氨的电离平衡逆向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，pH减小，溶液②中加入氯化铵晶体，氢氧根离子与铵根离子反应生成一水合氨，溶液中氢氧根离子浓度减小，pH减小，故A正确； B．pH＝11的NaOH溶液稀释10倍，溶液pH减小为10，pH＝11的氨水溶液稀释10倍，溶液11＞pH＞10，pH＝3的HCl溶液稀释10倍，溶液pH＝4，pH＝3的醋酸稀释10倍，溶液4＞pH＞3，故pH：①＞②＞④＞③，故B正确； C．将aL溶液④和bL溶液②混合后，若所得溶液的pH＝4，则10﹣3mol/L×aL﹣10﹣3mol/L×bL＝10﹣4mol/L×（aL+bL），解得a：b＝11：9，故C正确； D．将溶液②、③等体积混合，醋酸过量，溶质为醋酸和醋酸钠，溶液显酸性，故c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查电离平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对电离平衡的影响是解题的关键。 10．下列实验操作能够达到目的的是（　　） 选项 实验操作 目的 A. 测定0.01mol•L﹣1某酸溶液的pH是否为2 判断该酸是否为强酸 B. 证明酸性H2CO3＞HClO 将CO2通入NaClO溶液，观察现象 C. 在氨水中滴入酚酞溶液，加热煮沸，观察颜色变化 验证升温可促进NH3•H2O电离 D. 控制液滴悬而不落，用锥形瓶内壁把液滴沾下来 向锥形瓶中滴加半滴液体 A．A B．B C．C D．D 【分析】A．未指明该酸为几元酸，若该酸为二元强酸，0.01mol/L该酸pH不为2； B．CO2和NaClO溶液反应没有明显现象； C．加热促进一水合氨分解和电离，加热促进氨水挥发； D．控制液滴悬而不落，用锥形瓶内壁把液滴沾下来。 【解答】解：A．未指明该酸为几元酸，若该酸为二元强酸，0.01mol/L该酸pH不为2，因此测定0.01mol/L某酸溶液的pH是否为2不能判断该酸是否为强酸，故A错误； B．CO2和NaClO溶液反应没有明显现象，不能判断两种酸的酸性强弱，故B错误； C．加热促进一水合氨分解和电离，加热促进氨水挥发，不能通过溶液颜色变化判断升高温度可促进一水合氨电离，故C错误； D．控制液滴悬而不落，用锥形瓶内壁把液滴沾下来，从而向锥形瓶中滴加半滴液体，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确实验原理、物质的性质、实验操作的规范性是解本题的关键，题目难度不大。 11．如图是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论正确的是（　　） A．图①中该反应中各物质均为气体 B．图②中M点正反应速率＜N点逆反应速率 C．图③是在恒温恒容的密闭容器中，反应物按不同投料比进行反应，若平衡时CO（g）和H2（g）的转化率相等，则a＝2 D．图④中A、B、C三点表示不同温度、不同压强下NO的平衡转化率，压强最小的是B点，化学平衡常数最小的是A点 【分析】A．如果各物质均为气体，则反应为等气体体积的反应，压强的改变对平衡不影响； B．根据图形，温度T1比温度T2更早达到平衡，T1温度更高，N点为温度T2，温度低，反应速率比T1的M点慢，且还处于建立平衡的过程中，逆反应速率更慢； C．当投料比等于化学计量数之比时，所有反应物的转化率相等； D．该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，则压强最小的是A点；根据图形，升高温度，NO的平衡转化率减小，则平衡逆向移动，该反应为放热反应。 【解答】解：A．压强的改变对平衡不影响，D的体积分数不随压强的改变而改变，故A错误； B．温度T1比温度T2更早达到平衡，T1温度更高，N点为温度T2，温度低，反应速率比T1的M点慢，且还处于建立平衡的过程中，逆反应速率更慢，N点逆反应速率＜M点正反应速率，故B错误； C．当投料比等于化学计量数之比时，所有反应物的转化率相等，若平衡时的转化率相等，则a＝2，故C正确； D．增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，则压强最小的是A点；根据图形，升高温度，NO的平衡转化率减小，则平衡逆向移动，该反应为放热反应，A点温度最低，化学平衡常数最大，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。 12．常温下，某实验小组以酚酞为指示剂，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LH2A溶液。