2023-2024學年湖北省武漢高二（上）月考化學試卷（10月份）

2023-2024學年湖北省武漢高二（上）月考化學試卷（10月份）一．選擇題。（每小題僅一個正確選項，每小題3分，共15小題，45分）1．（3分）不能用勒夏特列原理解釋的是（）A．使用鐵觸媒，加快合成氨反應速率 B．溴水中存在Br2+H2O?HBr+HBrO，當加入硝酸銀溶液后，溶液顏色變淺 C．合成氨工業(yè)采用20～50MPa高壓 D．反應CO（g）+NO2（g）?CO2（g）+NO（g）△H＜0，平衡后，升高溫度體系顏色變深2．（3分）下列有關熱化學方程式及其敘述正確的是（）A．氫氣的燃燒熱為285.5kJ/mol，則電解水的熱化學方程式為：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+285.5kJ/mol B．甲烷的燃燒熱為890kJ/mol，則甲烷燃燒的熱化學方程式為：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣890kJ/mol C．已知：2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H＝﹣221kJ/mol，則C的燃燒熱△H＜﹣110.5kJ/mol D．HF與NaOH溶液反應：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（1）△H＝﹣57.3kJ/mol3．（3分）在一密閉容器中發(fā)生可逆反應A（g）+B（g）?C（g），平衡移動關系如圖所示（變化過程中物質狀態(tài)不發(fā)生變化），下列說法正確的是（）選項壓強縱坐標Ap1＜p2C的物質的量濃度Bp1＞p2B的轉化率Cp1＜p2混合氣體的平均摩爾質量Dp1＞p2A的質量分數A．A B．B C．C D．D4．（3分）從植物花汁中提取的一種有機物HIn，可做酸、堿指示劑，在水溶液中存在電離平衡：HIn（紅色）++In﹣（黃色），對上述平衡解釋不正確的是（）A．升高溫度平衡向正方向移動 B．加入鹽酸后平衡向逆方向移動，溶液顯紅色 C．加入NaOH溶液后平衡向正方向移動，溶液顯黃色 D．加入NaHSO4溶液后平衡向正方向移動，溶液顯黃色5．（3分）室溫下，用0.100mol?L﹣1NaOH溶液分別滴定20.00mL0.100mol?L﹣1的鹽酸和醋酸，滴定曲線如圖所示，下列說法正確的是（）A．Ⅰ表示的是滴定鹽酸的曲線 B．pH＝7時，滴定醋酸消耗V（NaOH）小于20mL C．V（NaOH）＝20mL時，兩份溶液中c（Cl﹣）＝c（CH3COO﹣） D．V（NaOH）＝10mL時，醋酸溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）6．（3分）表格中的各種情況，可以用對應選項中的圖象表示的是（）選項反應甲乙A外形、大小相近的金屬和水反應NaKB4mL0.01mol?L﹣1KMnO4溶液分別和不同濃度2mLH2C2O4溶液反應0.1mol?L﹣1H2C2O4溶液0.2mol?L﹣1的H2C2O4溶液C5mL0.1mol?L﹣1Na2S2O3溶液和5mL0.1mol?L﹣1H2SO4溶液反應熱水冷水D5mL4%的過氧化氫溶液分解放出O2無MnO2粉末加MnO2粉末A．A B．B C．C D．D7．（3分）活潑自由基與氧氣的反應一直是關注的熱點。HNO自由基與O2反應過程的能量變化如圖所示。下列說法正確的是（）A．該反應為吸熱反應 B．產物的穩(wěn)定性：P1＞P2 C．該歷程中最大正反應的活化能E正＝186.19kJ?mol﹣1 D．相同條件下，由中間產物z轉化為產物的速率：v（P1）＜v（P2）8．（3分）在密閉容器中進行反應2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）ΔH＜0。該反應的反應速率（v）隨時間（t）變化的關系如圖所示2、t4時刻只改變一個條件，下列說法正確的是（）A．在t1～t2時，可依據定容容器內氣體的壓強保持不變判斷反應已達到平衡狀態(tài) B．在t2時，采取的措施可以是升高溫度 C．在t3～t4時，可依據容器內氣體的密度保持不變判斷反應已達到平衡狀態(tài) D．