四川省攀枝花市第七高級中學校2023-2024學年高二上學期期中考試化學 Word版含解析.docx

《四川省攀枝花市第七高級中學校2023-2024學年高二上學期期中考試化學 Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費在線閱讀，更多相關內容在教育資源-天天文庫。

攀枝花市七中2023-2024學年度高二(上)中期檢測化學試卷(滿分：100分，時間：90分鐘)可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16S-32Ca-40Fe-56第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題(本題共20個小題，每小題2分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求)1.下列反應既是氧化還原反應，符合如圖所示能量變化的是A.與HCl的反應B.灼熱的炭與反應C.鋁片與稀反應D.甲烷在中的燃燒反應【答案】B【解析】【分析】【詳解】圖中所示，，該反應為吸熱反應；A．與HCl的反應，不是氧化還原反應，A錯誤；B．灼熱的炭與反應，為吸熱反應，并且屬于氧化還原反應，B正確；C．鋁片與稀反應，為放熱反應，C錯誤；D．甲烷在中的燃燒反應，為放熱反應，D錯誤；答案選B。2.下列有關熱化學方程式書寫與對應表述均正確的是A.稀硫酸與溶液反應：B.在下的燃燒熱，則水分解的熱化學方程式為 C.已知的燃燒熱則有D.已知硫粉與鐵粉混合充分加熱反應放出熱量，則【答案】D【解析】【詳解】A．稀硫酸與0.1mol?L-1NaOH溶液反應是強酸強堿的反應放出熱量，表示中和熱離子方程式為：H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l)△H=-57.3kJ?mol-1，故A錯誤；B．氫氣的燃燒熱為285.8kJ?mol-1，燃燒熱是1?mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量，則水分解的熱化學方程式為H2O(l)=H2(g)+?O2(g)△H=+285.8kJ?mol-1，故B錯誤；C．已知CH3OH的燃燒熱為726.8kJ?mol-1，則有：CH3OH(l)+O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.8kJ?mol-1，故C錯誤；D．0.3mol硫粉與0.2mol鐵粉混合加熱生成0.2mol硫化亞鐵時，硫過量，放出19.12kJ熱量，所以1mol鐵反應放熱=19.12kJ×=95.6kJ，熱化學方程式為Fe(s)+S(s)═FeS(s)△H=-95.6kJ?mol-1，故D正確；故選：D。3.課本測定中和反應反應熱的實驗中，下列說法正確的是A.使用金屬攪拌器是為了加快反應速率，減小實驗誤差B.為了準確測定反應混合溶液的溫度，實驗中溶液迅速一次倒入裝有鹽酸的量熱計內筒中，并立即蓋上杯蓋C.用溶液分別與的鹽酸、醋酸溶液反應，若所取的溶液體積都相等，則測得的中和反應反應熱相同D.在測定中和反應反應熱的實驗中，需要使用的儀器有天平、量筒、量熱計、滴定管、溫度計、攪拌器【答案】B【解析】【詳解】A．銅導熱性較強，導致熱量散失較多，則測量出的中和熱誤差大，A錯誤；B．為了準確測定反應混合溶液的溫度，實驗中NaOH溶液迅速一次倒入裝有鹽酸的量熱計內筒中，并立即蓋上杯蓋，以減少熱量的損失，B正確；C．已知醋酸為弱酸，是弱電解質，弱電解質電離是一個吸熱過程，故用0.5mol/LNaOH溶液分別與 0.5mol/L的鹽酸、醋酸溶液反應，若所取的溶液體積都相等，則測得的中和反應反應熱不相同，C錯誤；D．在測定中和反應反應熱的實驗中，需要量筒、溫度計、量熱器、環(huán)形玻璃攪拌棒，用不到天平和滴定管，D錯誤；故答案為：B。4.下列有關能量轉化的說法不正確的是A.時，碳的燃燒熱為B.轉化Ⅱ熱化學方程式為C.在反應中，反應物的總鍵能大于生成物的總鍵能D.由碳轉化為一氧化碳的熱化學方程式為【答案】C【解析】【詳解】A．時，的燃燒熱為完全燃燒生成二氧化碳所放出的熱量，所以碳的燃燒熱為，故A正確；B．轉化Ⅱ為和反應生成放出熱量，則和反應生成放出熱量，則轉化Ⅱ的熱化學方程式為，故B正確；C．據圖知，碳和氧氣反應生成二氧化碳時放出熱量，焓變=反應物總鍵能-生成物總鍵能，說明反應物總鍵能小于生成物總鍵能，故C錯誤；D．據圖知，與反應轉化為時放出熱量為，所以由碳轉化為一氧化碳的熱化學方程式為，故D正確； 答案選C。5.已知反應：該反應的能量變化曲線如圖所示。下列敘述正確的是A.使用催化劑只提高了單位體積的活化分子數，未提高活化分子的百分數B.