溶液pH、所有含A微粒的分布分数δ[如HA﹣的分布分数：δ（HA﹣）]随滴加NaOH溶液体积V（NaOH）的变化关系如图所示，下列说法正确的是（　　） A．曲线①代表δ（HA﹣），曲线②代表δ（A2﹣） B．NaHA是酸式盐，其水溶液显碱性 C．常温下，HA﹣的水解常数Kh≈1.0×10﹣9 D．当滴定至中性时，溶液中存在：c（HA﹣）+c（H2A）＞c（Na+） 【分析】由图可知，起点时①②的分布分数总和为1，故曲线③代表pH变化，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LH2A溶液，NaOH为20mL时达到滴定终点，酸碱恰好反应，故H2A为一元弱酸，据此作答。 【解答】解：A．H2A为一元弱酸，故曲线①代表δ（H2A），曲线②代表δ（HA﹣），故A错误； B．H2A为一元弱酸，则NaHA是正盐，HA﹣水解，水溶液显碱性，故B错误； C．曲线①②交点处δ（H2A）＝δ（HA﹣），则溶液中c（H2A）＝c（HA﹣），此时溶液pH＝3，c（H+）＝10﹣3mol/L，H2A的电离平衡常数Kac（H+）＝10﹣3，HA﹣的水解常数Kh10﹣11，故C错误； D．由电荷守恒可知c（HA﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+），当滴定至中性时c（OH﹣）＝c（H+），故c（HA﹣）＝c（Na+），溶液中存在：c（HA﹣）+c（H2A）＞c（Na+），故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查中和滴定，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断曲线代表物质并能依据图象中信息计算是解题的关键。 13．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。各步反应的能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的粒子用“*”标注。下列说法正确的有（　　）项。 ①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的ΔH＝92kJ•mol﹣1 ②相同温度下，恒压比恒容的平衡转化率大 ③合成氨反应为熵减小的反应 ④“脱附”过程是放热过程 ⑤历程包含4个基元反应 ⑥通过液化分离NH3，促进反应正向进行，增大平衡常数 ⑦若N2的物质的量分数为50%且不再变化不能作为平衡判据，则投入量n（N2）：n（H2）＝1：1 A．4个 B．5个 C．6个 D．7个 【分析】①图象可知，反应为放热反应，焓变为负值； ②反应过程是压强减小的过程，恒压条件下，为保持恒压，是体积减小的过程； ③合成氨反应气体体积减小； ④脱附过程吸热； ⑤图中变化可知存在四个基元反应； ⑥平衡常数随温度变化； ⑦利用三段式计算分析判断，设起始量N2、H2物质的量都为1mol，消耗氮气物质的量为xmol N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） 起始量（mol） 1 1 0 变化量（mol） x 3x 2x 某时刻量（mol）1﹣x 1﹣3x 2x 计算氮气的物质的量分数分析判断。 【解答】解：①图中可知，反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的ΔH＝﹣92kJ•mol﹣1，故①错误； ②相同温度下，恒压条件下，是体积减小的过程，平衡正向进行，比恒容的平衡转化率大，故②正确； ③合成氨反应气体体积减小，为熵减小的反应，故③正确； ④图中分析可知，“脱附”过程是吸热过程，故④错误； ⑤分析图中变化可知，整个历程包含4个基元反应，故⑤正确； ⑥通过液化分离NH3，促进反应正向进行，不会改变平衡常数，故⑥错误； ⑦利用三段式计算分析判断，设起始量N2、H2物质的量都为1mol，消耗氮气物质的量为xmol N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） 起始量（mol） 1 1 0 变化量（mol） x 3x 2x 某时刻量（mol） 1﹣x 1﹣3x 2x 氮气的物质的量分数100%＝50%，说明氮气物质的量发生不变，但不一定是平衡状态，故⑦正确； 故选：A。 【点评】本题考查了平衡标志、平衡状态的影响因素分析、平衡常数等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。 14．“火星上‘找’到水的影子”被《科学》杂志评为10大科技突破之一。