在t5時，容器內NO2的體積分數是整個過程中的最大值9．（3分）一定條件下，合成氨反應：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）。圖甲表示在此反應過程中的能量變化，圖乙表示在2L的密閉容器中反應時N2的物質的量隨時間的變化曲線。圖丙表示在其他條件不變的情況下，改變起始物氫氣的物質的量對此反應平衡的影響。下列說法正確的是（）A．升高溫度，該反應的平衡常數增大 B．由圖乙信息，從11min起其他條件不變，壓縮容器的體積，則n（N2）的變化曲線為d C．由圖乙信息，10min內該反應的平均速率v（H2）＝0.045mol?L﹣1?min D．圖丙中溫度T1＜T2，a、b、c三點所處的平衡狀態(tài)中，反應物N的轉化率最高的是b點10．（3分）已知反應：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）ΔH＜0。起始時容器甲、丙體積都是V，容器乙、丁體積都是V：向甲、丙內都充入2amolSO2和amolO2并保持恒溫；向乙、丁內都充入amolSO2和0.5amolO2并保持絕熱，在一定溫度時開始反應。下列說法正確的是（）A．圖1達平衡時，SO2的濃度：甲＝乙 B．圖1達平衡時，平衡常數K：甲＜乙 C．圖2達平衡時，所需時間t：丙＜丁 D．圖2達平衡時，體積分數φ（SO3）：丙＞丁11．（3分）使用酸堿中和滴定方法，用0.01mol/L鹽酸滴定錐形瓶中未知濃度的NaOH溶液，下列操作使測定結果偏高的是（）①未用標準溶液潤洗酸式滴定管②錐形瓶用蒸餾水清洗后，用待測液潤洗③裝鹽酸的滴定管尖嘴處開始無氣泡，滴定終點時有氣泡④滴定終點讀數后，發(fā)現滴定管嘴處懸掛一滴標準液液滴⑤滴定完畢后立即讀數，半分鐘內溶液顏色又很快恢復原色⑥滴定前仰視讀數，滴定后俯視讀數A．①②④ B．①④⑥ C．①③④ D．③④⑤12．（3分）現有濃度均為0.1mol?L﹣1的鹽酸、硫酸、醋酸溶液，下列判斷正確的是（）A．若三種酸溶液中c（H+）分別為a1mol?L﹣1、a2mol?L﹣1、a3mol?L﹣1，則a1＝a2＝a3 B．等體積的三種酸溶液分別與過量的NaOH溶液反應，若生成的鹽的物質的量依次為b1mol，b2mol，b3mol，則b1＝b2＜b3 C．分別用三種酸溶液和一定量的NaOH溶液反應生成正鹽，若需要酸溶液的體積分別為V1、V2、V3，則V1＝V2＝V3 D．將完全相同的Zn分別投入等體積的三種酸溶液中，開始時生成H2的速率分別為v1、v2、v3，則v2＞v1＞v313．（3分）在二氧化碳加氫制甲烷的反應體系中，主要發(fā)生反應的熱化學方程式為反應Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣164.7kJ?mol﹣1；反應Ⅱ：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH＝41.2kJ?mol﹣1；反應Ⅲ：2CO（g）+2H2（g）═CO2（g）+CH4（g）ΔH＝﹣247.1kJ?mol﹣1。向恒壓、密閉容器中通入1molCO2和4molH2，平衡時CH4、CO、CO2的物質的量隨溫度的變化如圖所示。下列說法正確的是（）A．反應Ⅰ的平衡常數可表示為K＝ B．圖中曲線B表示CO的物質的量隨溫度的變化 C．提高CO2轉化為CH4的轉化率，需要研發(fā)在低溫區(qū)高效的催化劑 D．CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）的ΔH＝﹣205.9kJ?mol﹣114．（3分）已知25℃、101kPa時，以下反應的熱化學方程式為：Fe2O3（s）+3C（s）═2Fe（s）+3CO（g）1＝+489kJ?mol﹣12CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2＝﹣564kJ?mol﹣1C（s）+O2（g）═CO2（g）△H3＝﹣393kJ?mol﹣1則2Fe（s）+O2（g）═Fe2O3（s）的△H為（）A．﹣822kJ?mol﹣1 B．﹣468kJ?mol﹣1 C．﹣186kJ?mol﹣1 D．