曲線Ⅰ未使用催化劑，每生成，吸收熱量C.曲線Ⅱ使用了催化劑，使該反應的D.曲線Ⅰ未使用催化劑，該反應正反應的活化能為【答案】D【解析】【詳解】A．加入催化劑更多的分子成為活化分子，分子總數不變，則活化分子的百分數增大，故A錯誤；B．反應熱△H=正反應的活化能-逆反應的活化能，所以反應熱△H=+(a-b)kJ?mol-1，則每生成2molAB(g)，吸收(a-b)kJ熱量，故B錯誤；C．使用催化劑不可以改變反應的焓變，故C錯誤；D．反應熱△H=正反應的活化能-逆反應的活化能，該反應正反應的活化能為，故D正確；故選：D。6.已知①②，③(a、b、c均>0)。若使酒精液體完全燃燒，最后恢復到室溫，則放出的熱量為(單位：)A.B.C.D.【答案】A 【解析】【詳解】根據蓋斯定律，①×3-②+③得，C2H5OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(l)　ΔH=-(3a-b+c)kJ?mol-1，故選：A。7.下列實驗不能達到目的的是A.圖①：驗證勒夏特列原理B.圖②：探究溫度對化學平衡的影響C.圖③：測定鋅與稀硫酸反應的反應速率D.圖④：探究反應物的接觸面積對反應速率的影響【答案】A【解析】【詳解】A．KCl不影響可逆反應的平衡移動，不能驗證勒夏特列原理，A符合題意；B．二氧化氮存在平衡：，且該反應為放熱反應，所以上述裝置通過控制單一變量法可以探究溫度對化學平衡的影響，能達到實驗目的，B不符合題意；C．上述裝置通過測定相同時間內收集的氣體體積不同或者收集相同體積的氣體所用的時間不同，來測定鋅與稀硫酸反應的反應速率，能達到實驗目的，C不符合題意；D．其他條件相同，等質量的碳酸鈣，其接觸面積不同，導致反應速率不同，可達到實驗目的，D不符合題意；答案選A。8.一定溫度下，向2L恒容密閉容器中充入0.4molNH3和0.5molO2發(fā)生反應。2min后，NO的濃度為0.06mol/L。下列說法正確的是A.末，用表示的反應速率為B.末，的濃度為C.內，生成的水的物質的量為 D.內，反應物的轉化率為【答案】D【解析】【分析】據此三段式分析解題：【詳解】A．末的反應速率是瞬時速率，無法計算，A錯誤；B．由分析可知，末，的濃度為=，B錯誤；C．由分析可知，內，生成的水的物質的量為，C錯誤；D．由分析可知，內，反應物的轉化率為×100%=，D正確；故答案為：D。9.下列不能用勒夏特列原理解釋的是A.向K2Cr2O7溶液中加入少量濃NaOH溶液，溶液由橙色變?yōu)辄S色B.實驗室常用排飽和食鹽水法收集Cl2C.H2(g)、I2(g)、HI(g)平衡混合氣體加壓后顏色變深D.將盛有熱CuCl2溶液的試管置于冷水浴中，試管中溶液由黃綠色變?yōu)樗{綠色【答案】C【解析】【詳解】A．加入少量NaOH濃溶液，使+H2O2+2H+平衡正向移動，溶液由橙色變?yōu)辄S色，故可以用勒夏特列原理解釋，A不合題意；B．氯氣和水反應存在Cl2+H2OHCl+HClO，食鹽水中含有氯離子抑制氯氣溶解，所以可以采用排飽和食鹽水的方法收集氯氣，可以用勒夏特里原理解釋，C不合題意；C．H2(g)、I2(g)、HI(g)在密閉容器中存在化學平衡：H2(g)+I2(g)2HI(g)，該反應是反應前后氣體物質的量不變的反應，將平衡混合氣加壓后，由于氣體的濃度增大，因此混合氣體顏色變深，但化學平衡不發(fā)生移動，因此不能用勒夏特列原理解釋，C符合題意；D．已知[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2OΔH＞0，降低溫度，平衡向放熱方向移動，該反應是吸熱反應，故平衡向逆反應方向移動，溶液由黃綠色變?yōu)樗{綠色，D不合題意；故答案為：C。10.下列圖示與對應的敘述相符的是 A.圖一表示反應：，在一定溫度下，平衡時B的體積分數與壓強變化的關系如圖所示，反應速率x點比y點時的快B.圖二是可逆反應的速率時間圖像，在時刻改變條件是加入催化劑或縮小容器的體積加壓C.圖三表示對于化學反應，反應物A的質量百分含量與溫度的變化情況，則該反應的D.圖四所示圖中的陰影部分面積的含義是【答案】C【解析】【詳解】A．壓強越大，反應速率越大，x點的壓強小于y點壓強，故x點比y點的反應速率慢，故A錯誤；B．可逆反應A(g)+B(g)?C(s)+D(g)?ΔH＞0，反應前后氣體體積增大，在t1時刻改變條件使正逆反應速率仍相等，反應條件是加入催化劑，縮小容器的體積加壓，正反應速率增大逆反應速率減小，平衡正向移動，故B錯誤；C．溫度升高，A的百分含量先逐漸下降到最低點，再上升，說明反應先是正向進行，到達一定溫度后反應到達平衡狀態(tài)，反應逆向進行，所以升高溫度，平衡逆移，反應是放熱反應，，故C正確；D．