某温度下，重水（D2O）的离子积，可以用pH一样的定义来规定pD＝﹣lgc（D+）。下列说法错误的是（　　） A．重水是极弱的电解质，将金属Na加入重水中，重水的电离程度增大 B．该温度下，纯重水的pD＝8﹣2lg2 C．该温度下，1L含0.01mol DCl的重水溶液，其pD＝2 D．该温度下，在100mL0.2mol•L﹣1的DCl重水溶液中，加入100mL0.4mol•L﹣1NaOD的重水溶液，充分反应后溶液的pD＝13（忽略溶液体积的变化） 【分析】A．根据重水是极弱的电解质，存在电离平衡，，进行分析； B．根据重水（D2O）的离子积，进行分析； C．根据c（D+）＝0.01mol•L﹣1，pD＝﹣lg0.01＝2，进行分析； D．根据NaOD过量，得出c（OD﹣）＝0.1mol•L﹣1，计算pD进行分析。 【解答】解：A．D2O是极弱的电解质，，钠与D2O反应生成的D+反应生成D2，促进重水发生电离，从而使D2O的电离程度增大，故A正确； B．D2O的离子积，则c（D+）＝c（OD﹣）＝4×10﹣8mol•L﹣1，pD＝﹣lgc（D+）＝﹣lg（4×10﹣8）＝8﹣2lg2，故B正确； C．1 L含DCl的重水溶液中c（D+）＝0.01mol•L﹣1，pD＝﹣lg0.01＝2，故C正确； D．在100mL0.2mol•L﹣1的DCl重水溶液中，加入100mL0.4mol•L﹣1NaOD的重水溶液，由于NaOD过量，所以，，，pD＝14﹣lg1.6，故D错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查pH的简单计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 15.两种酸式碳酸盐的分解反应如下。某温度平衡时总压强分别为p1和p2。 反应1：NH4HCO3（s）⇌NH3（g）+H2O（g）+CO2（g） p1＝3.6×104Pa 反应2：2NaHCO3（s）⇌Na2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g） p2＝4×103Pa 该温度下，刚性密闭容器中放入NH4HCO3和Na2CO3固体，平衡后以上3种固体均大量存在。下列说法错误的是（　　） A．平衡后总压强为4.36×105Pa B．缩小体积，平衡后总压强不变 C．反应2的平衡常数Kp为4×106 D．通入NH3，再次平衡后总压强不变 【分析】A．对于反应2平衡体系，2种等量气体总压强为4×103Pa可知，p（CO2）＝p（H2O）＝2×103Pa，反应1平衡时，p（CO2）＝p（H2O）＝p（NH3）＝1.2×104Pa，Kp1＝c（NH3）c（CO2）p（H2O）＝（1.2×104）3Pa3，平衡时p（CO2）＝p（H2O），结合； B．缩小体积，温度不变，则Kp不变，Kp1＝c（NH3）c（CO2）p（H2O），Kp2＝p（CO2）p（H2O）； C．反应2的平衡常数为； D．刚性密闭容器，温度不变，则平衡常数不变。 【解答】解：A．2种等量气体总压强为4×103Pa可知，p（CO2）＝p（H2O）＝2×103Pa，反应1平衡时，p（CO2）＝p（H2O）＝p（NH3）＝1.2×104Pa，Kp1＝c（NH3）c（CO2）p（H2O）＝（1.2×104）3Pa3，平衡时p（CO2）＝p（H2O），则平衡时p（NH3）＝ Pa，所以总压强为p（NH3）+p（CO2）+p（H2O）＝ 4.32×105Pa+2×103Pa+2×103Pa＝4.36×105Pa，故A正确； B．温度不变，则Kp不变，Kp1＝c（NH3）c（CO2）p（H2O），Kp2＝p（CO2）p（H2O），故各气体分压不变，平衡后总压强不变，故B正确； C．反应2的平衡常数为，故C错误； D．温度不变，则平衡常数不变，Kp1＝c（NH3）c（CO2）p（H2O），Kp2＝p（CO2）p（H2O），通入NH3，再次达到平衡后，气体的分压不变，则总压强不变，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（13分）滴定是一种常见的化学分析方法，根据已有知识，回答下列问题： （1）用NaOH溶液测定某食用白醋中醋酸的物质的量浓度，以下为某同学列出的实验步骤 A．分别向碱式滴定管、酸式滴定管注入NaOH标准溶液和待测醋酸至0刻度以上2～3cm B．调节滴定管液面至0或0刻度以下，记下读数 C．用NaOH标准溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度 D．用标准溶液清洗碱式滴定管2～3次；待测醋酸清洗酸式滴定管2～3次 E．用待测醋酸清洗锥形瓶2～3次 F．