+468kJ?mol﹣115．（3分）常溫下，在體積均為20mL、濃度均為0.1mol?L﹣1的HX溶液、HY溶液中分別滴加同濃度的NaOH溶液，反應后溶液中水電離的c（H+）表示為pH水＝﹣lgc（H+）水．pH水與滴加氫氧化鈉溶液體積的關系如圖所示。下列推斷正確的是（）A．HX的電離方程式為HX＝H++X﹣ B．T點時c（Na+）＝c（Y﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣） C．常溫下用蒸餾水分別稀釋N、P點溶液，pH都降低 D．常溫下，HY的電離常數16．（12分）某學生欲用已知物質的量濃度的鹽酸來測定未知物質的量濃度的氫氧化鈉溶液時，選擇甲基橙作指示劑。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝海?）用標準的鹽酸溶液滴定待測的氫氧化鈉溶液時，標準液應該裝在（填儀器名稱）中；滴定達到終點的現象為：。（2）下列操作中可能使所測氫氧化鈉溶液的濃度數值偏低的是。A.酸式滴定管未用標準鹽酸溶液潤洗就直接注入標準鹽酸溶液B.滴定前盛放氫氧化鈉溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥C.讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數，滴定結束時俯視讀數（3）若滴定開始和結束時，滴定管中的液面如圖所示，所用鹽酸溶液的體積為mL。（4）某學生根據三次實驗分別記錄有關數據如表：滴定次數待測NaOH溶液的體積/mL0.1000mol/L鹽酸的體積/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液體積/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09請選用數據計算該氫氧化鈉溶液的物質的量濃度：c（NaOH）＝mol/L（保留小數點后4位）。（5）某學習小組用“間接碘量法”測定含有CuCl2?2H2O晶體的試樣（不含能與I﹣發(fā)生反應的氧化性雜質）的純度，過程如下：取0.36g試樣溶于水，加過量KI固體，生成白色沉淀。用0.1000mol/LNa2S2O3標準溶液滴定，到達滴定終點時，消耗Na2S2O3標準溶液20.00mL。已知：I2+2S2＝S4+2I﹣選用作滴定指示劑，試樣中CuCl2?2H2O的質量分數為。（保留小數點后一位）17．（14分）煤和甲烷既是重要的常用燃料，又是重要的化工原料。根據題意，回答下列問題：Ⅰ．煤制天然氣過程中，存在多種化學反應，其中在煤氣化裝置中發(fā)生反應①：C（s）2O（g）═CO（g）+H2（g）ΔH＝+135kJ?mol﹣1，而在水氣變換裝置中發(fā)生反應②：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣41kJ?mol﹣1（1）煤氣化前，需要通入一定量的氧氣與碳發(fā)生燃燒反應，請利用平衡移動原理說明通入氧氣的作用：。（2）寫出碳和二氧化碳反應生成一氧化碳的熱化學方程式。（3）如圖1表示發(fā)生反應①后進入反應②裝置的與反應②中CO平衡轉化率、溫度的變化關系。若為0.8，一定量的煤和水蒸氣經反應①和反應②后2的物質的量之比為1：3，則反應②所對應的溫度是（填“T1”、“T2”或“T3”）。Ⅱ．甲烷重整技術主要是利用甲烷和其他原料來制備合成氣（CO和H2混合氣體）?，F在常見的重整技術有甲烷﹣﹣二氧化碳重整、甲烷﹣﹣水蒸氣重整，其反應分別為CH4（g）+3CO2（g）?2H2O（g）+4CO（g）CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）（4）甲烷﹣二氧化碳重整的催化轉化原理如圖2所示。①過程（二）實現了含氫物種與含碳物種的分離，寫出生成H2O（g）的化學方程式：②假設過程（一）和過程（二）中各步反應均轉化完全（填序號）。a．過程（一）和過程（二）中均含有氧化還原反應b．過程（二）中使用的催化劑為Fe3O4和CaCO3c．若過程（一）投料比＝1.0（二）中催化劑失效（5）通過計算機模擬甲烷﹣﹣水蒸氣重整實驗測得，在操作壓強為0.1MPa、水碳比為1.0，反應達到平衡時，H2的物質的量分數為0.6．