陰影部分面積為曲邊幾何圖形的面積，對于化學反應速率的定義式，在某時刻的化學反應速率定義為v=Δc/Δt,則陰影部分的面積表示濃度變化量△tv正-△tv逆即[c(反應物)-c?(生成物)]，而不是(v正-v逆)，故D錯誤；故選：C。11.在密閉容器中，一定量混合氣體發(fā)生反應xA(g)+yB(g)zC(g)，達到平衡時，測得A的濃度為0.5mol?L?1，在溫度不變的條件下，將容器的體積擴大到兩倍，使再達到平衡，測得A的濃度降低為0.3mol?L?1，下列有關判斷正確的是A.B.平衡向正反應方向移動 C.B的濃度增大D.C的體積分數下降【答案】D【解析】【分析】測得A的濃度為0.5mol?L?1，在溫度不變的條件下，將容器的體積擴大到兩倍，濃度應該變?yōu)樵瓉硪话慵?.25mol?L?1，使再達到平衡，測得A的濃度降低為0.3mol?L?1，說明平衡逆向移動，即減小壓強，逆向移動。【詳解】A．根據分析減小壓強，平衡逆向移動，說明逆向是體積增大的反應，因此z＜x+y，A錯誤；B．根據分析得到平衡逆向移動，B錯誤；C．體積變?yōu)樵瓉?倍，因此B的濃度減小，C錯誤；D．平衡逆向移動，則C的體積分數下降，D正確；故選D。12.如圖所示為工業(yè)合成氨的流程圖。下列說法錯誤的是A.步驟③、④、⑤均有利于提高原料平衡的轉化率B.步驟①中“凈化”可以防止催化劑中毒C.步驟②中“加壓”既可以提高原料的轉化率，又可以加快反應速率D.為保持足夠高的反應速率，應在反應達到一定轉化率時及時將氨氣液化分離，并將混合氣中剩余的原料氣循環(huán)利用【答案】A【解析】【分析】加壓既能提高反應速率，又能促進平衡正向移動，合成氨的反應為放熱反應，低溫有利于平衡正向移動，但是低溫下，催化劑活性低，反應速率也低，因此綜合考慮將溫度設定在500℃并使用含鐵催化劑進行催化反應，及時將產生的NH3液化分離出來以提高N2和H2的轉化率，剩余的N2和H2再循環(huán)利用?！驹斀狻緼．催化劑只能提高反應速率，不能提高平衡轉化率，合成氨反應為放熱反應，高溫不利于平衡正向移動，而液化分離出NH3和N2、H2的循環(huán)再利用均可以使平衡正向移動，所以步驟④、⑤有利于提高原料平衡的轉化率，步驟③不能，故A錯誤；B．步驟①中“凈化”是除去雜質以防止鐵觸媒中毒，故B正確； C．合成氨的反應為氣體分子數減小的反應，加壓有利于平衡正向移動，提高原料轉化率，加壓也可以提高反應速率，故C正確；D．在反應達到一定轉化率時及時將氨從混合氣中分離出去，N2和H2的平衡轉化率增大，故D正確；故選：A。13.已知某可逆反應在密閉容器中進行，下圖表示在不同反應時間t時溫度T和壓強P與反應物B在混合氣體中的質量百分含量B%的關系曲線。由曲線分析，下列判斷正確的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【詳解】由圖像可知，溫度為T1時，根據到達平衡的時間可知P2＞P1，且壓強越大，B的含量高，說明壓強增大平衡向逆反應方向移動，故正反應為氣體體積增大的反應，即m+n＜p；壓強為P2時，根據到達平衡的時間可知T1＞T2，且溫度越高，B的含量低，說明溫度升高平衡向正反應方向移動，則正反應為吸熱反應，即△H＞0；故選：D。14.下列說法正確的是A.向弱酸溶液中通少量氣體，平衡逆向移動，溶液減小B.溶液中存在平衡：，加水可使溶液中增大C.等濃度的硫酸與鹽酸分別與相同的鋅片反應，初始反應的速率一樣快D.將的氨水升溫(不考慮氨水的揮發(fā))，氨水的下降【答案】B【解析】【詳解】A．弱酸HA溶液中存在平衡：HA?H++A-，通HCl氣體，c(H+)增大，平衡逆向移動，但最終溶液中c(H+)比原溶液大，故A錯誤； B．Ka(HF)＝，加水稀釋，促進電離，但c(H+)減小，Ka(HF)不變，則增大，故B正確；C．硫酸為二元強酸，鹽酸為一元強酸，等濃度的稀硫酸與鹽酸中氫離子濃度前者大，分別與相同的鋅片反應，初始反應的速率前者快，故C錯誤；D．NH3?H2O電離吸熱，升溫電離平衡正向移動，c(OH-)增大，pH增大，故D錯誤；故選：B。15.下列事實能證明是弱酸的是①溶液中通入氣體，減?、诔叵?，溶液中：③溶液可以使石蕊溶液變紅④相同溫度下，溶液的導電能力比溶液弱A.①②B.①③C.①②④D.②③④【答案】C【解析】【詳解】①溶液中通入氣體，減小，說明HA溶液中存在電離平衡，HA是弱酸，①符合題意；②常溫下，溶液中：，即c(H+)＜0.1mol/L，說明HA在水溶液中部分電離，HA是弱酸，②符合題意；③溶液可以使石蕊溶液變紅，說明HA是酸，不能證明其是弱酸，③不符題意；④相同溫度下，溶液的導電能力比溶液弱，說明相同溫度下HA電離能力比HCl弱，則HA是弱酸，④符合題意；①②④符合題意；答案選C。16.