排气泡使滴定管尖嘴充满溶液，把滴定管固定好 G．滴定管检漏，用水清洗所有仪器，备用 H．通过酸式滴定管向锥形瓶注入20.00mL待测醋酸，并加入2滴指示剂 ①从上述实验步骤中选出正确的并按操作先后排序：　G→D→A→F→B→H→C　 （用字母表示）。 ②滴定开始和结束时，读数如图所示，NaOH标准溶液的体积为 　26.10　 mL。 ③量取待测液应选用图中的 　甲　 （填“甲”或“乙”），若将液体全部放出（初始液面和②题相同），体积 　＞　 （填“＞”“＜”或“＝”）50mL。 ④滴定时，若标准液和待测液的浓度变大，滴定突跃范围变 　宽　 （填“宽”“窄”）。 （2）测定V2O5的纯度。 称取ag样品，先用硫酸溶解，配成100mL（VO2）2SO4溶液，取20mL溶液置于锥形瓶中，再加入b1mLc1mol•L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液（2H++Fe2+═VO2++Fe3++H2O）。最后用c2mol•L﹣1KMnO4溶液滴定过量的（NH4）2Fe（SO4）2至 　最后一滴溶液滴下，锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色且半分钟内不褪色　 （填现象），表示到达滴定终点。消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知被还原为Mn2+，V2O5的质量分数是 　　 （V2O5的摩尔质量：182g/mol）。下列情况会导致产品纯度偏大的是 　DE　 （填标号）。 A．KMnO4溶液部分变质（含K2MnO4） B．滴定达终点时，仰视刻度线读数 C．滴定前，在锥形瓶中加水稀释待测液 D．滴定终点时，滴定管尖嘴内有气泡生成 E．（NH4）2Fe（SO4）2溶液因露空放置太久而变质 F．酸式滴定管未用标准液润洗 【分析】（1）①滴定时操作步骤为：滴定管查漏→水洗→润洗→注液、调节液面→排气泡、记录刻度→注入待测液→滴定至终点读数； ②滴定开始和结束时，读数如图所示，开始时溶液体积为0mL，滴定结束时溶液体积为26.10mL； ③酸性溶液应该盛放在酸式滴定管中；若将液体全部放出（初始液面和②题相同），体积大于50mL； ④滴定时，若标准液和待测液的浓度变大，滴定时，加入很少的标准溶液，溶液的pH变化很大； （2）最后一滴溶液滴下，锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色且半分钟内不褪色；根据得失电子守恒可知KMnO4～5Fe2+，过量的n（Fe2+）为：5n（KMnO4）＝5×b2L×10﹣3×c2mol/L＝5b2c2×10﹣3mol，与（VO2）2SO4溶液反应的n（Fe2+）为：b1L×10﹣3×c1mol/L﹣5•b2×c2×10﹣3mol＝（b1c1﹣5b2c2）×10﹣3mol，则100mL（VO2）2SO4溶液消耗的n（Fe2+）为：5（b1c1﹣5b2c2）×10﹣3mol， 设产品中V2O5的质量分数是ω， V2O5～2～2Fe2+ 182g 2mol a•ω 5（b1c﹣5b2c2）×10﹣3mol 计算可得产品中V2O5的质量分数ω的值； A．KMnO4溶液部分变质（含K2MnO4），消耗的KMnO4溶液的体积偏大，与（VO2）2SO4溶液反应的n（Fe2+）偏少； B．滴定达终点时，仰视刻度线读数，导致KMnO4溶液的体积偏大，与（VO2）2SO4溶液反应的n（Fe2+）偏少； C．滴定前，在锥形瓶中加水稀释待测液，不影响高锰酸钾溶液体积； D．滴定终点时，滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的KMnO4溶液的体积偏小，与（VO2）2SO4溶液反应的n（Fe2+）偏多； E．（NH4）2Fe（SO4）2溶液因露空放置太久而变质，消耗（NH4）2Fe（SO4）2的体积偏大； F．酸式滴定管未用标准液润洗，导致消耗KMnO4溶液的体积偏大，与（VO2）2SO4溶液反应的n（Fe2+）偏少。 