已知該反應的速率方程v＝kP（CH4）?P﹣1（H2），式中k為速率常數，P為氣體分壓，則此時該反應速率v＝（用含k的式子表示）；900℃時，該反應的壓強平衡常數Kp＝（用平衡分壓代替平衡濃度計算）。18．（14分）Ⅰ．部分弱酸的電離平衡常數如下表：弱酸HCOOHH2SH2CO3HClO電離平衡常數（25℃）K＝1.77×10﹣4K1＝1.3×10﹣7K2＝7.1×10﹣15K1＝4.4×10﹣7K2＝4.7×10﹣11K＝3.0×10﹣8按要求回答下列問題：（1）HCOOH、H2S、H2CO3、HClO的酸性由強到弱的順序為。（2）同濃度的HS﹣、S2﹣、、ClO﹣結合H+的能力由強到弱的順序為。（3）運用上述電離常數及物質的特性判斷下列化學反應方程式不正確的是（填序號）。①次氯酸與NaHCO3溶液的反應：HClO+＝ClO﹣+H2O+CO2↑②少量CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO﹣＝+2HClO③少量CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+ClO﹣＝+HClO④硫化氫通入NaClO溶液中：H2S+ClO﹣＝HS﹣+HClO⑤碳酸鈉滴入足量甲酸溶液中：2HCOOH+＝2HCOO﹣+CO2↑+H2OⅡ．（4）pH＝5的H2SO4溶液，加水稀釋到500倍，則稀釋后c（）+）的比值為。（5）取濃度相同的NaOH和HCl溶液，以3：2體積比相混合，所得溶液的pH等于12。（6）在一定體積pH＝12的Ba（OH）2溶液中，逐滴加入一定物質的量濃度的NaHSO4溶液，當溶液中的Ba2+恰好完全沉淀時，溶液pH＝11。若反應后溶液的體積等于Ba（OH）2溶液與NaHSO4溶液的體積之和，則Ba（OH）2溶液與NaHSO4溶液的體積比是。（7）將pH＝a的NaOH溶液VaL與pH＝b的稀鹽酸VbL混合，若所得溶液呈中性，且a+b＝13，則＝。19．（15分）Ⅰ．在一定溫度下，有a．鹽酸b．硫酸c．醋酸三種酸，若三者c（H+）相同：（1）物質的量濃度由大到小的順序是，（用字母表示，下同）：（2）若三者體積也相同時，同時加入形狀、密度、質量完全相同的鋅，若產生相同體積的H2（相同狀況），則開始時反應速率的大小關系為，反應所需時間的長短關系是。（3）若三者體積也相同時，分別與等濃度的NaOH稀溶液反應至pH＝7，則消耗NaOH溶液的體積大小關系為。Ⅱ．已知亞磷酸（H3PO3）為二元弱酸，常溫下，向某濃度的亞磷酸溶液中逐滴加入一定物質的量濃度的KOH溶液（4）寫出亞磷酸電離的方程式：、。（5）表示pH與的變化關系的曲線是（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。（6）根據圖像計算亞磷酸的Ka1＝。

參考答案與試題解析一．選擇題。（每小題僅一個正確選項，每小題3分，共15小題，45分）1．【分析】勒夏特列原理為：如果改變影響平衡的條件之一，平衡將向著能夠減弱這種改變的方向移動，使用勒夏特列原理時，該反應必須是可逆反應，否則勒夏特列原理不適用?！窘獯稹拷猓篈．催化劑只影響化學反應速率，所以不能用勒夏特列原理解釋；B．加入硝酸銀溶液后，導致溴濃度減小，所以能用勒夏特列原理解釋；C．增大壓強平衡正向移動，故C正確；D．升高溫度平衡逆向移動導致二氧化氮濃度增大，所以能用勒夏特列原理解釋；故選：A?！军c評】本題考查化學平衡移動原理，為高頻考點，側重考查學生對化學平衡移動原理內涵的理解和運用，明確化學平衡移動原理適用范圍是解本題關鍵，注意：只有引起平衡移動的才能用平衡移動原理解釋。2．【分析】A．燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量，反應方向改變，焓變符號改變；B．依據熱化學方程式的書寫方法分析判斷，標注物質聚集狀態(tài)和對應反應焓變；C．1molC完全燃燒生成CO2，才是燃燒熱；D．氫氟酸是弱酸存在電離平衡，電離過程是吸熱過程?！窘獯稹拷猓篈．