常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.水電離產生的的溶液中：、、、B.使甲基橙試液變紅的溶液中：、、、C.在加入鋁粉能產生的溶液中：、、、 D.的溶液：、、、【答案】D【解析】【詳解】A．常溫下，水電離產生的，說明水的電離受到抑制，溶液可能呈酸性，可能呈堿性，在堿性環(huán)境下，與間發(fā)生反應形成沉淀，不能共存，故A錯誤；B．使甲基橙試液變紅的溶液呈酸性，溶液中與間發(fā)生反應，不能共存，故B錯誤；C．在加入鋁粉能產生的溶液可能呈酸性，可能呈堿性，在堿性環(huán)境下與、間均可發(fā)生反應生成沉淀，故C錯誤；D．常溫下，的溶液呈堿性，在堿性環(huán)境下各離子間不反應，可以大量共存，故D正確；答案選D。17.，將溶液與硫酸溶液混合，所得混合溶液的為(忽略反應前后溶液體積的變化)A.12B.12.3C.2D.12.7【答案】A【解析】【詳解】時Kw=1×10-14，pH=13NaOH溶液，0.04mol/L硫酸c(H+)=0.08mol/L，混合后氫氧根離子過量，，，溶液的pH=12，故選A。18.某溫度下，和電離常數分別為和。將和體積均相同的兩種酸溶液分別稀釋，其隨加水體積的變化如圖所示。下列敘述正確的是 A.曲線Ⅰ代表溶液B.溶液中水的電離程度：b點＞c點C.從c點到d點，溶液中保持不變（其中、分別代表相應的酸和酸根離子）D.相同體積a點的兩溶液分別與恰好中和后，溶液中相同【答案】C【解析】【分析】電離常數HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；A、由圖可知，稀釋相同的倍數，Ⅱ的變化大，則Ⅱ的酸性比I的酸性強，溶液中氫離子濃度越大，酸性越強；B、酸抑制水電離，b點pH小，酸性強，對水電離抑制程度大；C、kw為水的離子積常數，k(HNO2)為HNO2的電離常數，只與溫度有關，溫度不變，則不變；D、體積和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）?！驹斀狻緼、由圖可知，稀釋相同的倍數，Ⅱ的變化大，則Ⅱ的酸性比I的酸性強，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A錯誤；B、酸抑制水電離，b點pH小，酸性強，對水電離抑制程度大，故B錯誤；C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw為水的離子積常數，k(HNO2)為HNO2的電離常數，這些常數只與溫度有關，溫度不變，則不變，故C正確；D、體積和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分別滴加同濃度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氫氧化鈉溶液體積多，HNO2消耗的NaOH少，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題考查酸的稀釋及圖像，明確強酸在稀釋時pH變化程度大及酸的濃度與氫離子的濃度的關系是解答本題的關鍵，難點C，要將已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，變成與kw為水的離子積常數和k(HNO2)為HNO2的電離常數相關的量，再判斷。19.在一個固定體積的密閉容器中，加入和，發(fā)生反應 ，達到平衡時，C的物質的量濃度為，若維持容器體積和溫度不變，按下列配比作為起始物質，達到平衡后，C的物質的量濃度仍是的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】反應2A(g)+B(g)?2C(g)中，在恒溫恒容下，不同途徑達到平衡后，C的濃度仍為Kmol/L，說明與原平衡為等效平衡，按化學計量數轉化到方程式的左邊，只要滿足n(A)=2mol，n(B)=1mol即可，據此進行分析．【詳解】A．開始加入2molA+1molB+2molC，按化學計量數轉化到左邊可得4molA、2molB，與加入2molA和1molB達平衡的平衡相比增大壓強，平衡正向移動，所以達到平衡時C的濃度為大于kmol/L，故A錯誤；B．該反應是氣體體積不變的反應，壓強不影響平衡，開始加入4molA+2molB，與加入2molA和1molB達平衡的平衡相比增大壓強，平衡正向移動，所以達到平衡時C的濃度為大于kmol/L，故B錯誤；C．開始加入2molC+1molB，按化學計量數轉化到左邊可得2molA、2molB，與原反應不是等效平衡，達到平衡時C的濃度為不是kmol/L，故C錯誤；D．