【解答】解：（1）①滴定时操作步骤为：滴定管查漏→水洗→润洗→注液、调节液面→排气泡、记录刻度→注入待测液→滴定至终点读数， 故答案为：G→D→A→F→B→H→C； ②滴定开始和结束时，读数如图所示，开始时溶液体积为0mL，滴定结束时溶液体积为26.10mL，则NaOH标准溶液的体积为26.10mL， 故答案为：26.10； ③标准溶液呈酸性，酸性溶液应该盛放在酸式滴定管中，所以选择甲；若将液体全部放出（初始液面和②题相同），体积大于50mL，因为刻度50的下方还有溶液， 故答案为：甲；＞； ④滴定时，若标准液和待测液的浓度变大，滴定时，加入很少的标准溶液，溶液的pH变化很大，所以滴定突跃范围变宽， 故答案为：宽； （4）到达滴定终点时的现象是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色且半分钟内不褪色，说明反应达到终点；根据得失电子守恒可知KMnO4～5Fe2+，过量的n（Fe2+）为：5n（KMnO4）＝5×b2L×10﹣3×c2mol/L＝5b2c2×10﹣3mol，与（VO2）2SO4溶液反应的n（Fe2+）为：b1L×10﹣3×c1mol/L﹣5•b2×c2×10﹣3mol＝（b1c1﹣5b2c2）×10﹣3mol，则100mL（VO2）2SO4溶液消耗的n（Fe2+）为：5（b1c1﹣5b2c2）×10﹣3mol， 设产品中V2O5的质量分数是ω， V2O5～2～2Fe2+ 182g 2mol a•ω 5（b1c1﹣5b2c2）×10﹣3mol 产品中V2O5的质量分数ω的值为； A．KMnO4溶液部分变质（含K2MnO4），消耗的KMnO4溶液的体积偏大，与（VO2）2SO4溶液反应的n（Fe2+）偏少，产品纯度偏小，故A错误； B．滴定达终点时，仰视刻度线读数，导致KMnO4溶液的体积偏大，与（VO2）2SO4溶液反应的n（Fe2+）偏少，产品纯度偏小，故B错误； C．滴定前，在锥形瓶中加水稀释待测液，不影响高锰酸钾溶液体积，不影响产品纯度，故C错误； D．滴定终点时，滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的KMnO4溶液的体积偏小，与（VO2）2SO4溶液反应的n（Fe2+）偏多，产品纯度偏大，故D正确； E．（NH4）2Fe（SO4）2溶液因露空放置太久而变质，消耗（NH4）2Fe（SO4）2的体积偏大，产品纯度偏大，故E正确； F．酸式滴定管未用标准液润洗，导致消耗KMnO4溶液的体积偏大，与（VO2）2SO4溶液反应的n（Fe2+）偏少，产品纯度偏小，故F错误； 故答案为：最后一滴溶液滴下，锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色且半分钟内不褪色；；DE。 【点评】本题考查滴定实验，侧重考查分析、判断及计算能力，明确实验原理、实验操作规范性及方程式的计算方法是解本题关键，难点是方程式的计算及误差分析，题目难度中等。 17．（14分）2025年6月28日，全球首艘纯氨燃料动力示范船“氨晖号”成功首航，推动氨燃料在航运领域的绿色转型，对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。 回答下列问题： （1）工业合成氨的原料气（N2、H2和少量CO、NH3的混合气），进入合成塔前需经过铜氨液处理，其反应为：[Cu（NH3）2]++CO+NH3⇌[Cu（NH3）3CO]+ΔH＜0。 ①经由铜氨液吸收CO的目的是　防止催化剂中毒或催化剂活性降低　 。 ②铜氨液吸收CO适宜的生产条件是　低温高压　 。 （2）合成氨反应的速率方程为：v＝kcα（N2）cβ（H2）cγ（NH3）。 实验 c（N2）/mol•L﹣1 c（H2）/mol•L﹣1 c（NH3）/mol•L﹣1 v/mol•L﹣1•s﹣1 1 m n p v 2 4m n p 4v 3 m n 0.1p 10v 4 m 4n p 8v ①根据表格数据可知：β＝　1.5　 、γ＝　﹣1　 。 ②结合速率与平衡知识分析，合成氨时需要不断分离出氨的原因为　有利于平衡正向移动，提高转化率及产率；γ＝﹣1，分离氨可以加快反应速率　 。 （3）在一定条件下，向2L恒温恒容密闭容器中充入1mol N2（g）和1mol H2（g），发生合成氨的反应，容器内压强随时间的变化如图所示，测得p2＝0.8p1。 ①以下叙述不能说明该条件下反应达到平衡状态的是　ABD　 （填标号）。 A.N2的体积分数不再改变 B.混合气体的密度保持不变 C.1mol N≡N键断裂的同时，有6mol N—H键断裂 D.c（N2）•c3（H2）＝c2（NH3） ②0～10min这段时间内，H2的平均反应速率为　0.03　 mol•L﹣1•min﹣1。 ③达到平衡时，N2的转化率为　20%　 。 