H2的燃燒熱為285.8kJ/mol，即8molH2完全燃燒生成H2O（l）時放出285.7kJ的熱量，氫氣燃燒熱是放熱反應，水電解過程是吸熱反應2O電解的熱化學方程式為2H2O（l）＝2H2（g）+O3（g）△H＝+285.8×2kJ/mol，故A錯誤；B．甲烷的燃燒熱為890kJ/mol6完全燃燒生成CO2（g）和H2O（l）時放出890kJ的熱量，CH7（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890kJ/mol，故B錯誤；C．已知7C（s）+O2（g）＝2CO（g）△H＝﹣221kJ/mol，因為C（s）燃燒不完全，反應熱不是燃燒熱，即△H＜﹣110.2kJ/mol；D．HF為弱酸+表示，HF溶于水，導致溫度升高﹣（aq）＝F﹣+H2O（l）△H≠﹣57.3kJ/mol，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了熱化學方程式書寫方法，燃燒熱、中和熱概念的理解，D選項中弱電解質的分析判斷是解題的關鍵，題目難度中等。3．【分析】反應正向吸熱，升高溫度，平衡正向移動，結合壓強變化對平衡的影響分析?！窘獯稹拷猓篈．溫度一定時，p1＜p2，增大壓強，平衡正向移動，與圖象不符；B．壓強一定時，升高溫度，B的轉化率增大，p4＞p2，增大壓強，平衡正向移動，與圖象符合；C．反應前后氣體總質量不變，p1＜p8，增大壓強，平衡正向移動，混合氣體的平均摩爾質量增大，故C錯誤；D．溫度一定時，p1＞p2，增大壓強，平衡正向移動，與圖象不符；故選：B。【點評】本題考查化學平衡，題目難度中等，掌握外界條件改變對化學平衡的影響是解題的關鍵。4．【分析】A、升高溫度平衡向吸熱方向移動，電離過程是吸熱的；B、增大氫離子濃度抑制電離，平衡向左移動；C、加入氫氧化鈉溶液，氫離子濃度降低，平衡向右移動；D、加入NaHSO4溶液，增大氫離子濃度，平衡向左移動．【解答】解：A、電離過程是吸熱的，平衡向右移動；B、加入鹽酸后增大了氫離子濃度，平衡向左移動，故B正確；C、加入氫氧化鈉溶液，氫離子濃度降低，溶液顯黃色；D、加入NaHSO4溶液增大了氫離子濃度，抑制電離，溶液顯紅色；故選：D?！军c評】本題考查了平衡移動，難度不大，注意理解勒沙特列原理的理解和應用．5．【分析】A．0.100mol/L的HCl、CH3COOH溶液中，c（H+）：鹽酸＞醋酸，則pH：鹽酸＜醋酸；B．CH3COONa溶液呈堿性，要使混合溶液呈中性，醋酸應該稍微過量；C．V（NaOH）＝20mL時，酸堿恰好完全反應分別生成NaCl、CH3COONa，Cl﹣不水解、CH3COO﹣部分水解；D．V（NaOH）＝10mL時，溶液中的溶質為等物質的量濃度的CH3COOH、CH3COONa，根據圖知，混合溶液的pH＜7，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在電荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），醋酸電離程度較小?！窘獯稹拷猓篈．0.100mol/L的HCl3COOH溶液中，c（H+）：鹽酸＞醋酸，則pH：鹽酸＜醋酸，未加NaOH溶液時，所以曲線Ⅱ表示滴定鹽酸的曲線；B．CH6COONa溶液呈堿性，要使混合溶液呈中性，所以pH＝7時，故B正確；C．V（NaOH）＝20mL時、CH3COONa，Cl﹣不水解、CH3COO﹣部分水解，兩份溶液體積相等﹣）＞c（CH3COO﹣），故C錯誤；D．V（NaOH）＝10mL時3COOH、CH5COONa，根據圖知，溶液呈酸性+）＞c（OH﹣），溶液中存在電荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），c（Na+）＜c（CH3COO﹣），則醋酸電離程度較小5COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側重考查圖象分析判斷及知識綜合運用能力，明確曲線與酸的關系、各點溶液中溶質成分及其性質是解本題關鍵，題目難度不大。6．【分析】A．物質本身的性質是決定反應速率的主要因素；B．濃度越大，反應速率越快；C．溫度越高，反應速率越快；D．催化劑能加快化學反應速率?！窘獯稹拷猓篈．物質本身的性質是決定反應速率的主要因素，K更活潑，故A錯誤；B．