開始加入1molA+0.5molB+1molC，按方程式的化學計量數轉化到左邊，可得2molA、1molB，與加入2molA和1molB達平衡的平衡為等效平衡，達到平衡時C的濃度為kmol/L，故D正確；故選：D。20.某水溶液中不同溫度下pH和pOH的關系如圖所示。下列說法不正確的是A.若，則B.e點溶液中通入，可使e點遷移至d點C.若，則該溫度下將的稀硫酸與的KOH溶液等體積混合后，溶液顯中性D.f、d兩點的比較，前者大【答案】B 【解析】【分析】由題干圖示信息可知，b＞a，則d點對應溫度下的Kw(d)=c(H+)c(OH-)=10-b×10-b=10-2b，f點對應溫度下的Kw(f)=c(H+)c(OH-)=10-a×10-a=10-2a，即Kw(d)＜Kw(f)，據此分析解題?！驹斀狻緼．由分析可知，若，即f點對應溫度為25℃，又知Kw(d)＜Kw(f)，則，A正確；B．已知NH3溶于水呈堿性，即e點溶液中通入NH3，則溶液中OH-濃度增大，H+濃度減小，則POH減小，pH增大，不可使e點遷移至d點，B錯誤；C．由分析可知，若，則該溫度下Kw=10-12，則將的稀硫酸即c(H+)=10-2mol/L,與的KOH溶液即c(OH-)==10-2mol/L，故等體積混合后H+和OH-完全中和，則溶液顯中性，C正確；D．由分析可知，Kw(d)=10-2b，Kw(f)=10-2a，由圖可知b＞a即Kw(d)＜Kw(f)，f、d兩點的Kw比較，前者大，D正確；故答案為：B。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)21.按要求回答下列問題Ⅰ．以下是生產、生活中常見的物質：①冰醋酸②MgO③NaOH④鹽酸⑤H2SO3⑥Al(OH)3⑦Cu⑧C2H5OH⑨NH3⑩BaCO3（1）屬于強電解質的有_______(用序號填空，下同)，屬于非電解質的有_______，常溫下能導電的物質有_______（2）寫出⑤溶于水中發(fā)生的電離方程式：_______。（3）在火箭推進器中裝有強還原劑肼和強氧化劑，當它們混合時，即產生大量的和水蒸氣，并放出大量熱。已知液態(tài)肼和足量液態(tài)反應，生成氮氣和水蒸氣，放出的熱量。寫出該反應的熱化學方程式_______(數值保留到小數點后一位)。已知，則液態(tài)肼與液態(tài)反應生成氮氣和液態(tài)水時，放出的熱量是_______。Ⅱ．已知，常溫下幾種酸的電離平衡常數如表：化學式電離平衡常數 （4）常溫下，的溶液中，約為_______。（5）根據電離平衡常數判斷，以下說法正確的是_______。A.電離能力：B.可發(fā)生反應C.可發(fā)生反應D.給飽和碳酸鈉溶液中滴入少量的甲酸溶液，離子反應為【答案】21.①.②③⑩②.⑧⑨③.④⑦22.H2SO3H++，H++23.①.N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）ΔH=-641.625kJ/mol②.408.824.7.0×10-625.BD【解析】【小問1詳解】①冰醋酸（固態(tài)醋酸）不能導電，溶于水部分電離，能導電，屬于電解質，且屬于弱電解質；②MgO屬于金屬氧化物，固體中的離子不能自由移動，不能導電，熔融時全部電離，屬于電解質，且屬于強電解質；③NaOH屬于堿，固體中的離子不能自由移動，不能導電，溶于水或熔融時全部電離，屬于電解質，且屬于強電解質；④鹽酸是氯化氫的水溶液，既不是電解質，也不是非電解質，溶液中有自由移動的鈉離子和氯離子，能導電；⑤H2SO3屬于酸，沒有自由移動的離子，不能導電，溶于水時部分電離，屬于電解質，且屬于弱電解質；⑥Al(OH)3固體不能導電，溶于水部分電離，能導電，屬于電解質，且屬于弱電解質；⑦Cu是單質，能導電，既不是電解質，也不是非電解質；⑧酒精是非電解質，不能導電；⑨NH3是非電解質，不能導電；⑩BaCO3是電解質，固體中的離子不能自由移動，不能導電，熔融時全部電離，屬于電解質，且屬于強電解質；綜上分析可知，屬于強電解質的有：②③⑩，屬于非電解質的有⑧⑨，常溫下能導電的物質有④⑦，故答案為：②③⑩；⑧⑨；④⑦；【小問2詳解】已知H2SO3是二元弱酸其電離是分步進行的，故⑤即H2SO3溶于水中發(fā)生的電離方程式為：H2SO3H++，H++，故答案為：H2SO3H++，H++；【小問3詳解】0.4mol液態(tài)肼與足量液態(tài)雙氧水反應生成氮氣和水蒸氣，放出256.65kJ的熱量，可得熱化學方程式①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）ΔH=-641.6KJ/mol，根據題干信息，轉化②H2O（g）=H2O（l）ΔH=-44KJ/mol，根據蓋斯定律①+②×4得到：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（L）ΔH=-817.6KJ/mol；16g 