【分析】（1）①依据铜氨液吸收CO对合成氨催化剂的影响分析目的； ②依据反应的ΔH与气体分子数变化分析适宜生产条件； （2）①依据速率方程，通过实验数据的比值计算β、γ； ②结合平衡移动与速率方程分析分离氨的原因； （3）①依据化学平衡状态的特征分析不能说明平衡的选项； ②依据压强与物质的量的关系计算H2的平均反应速率； ③依据物质的量变化计算N2的转化率； 【解答】（1）①合成氨的催化剂易被CO中毒，故铜氨液吸收CO的目的是防止催化剂中毒或催化剂活性降低， 故答案为：防止催化剂中毒或催化剂活性降低； ②该反应ΔH＜0（放热）且气体分子数减少，低温、高压均利于平衡正向移动，故适宜条件是低温高压， 故答案为：低温高压； （2）①由速率方程，实验1与2得α＝1；实验1与4：，得4β＝8，故β＝1.5；实验1与3：，得（0.1）γ＝10，故γ＝﹣1， 故答案为：1.5；﹣1； ②合成氨反应可逆，分离氨利于平衡正向移动提高转化率；由速率方程知γ＝﹣1，分离氨使c（NH3）减小，反应速率加快， 故答案为：有利于平衡正向移动，提高转化率及产率；γ＝﹣1，分离氨可以加快反应速率； （3）①A中N2起始时体积分数为50%，若任意时刻变化的N2为xmol，则变化的H2为3xmol、NH3为2xmol，此时N2剩余（1﹣x）mol、H2剩余（1﹣3x）mol、NH3为2xmol，N2的体积仍为50%，则N2的体积分数不再改变，不能说明反应达到平衡；B中混合气体密度始终不变，C中键的断裂说明了正、逆反应速率相等，可说明反应达到平衡状态；D中浓度关系没有说明是正、逆反应，故不能说明平衡的是ABD， 故答案为：ABD； ②恒容下压强与物质的量成正比，平衡总物质的量为起始的0.8倍，减少0.4mol，得反应的H2为0.6mol，故0.03mol•L﹣1•min﹣1， 故答案为：0.03； ③反应的N2为0.2mol，故转化率为， 故答案为：20%； 【点评】考查合成氨相关的催化剂保护、反应条件选择、速率方程计算、平衡状态判断及转化率计算；需掌握平衡移动、速率方程应用，注意压强与物质的量的关系；易失分点为平衡状态的辨析。 18．（14分）根据已有知识，回答下列问题。 （1）浓度均为1mol/L的HCl和CH3COOH（Ka＝1.8×10﹣5）混合溶液中，c（CH3COO﹣）≈　1.8×10﹣5mol/L　 。 （2）可向氯水中加入 　⑥⑧　 （填序号）增强漂白性。已知各酸电离平衡常数Ka如表 ①NaHS ②NaOH ③石灰乳 ④Na2CO3 ⑤Na2S ⑥CH3COONa ⑦Na2SO3 ⑧NaHCO3 ⑨NaHSO3 酸 CH3COOH H2CO3 H2SO3 H2S HClO Ka Ka＝1.8×10﹣5 Ka1＝4.4×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11 Ka1＝1×10﹣2 Ka2＝6.0×10﹣8 Ka1＝1.3×10﹣7 Ka2＝7.1×10﹣15 Ka＝2.9×10﹣8 （3）将足量MHCO3固体置于真空恒容容器中，发生反应2MHCO3（s）M2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）。反应达平衡时体系总压为40kPa。保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量CO2，再加入足量MHCO3，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于2kPa，CO2的初始压强应大于 　198　 kPa。 （4）将常温下HCl溶液加热（不考虑HCl挥发），pH 　不变　 （填“升高”“降低”或“不变”），若改成加热NaOH溶液，pH 　降低　 （填“升高”“降低”或“不变”）。 （5）95℃下，Kw＝1×10﹣12，若100体积pH1＝a的某强酸溶液与1体积pH2＝b的某强碱溶液混合后溶液pH＝6，则a+b 　＝　 （填“＞”“＜”或“＝”）14。 （6）常温下，将pH＝a的Ba（OH）2溶液与pH＝b的CH3COOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应，则醋酸的电离常数为 　1014﹣a﹣2b （用含a、b式子表示）。常温下，V1LpH＝12Ba（OH）2溶液和V2Lcmol/LNaHSO4溶液混合，Ba2+恰好完全沉淀，溶液pH＝11，则V1：V2＝　1：4　 。 【分析】（1）浓度均为1mol/L的HCl和CH3COOH混合溶液中c（CH3COOH）≈c（H+）＝1mol/L，结合电离平衡常数Ka进行计算； （2）氯水中存在如下化学平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，使c（H+）减小、HClO不参与反应的措施即可增大c（HClO），增强氯水漂白性； （3）反应2MHCO3（s）M2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）的平衡常数Kp＝p（H2O）•p（CO2）＝20×20＝400，设体系中CO2的初始压强为xkPa，平衡时p（H2O）＝2kPa，则p（CO2）＝（x+2）kPa，2（x+2）＝200，解得x＝98； （4