液態(tài)肼的物質的量為：=0.5mol與液態(tài)H2O2反應生成氮氣和液態(tài)水時，放出的熱量是0.5mol×817.6kJ/mol=408.8kJ，故答案為：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）ΔH=-641.6KJ/mol；408.8；【小問4詳解】根據HCNH++CN-可知，常溫下，0.1mol/L的HCN溶液中c(H+)=c(CN-)，c(HCN)≈0.1mol/L，故有Ka=，c(H+)==7.0×10-6mol/L，c(H+)約為7.0×10-6，故答案為：7.0×10-6；【小問5詳解】根據電離平衡常數可知，酸性：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞，據此分析解題：A．已知電離平衡常數越大，電離能力越強，故電離的能力：，A錯誤；B．可發(fā)生反應HCOOH+NaCN=HCOONa+HCN，符合強酸制弱酸的規(guī)律，B正確；C．可發(fā)生反應NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3，符合強酸制弱酸的規(guī)律，但不可發(fā)生反應，不符合強酸制弱酸的規(guī)律，C錯誤；D．給飽和碳酸鈉溶液中滴入少量的甲酸溶液，離子反應為，符合強酸制弱酸的規(guī)律，D正確；故答案為：BD。22.化石燃料的綜合利用既能減少污染，又能提高資源利用率。回答下列問題：（1）在一定溫度下，向某恒容容器中充入和僅發(fā)生反應：。①該反應的_______0(填“>”、“<”或“=”)0，能在_______(填“高溫”“低溫”或“任何溫度”)下自發(fā)。②下列情況表明該反應已達到平衡狀態(tài)的是_______(填標號)。A．B．混合氣體密度保持不變C．混合氣體的平均摩爾質量保持不變D．與的物質的量之比不再改變 E．F．（2）向的恒容密閉容器中充入發(fā)生反應：。其他條件不變時，的平衡轉化率隨著溫度(T)的變化如圖所示。時，反應經過達到平衡，用表示該段時間內的平均速率為_______，該溫度下的平衡常數_______(用分數表示)；該溫度下，改變投料，某時刻容器內則此時_______(填“>”、“<”或“=”)。（3）煤氣化過程如下：反應1：反應2：反應3：①由反應1、3可得出。_______。②反應在催化劑M表面進行，其中生成的歷程如圖所示(*表示吸附在催化劑表面的物種，表示過渡態(tài)，能量的單位為)。 本歷程的決速步驟的反應方程式為_______。【答案】（1）①.<②.低溫③.CF（2）①.0.005②.③.<（3）①.②.HCO*+H*=H2CO*【解析】【小問1詳解】①該反應是氣體分子數減小的反應，則<0，由<0，根據反應自發(fā)進行的判據，該反應能在低溫下自發(fā)；②A．與起始量有關，未達到平衡時可能存在該比值，不能判斷為平衡狀態(tài)，故A不選；B．恒容容器的體積不變，混合氣體的總質量不變，則混合氣體的密度一直不變，不能說明反應為平衡狀態(tài)，故B不選；C．反應前后氣體的物質的量發(fā)生變化，則混合氣體的平均摩爾質量是變量，當其保持不變時，說明反應為平衡狀態(tài)，故C選；D．與均為生成物，其物質的量之比一直不變，不能說明反應為平衡狀態(tài)，故D不選；E．達到平衡狀態(tài)時各物質濃度不再發(fā)生變化，當不一定相等，則不能說明反應為平衡狀態(tài)，故E不選；F．平衡時正逆反應速率相等，則，說明反應為平衡狀態(tài)，故F選；故選CF；【小問2詳解】時的平衡轉化率為40%，消耗甲醇的物質的量為0.4mol，列三段式： ，反應經過達到平衡，用表示該段時間內的平均速率為，該溫度下的平衡常數，該溫度下，某時刻容器內，，反應向逆向進行，則此時<；【小問3詳解】①根據蓋斯定律，反應3-1可得出反應2，；②本歷程的決速步驟是最慢的分步驟，正反應活化能越大反應速率越慢，最大的活化能為-0.19-(-2.03)=1.84eV，則該步的反應方程式為HCO*+H*=H2CO*。23.酸堿中和滴定是一種重要的實驗方法，用溶液滴定未知濃度的鹽酸，其操作可分為如下幾步：①_______②用蒸餾水洗干凈滴定管③_______④用酸式滴定管取稀鹽酸，注入錐形瓶中，并加入2滴酚酞溶液⑤取下堿式滴定管，用標準溶液潤洗后，將標準液注入堿式滴定管“0”刻度以上處，再把堿式滴定管固定好，并排出尖嘴部分的氣泡，調節(jié)液面至“0”刻度或“0”刻度以下，記下滴定管液面所在刻度⑥把錐形瓶放在滴定管下面，瓶下墊一張白紙，邊滴邊搖動錐形瓶直至滴定終點，記下滴定管液面所在刻度⑦另取錐形瓶，再重復操作2~3次。完成以下填空：（1）填寫以上步驟①和③的內容：步驟①_______；步驟③_______（2）如圖是第一次滴定時的滴定管中的液面，其讀數為，_______。（3）根據下表數據計算待測鹽酸的濃度：_______。滴定次數待測鹽酸體積()標準溶液體積 滴定前讀數滴定后讀數第一次16.000.60X第二次16.002.0024.10第三次16.004.0024.01第四次16.000.9020.89（4）判斷滴定終點的現象為：滴入最后一滴溶液時，_______。（5）在上述實驗過程中，出現了以下操作(其他操作均正確)，其中會造成測定結果(待測液濃度值)偏高的有_______(填選項字母)。A.量取標準液的堿式滴定管未潤洗B.錐形瓶水洗后直接裝待測液C.滴定完成后堿式滴定管尖嘴部分有氣泡D.滴定到達終點時仰視液面讀數（6）滴定前裝有標準液的滴定管排氣泡時，應選擇圖中的_______(填選項)。A.B.C.D.【答案】（1）①.檢驗是否漏水②.用待盛液潤洗（2）20.60（3）0.1250（4）溶液由無色變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內不褪色（5）AD（6）C【解析】【小問1詳解】滴定管在使用前要先檢驗是否漏水，再水洗，最后用待盛液潤洗，所以步驟①是檢驗是否漏水；步驟③是用待盛液潤洗；【小問2詳解】根據圖示，第一次滴定時的滴定管中的液面讀數為20.60?！拘?詳解】根據表格數據，第二次實驗數據明顯超出正常誤差范圍，舍去不用，根據第一次、第三次、第四次實驗數據，平均消耗氫氧化鈉溶液的體積為，待測鹽酸的濃度為； 【小問4詳解】酚酞在堿性溶液中呈紅色，判斷滴定終點的現象為：滴入最后一滴溶液時，溶液由無色變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內不褪色。小問5詳解】A.量取標準液的堿式滴定管未潤洗，氫氧化鈉溶液濃度偏低，消耗氫氧化鈉溶液的體積偏大，造成測定結果偏高，故選A；B.錐形瓶水洗后直接裝待測液，HCl的物質的量不變，消耗氫氧化鈉溶液的體積無影響，測定結果準確，故不選B；C.滴定完成后堿式滴定管尖嘴部分有氣泡，消耗消耗氫氧化鈉溶液的體積偏小，造成測定結果偏低，故不選C；D.滴定到達終點時仰視液面讀數，消耗氫氧化鈉溶液的體積偏大，造成測定結果偏高，故選D；選AD。【小問6詳解】標準氫氧化鈉溶液盛在堿式滴定管中，堿式滴定管排氣泡的方法是：把橡皮管向上彎曲,出口上斜,擠捏玻璃珠,使溶液從尖嘴快速噴出,氣泡即可隨之排掉，故選C。24.硫酸工業(yè)在國民經濟中占有重要地位。（1）工業(yè)上曾用鉛室法制硫酸，鉛室法使用了大容積鉛室制備硫酸(以下)，副產物為亞硝基硫酸，主要反應如下：Ⅰ．；Ⅱ．。①上述過程中的作用為_______。②為了適應生產的需求，鉛室法最終被接觸法所代替，其主要原因是_______(答出一點即可)。（2）接觸法制硫酸的關鍵反應為的催化氧化：①為尋求固定投料比下不同反應階段的最佳生產溫度，繪制相應轉化率(a)下反應速率(數值已略去)與溫度的關系如下圖所示，下列說法正確的是_______。 a．溫度越高，反應速率越大b．的曲線代表平衡轉化率c．越大，反應速率最大值對應溫度越低d．可根據不同下的最大速率，選擇最佳生產溫度②設的平衡分壓為p，的平衡轉化率為，用含p和的代數式表示上述催化氧化反應的_______(用氣體的平衡分壓代替平衡濃度計算，某氣體的平衡分壓=平衡時氣體總壓×該氣體的物質的量分數)?！敬鸢浮浚?）①.催化劑②.反應中有污染空氣的NO和NO2放出影響空氣環(huán)境、NO2可以溶解在硫酸中給產物硫酸帶來雜質、產率不高（2）①.cd②.【解析】【小問1詳解】①根據所給的反應方程式，NO2在反應過程中先消耗再生成，說明NO2在反應中起催化劑的作用，故答案為：催化劑；②為了適應化工生產的需求，鉛室法最終被接觸法所代替，其主要原因是：反應中有污染空氣的NO和NO2放出影響空氣環(huán)境、同時作為催化劑的NO2可以溶解在硫酸中給產物硫酸帶來雜質影響產品質量、產率不高；【小問2詳解】①a.根據不同轉化率下的反應速率曲線可以看出，隨著溫度的升高反應速率先加快后減慢，故a錯誤；b.從圖中所給出的速率曲線可以看出，相同溫度下，轉化率越低反應速率越快，但在轉化率小于88%的時的反應速率圖像并沒有給出，無法判斷α=0.88的條件下是平衡轉化率，故b錯誤；c.從圖像可以看出隨著轉化率的增大，最大反應速率不斷減小，最大反應速率出現的溫度也逐漸降低，故c正確；d. 