）HCl是强电解质，将常温下HCl溶液加热时溶液中c（H+）不变；NaOH是强电解质，加热NaOH溶液时c（OH﹣）不变，但促进水的电离，Kw增大，NaOH溶液中c（H+）； （5）pH1＝a的某强酸溶液中c（H+）＝10﹣amol/L，pH2＝b的某强碱溶液c（OH﹣）＝10b﹣12mol/L，混合后溶液pH＝6，即混合溶液中呈中性，则100×10﹣a＝10b﹣12； （6）将pH＝a的Ba（OH）2溶液与pH＝b的CH3COOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应，则起始c（CH3COOH）＝c（OH﹣）＝10a﹣14mol/L，溶液中c（CH3COO﹣）≈c（H+）＝10﹣bmol/L，c（CH3COOH）＝10a﹣14mol/L﹣10﹣bmol/L≈10a﹣14mol/L，结合醋酸的电离常数K计算K；常温下pH＝12Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）＝0.01mol/L，c（Ba2+）＝0.005mol/L，cmol/LNaHSO4溶液中c（H+）＝c（）＝cmol/L，二者混合时Ba2+恰好完全沉淀，溶液pH＝11，则n（Ba2+）＝n（），即0.005V1＝cV2，0.01V1﹣cV2＝0.001（V1+V2）。 【解答】解：（1）HCl抑制CH3COOH的电离，则浓度均为1mol/L的HCl和CH3COOH混合溶液中c（CH3COOH）≈c（H+）＝1mol/L，此时电离平衡常数Kac（H+）＝c（CH3COO﹣）≈1.8×10﹣5mol/L， 故答案为：1.8×10﹣5mol/L； （2）①NaHS具有强还原性，加入NaHS时HS﹣与HClO或Cl2反应，c（HClO）减小，漂白性减弱，故①错误； ②NaOH能与HCl、HClO、Cl2反应，加入NaOH时c（HClO）减小，漂白性减弱，故②错误； ③石灰乳能与HCl、HClO、Cl2反应，加入石灰乳时c（HClO）减小，漂白性减弱，故③错误； ④Na2CO3能与HCl、HClO、Cl2反应，加入Na2CO3时c（HClO）减小，漂白性减弱，故④错误； ⑤Na2S具有强还原性，加入Na2S时S2﹣与HClO或Cl2反应，c（HClO）减小，漂白性减弱，故⑤错误； ⑥CH3COONa能与HCl反应，不能与HClO、Cl2反应，加入CH3COONa时c（HClO）增大，漂白性增强，故⑥正确； ⑦Na2SO3具有强还原性，加入Na2SO3时与HClO或Cl2反应，c（HClO）减小，漂白性减弱，故⑦错误； ⑧NaHCO3能与HCl反应，不能与HClO、Cl2反应，加入NaHCO3时c（HClO）增大，漂白性增强，故⑧正确； ⑨NaHSO3具有强还原性，加入NaHSO3时与HClO或Cl2反应，c（HClO）减小，漂白性减弱，故⑨错误； 故答案为：⑥⑧； （3）反应2MHCO3（s）M2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）的平衡常数Kp＝p（H2O）•p（CO2）＝20×20＝400，设体系中CO2的初始压强为xkPa，平衡时p（H2O）＝2kPa，则p（CO2）＝（x+2）kPa，2（x+2）＝400，解得x＝198，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于2kPa，CO2的初始压强应大于198kPa， 故答案为：198； （4）HCl是强电解质，将常温下HCl溶液加热时溶液中c（H+）不变，pH不变；NaOH是强电解质，加热NaOH溶液时c（OH﹣）不变，但促进水的电离，Kw增大，则NaOH溶液中c（H+）增大，pH降低， 故答案为：不变；降低； （5）pH1＝a的某强酸溶液中c（H+）＝10﹣amol/L，pH2＝b的某强碱溶液c（OH﹣）＝10b﹣12mol/L，混合后溶液pH＝6，呈中性，则100×10﹣a＝10b﹣12，解得a+b＝14 故答案为：＝； （6）将pH＝a的Ba（OH）2溶液与pH＝b的CH3COOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应，则起始c（CH3COOH）＝c（OH﹣）＝10a﹣14mol/L，溶液中c（CH3COO﹣）≈c（H+）＝10﹣bmol/L，c（CH3COOH）＝10a﹣14mol/L﹣10﹣bmol/L≈10a﹣14mol/L，醋酸的电离常数K1014﹣a﹣2b；常温下pH＝12Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）＝0.01mol/L，c（Ba2+）＝0.005mol/L，cmol/LNaHSO4溶液中c（H+）＝c（）＝cmol/L，二者混合时Ba2+恰好完全沉淀，溶液pH＝11，则n（Ba2+）＝n（），即0.005V1＝cV2，0.01V1﹣cV2＝0.001（V1+V2），解得V1：V2＝1：4， 故答案为：1014﹣a﹣2b；1：4。 