從圖像可以看出隨著轉化率的增大，最大反應速率出現的溫度也逐漸降低，這時可以根據不同轉化率選擇合適的反應溫度以減少能源的消耗，故d正確；故答案為：cd；②利用分壓代替濃度計算平衡常數，反應的平衡常數，設SO2初始量為m?mol，則平衡時n（SO3）=m?α，n（SO2）=m-m?α=m（1-α），Kp═。25.回答下列問題：（1）氨水中存在著平衡：，若使氨水中增大，應加入下列適量的_______(填以下字母選項)①固體②通入氨氣③固體④水A.①②③B.②③C.②④D.③④（2）甲、乙兩瓶氨水的濃度分別為和，則甲、乙兩瓶氨水中之比_______10(填“>”“<”或“=”)；pH=5的硫酸稀釋103倍后，_______(填比值)。（3）在一定溫度下，有a．鹽酸　　b．硫酸　　c．醋酸三種酸。①同體積、同物質的量濃度的三種酸，中和相同濃度NaOH溶液的體積由大到小的順序是_______(用選項字母表示，并用“>”或“=”連接，下同)。②同體積、同c(H+)的三種酸，分別放入足量的鋅，相同狀況下產生氣體的體積由大到小的順序是_______。③將同體積、同pH的三種酸均加水稀釋至原來的100倍后(溶液仍為酸性)，所得溶液pH由大到小的順序是_______?！敬鸢浮浚?）B（2）①.＜②.20：1（3）①.b＞a=c②.c＞a=b③.a=b＞c【解析】【小問1詳解】①加入NH4Cl固體，中等銨根離子濃度，電離平衡逆向進行，氫氧根離子濃度減小，①不合題意；②通入氨氣，中等一水合氨濃度，平衡正向進行，氫氧根離子濃度增大，②符合題意；③加入NaOH 固體，平衡逆向進行，氫氧根離子濃度增大，③符合題意；④加入水，電離平衡正向進行，氫氧根離子濃度減小，④不合題意；綜上分析可知，②③符合題意，故答案為：B；【小問2詳解】氨水的濃度越小，則電離度越大，遵循越稀越電離的原理，0.1mol/L的氨水比較容易電離，氫氧根濃度大于1mol/L氨水中氫氧根離子濃度的，所以這個比值應該小于10，由pH=-lgc(H+)，可知pH=5的硫酸溶液中c(H+)=1×10-5mol/L，硫酸為強電解質完全電離，氫離子濃度為硫酸根離子濃度2倍，所以c()=c(H+)=×1×10-5mol/L=5×10-6mol/L，溶液稀釋1000倍后，氫離子濃度不可能小于1×10-7mol/L，只能無限接近1×10-7mol/L；硫酸根離子濃度為：c()=5×10-6mol/L×=5×10-9mol/L，故稀釋后溶液中H+離子濃度與離子濃度比值約為：1×10-7mol/L：5×10-9mol/L：=20：1，故答案為：＜；20：1；【小問3詳解】①同體積同物質的量濃度的三種酸，鹽酸和醋酸都是一元酸消耗氫氧化鈉相同，硫酸是二元強酸消耗氫氧化鈉多，所以中和相同濃度NaOH溶液的體積由大到小的順序是b＞a=c，故答案為：b＞a=c；②酸與足量的鋅反應時，相同狀況下產生氣體的體積與酸最終電離出氫離子的物質的量成正比，當三者c(H+)相同且體積也相同時，硫酸和稀鹽酸最終電離出氫離子的物質的量相等，醋酸電離出氫離子的物質的量最大，所以這三種酸分別與足量鋅反應時生成相同條件下氣體體積大小順序是c＞a=b，故答案為：c＞a=b；③醋酸是弱電解質，加水稀釋能促進醋酸的電離，所以醋酸中氫離子濃度變化慢，即醋酸中氫離子濃度大，所以將pH相同的三種酸均稀釋100倍后，c(H+)由大到小的順序是c＞a=b，故pH由大到小的順序為：a=b＞c，故答案為：a=b＞c。26.甲烷不僅是一種燃料，還可以作化工原料用來生產氫氣、乙炔、碳黑等物質。回答下列問題：（1）向一恒容密閉容器中加入和一定量的，發(fā)生反應：。的平衡轉化率按不同投料比隨溫度的變化曲線如下圖所示。 ①_______(填“>”、“<”“=”，下同)。②點a、b、c對應的平衡常數三者之間的關系是_______。③比較b、c兩點的正反應速率與的大小并說明理由：_______。（2）一定條件下，甲烷和水蒸氣催化制氫主要有如下兩個反應：Ⅰ．Ⅱ．恒定壓強為時，將的混合氣體投入反應器中，發(fā)生以上兩反應，平衡時各組分的物質的量分數與溫度的關系如下圖所示。①分析圖中各曲線所代表的物質，其中的物質的量分數與溫度的變化曲線是_______(填圖中字母標號)。②已知投料比為的混合氣體，，時，的平衡轉化率為_______(保留2位有效數字)?！敬鸢浮浚?）①.＜②.Ka＜Kb=Kc③.＞（2）①.q②.77.78%【解析】【小問1詳解】①相同溫度下，比值越大，甲烷轉化率越小，圖像分析可知x1＜x2；②升高溫度，甲烷轉化率增大，說明反應為吸熱反應，升高溫度平衡常數增大，則Ka＜Kb=Kc； ③b、c點反應的溫度相同，不同投料比x（x=）不同，b點甲烷轉化率大，即說明反應速率：vb正＞vc正；【小問2詳解】①由于反應Ⅰ的正反應方向吸熱，隨著溫度的升高，反應向正反應方向進行的程度較大，氫氣的物質的量逐漸增大，曲線q為的物質的量分數與溫度的變化曲線；