【点评】本题考查弱电解质的电离平衡、电离平衡常数的计算及其应用，侧重分析能力和计算能力考查，把握电离平衡常数的近似计算、弱电解质的电离及其影响因素、pH的简单计算是解题关键，题目难度中等。 19．（14分）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，一氧化碳、二氧化碳及甲烷等气体资源化利用倍受关注。 （1）在一定条件下CO（g）、CO2（g）与H2（g）可发生如下反应： 反应Ⅰ：CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g） ΔH1＝﹣206.4kJ•mol﹣1 K1 反应Ⅱ：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g） ΔH2 K2 反应Ⅲ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH3＝+41.2kJ•mol﹣1 K3 则ΔH2＝　﹣165.2　 kJ•mol﹣1；K3＝　　 （用K1、K2表示）。 （2）在密闭容器中起始时按n（H2）：n（CO2）＝3：1投料，分别在压强为1MPa和5MPa的恒压下进行反应（均只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ）。恒压条件下反应温度对平衡体积分数（含碳元素）δ（X）[X为CO或CH4，δ（X）100%]的影响如图所示。 ①在5MPa时，表示CH4和CO的平衡体积分数随温度变化关系的曲线依次是　a　 （填“a”、“b”、“c”或“d”，下同）和　d　 。 ②在T℃，反应在M点达到化学平衡，平衡时H2O的物质的量分数x（H2O）＝　37.5%　 ，反应Ⅲ的平衡常数Kx＝　2.4　 [对于反应mA（g）+nB（g）⇌pC（B）+qD（g），Kx，x为物质的量分数，即某气态物质的物质的量占所有气态物质物质的量总和的百分比]。 （3）在另一温度下按反应Ⅰ合成甲烷，如图关闭K，向A容器中充入1mol CO和3mol H2，向B容器中充入1.5mol CO和4.5mol H2，两容器均只发生反应Ⅰ。已知起始时容器A和B的体积均为a L，反应达到平衡时容器B的体积为0.9a L，维持其他条件不变，若打开K一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为　0.5a　 L（不考虑温度的变化，P为可自由滑动活塞，不考虑活塞的摩擦力）。 【分析】（1）依据盖斯定律，反应Ⅱ＝反应Ⅰ+反应Ⅲ计算ΔH2，依据反应Ⅲ＝反应Ⅱ﹣反应Ⅰ推导K3； （2）①依据反应的热效应与气体分子数变化，分析不同物质的平衡体积分数随温度的变化曲线；②依据平衡体积分数的定义计算H2O的物质的量分数，依据反应Ⅲ的平衡常数表达式计算Kx； （3）依据反应Ⅰ的气体分子数变化及平衡移动，分析打开K后容器B的体积； 【解答】（1）由盖斯定律，反应Ⅱ＝反应Ⅰ+反应Ⅲ，故ΔH2＝ΔH1+ΔH3；代入、，得；反应Ⅲ＝反应Ⅱ﹣反应Ⅰ，平衡常数与反应的关系为， 故答案为：﹣165.2；； （2）①反应Ⅰ为放热、气体分子数减少的反应，高压下CH4体积分数随温度升高而降低，对应曲线a；反应Ⅲ为吸热、气体分子数不变的反应，CO体积分数随温度升高而增大，对应曲线d， 故答案为：a；d； ②设起始n（H2）＝3mol、n（CO2）＝1mol，M点δ（CH4）＝δ（CO），设为x，则δ（CO2）＝1﹣2x；设反应Ⅲ转化的CO2为y、反应Ⅰ转化的CO为z，得y＝2z，结合δ（CH4）＝40%，得z＝0.4mol、n（H2O）＝1.2mol，总物质的量为3.2mol，故；反应Ⅲ的， 故答案为：37.5%；2.4； （3）容器B起始总物质的量为6mol，平衡时体积0.9aL，恒压下体积与物质的量成正比，故平衡总物质的量为5.4mol，物质的量减少0.6mol；打开K后，A、B连通，体系恒压且反应物比例不变，平衡转化率相同，总物质的量变化后，结合体积与物质的量的关系，得容器B最终体积为0.5aL， 故答案为：0.5a； 【点评】考查盖斯定律的详细应用、化学平衡曲线的深度分析、平衡体积分数与平衡常数的分步计算、恒压下体积与物质的量的关系；需掌握反应叠加与焓变、平衡常数的推导方法，注意平衡体积分数计算中物质的量的分配，易失分点为多反应体系中物质的量变化的关联。 学科网（北京）股份有限公司 $