濃度越大，乙中草酸的濃度比甲大，故B錯誤；C．溫度越高，甲的溫度大于乙，故C正確；D．催化劑能加快化學反應速率，甲中沒有催化劑，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查化學反應速率影響因素，側重考查圖象分析判斷及知識綜合運用能力，明確外界條件對化學反應速率影響原理內涵是解本題關鍵，注意：物質本身的性質決定反應速率，外界條件只是影響因素。7．【分析】A．根據圖象可知，此反應的反應物的總能量大于生成物的總能量；B．物質的能量越高，物質越不穩(wěn)定；C．最大的正反應的活化能出現在由中間產物Z到過渡態(tài)IV時；D．相同條件下，反應所需的活化能越小，則反應的速率越快?！窘獯稹拷猓篈．根據圖象可知，故此反應是放熱反應；B．物質的能量越高，根據圖象可知1的能量高于產物P2，故產物的穩(wěn)定性：P7＜P2，故B錯誤；C．最大的正反應的活化能出現在由中間產物Z到過渡態(tài)IV時正＝﹣18.92kJ/mol﹣（﹣205.11kJ/mol）＝186.19kJ?mol﹣1，故C正確；D．相同條件下，則反應的速率越快5所需活化能更小，故反應速率更快1）＞v（P2），故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了熱化學方程式的分析應用，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，注意物質能量的變化判斷，答題時注意審題，題目難度中等。8．【分析】A．恒溫恒容條件下，氣體壓強與氣體的物質的量成正比，該反應前后氣體計量數改變，則壓強改變；B．升高溫度平衡逆向移動；C．無論反應是否達到平衡狀態(tài)，氣體總質量不變、容器體積不變，則氣體密度始終不變；D．t2時，平衡正向移動，t4時，平衡正向移動?！窘獯稹拷猓篈．2NO（g）+O2（g）?7NO2（g），該反應是氣體體積減小的反應，容器內氣體壓強減小，說反應已達到平衡狀態(tài)；B．正反應為放熱反應2時，如果改變的條件是升高溫度，應該逆反應速率大于正反應速率，故B錯誤；C．混合氣體總質量不變，混合氣體的密度始終不變；D．t5時平衡正向移動，t4時減小了生成物濃度，平衡正向移動，所以容器內NO2的體積分數在t3～t4時最大，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查外界條件對平衡影響原理，側重考查圖象分析、判斷及知識綜合運用能力，明確溫度、濃度對反應速率及平衡移動方向影響原理是解本題關鍵，知道化學平衡狀態(tài)判斷判斷方法，題目難度不大。9．【分析】A．由圖象甲分析，反應是放熱反應，升高溫度化學平衡逆向移動；B．其他條件不變，壓縮容器的體積，氮氣的物質的量不變，平衡正移，氮氣然后逐漸減少；C．由圖乙信息，10min內氮氣減少了0.3mol，先求出氮氣的速率，再根據方程式計算氫氣的速率；D．由圖丙可知，氫氣的起始物質的量相同時，溫度T1平衡后，氨氣的含量更高，該反應為放熱反應，降低溫度平衡向正反應移動?！窘獯稹拷猓篈.．由圖象甲分析，升高溫度化學平衡逆向移動，該反應的平衡常數減?。籅．其他條件不變，氮氣的物質的量不變，氮氣然后逐漸減少，n（N2）的變化曲線為d，故B正確；C．由圖乙信息，則氮氣的速率的為﹣l?min﹣l，氫氣的速率為0.015mol?L﹣l?min﹣l×7＝0.045mol?L﹣l?min﹣l，故C錯誤；D．由圖丙可知，溫度T1平衡后，氨氣的含量更高，降低溫度平衡向正反應移動7＜T2，a、b、c都處于平衡狀態(tài)，增大氫氣用量，故a、b，c的氮氣的轉化率最高；故選：B?！军c評】本題考查了化學平衡移動、化學平衡有關計算，側重考查學生分析能力和計算能力，把握圖象分析和平衡常數判斷是解本題關鍵，題目難度中等。10．【分析】A．結合溫度變化對平衡的影響分析；B．結合溫度變化對平衡的影響分析K值變化；C．反應速率快，反應達平衡所需的時間短；D．結合溫度變化對平衡的影響分析物質的體積分數關系?！窘獯稹拷猓篈．由反應容器體積和起始充入反應物的量可知，SO2的濃度相等，但乙為絕熱容器，則溫度甲小于乙，平衡逆向移動2的濃度增大，故達平衡時7的濃度：甲＜乙，故A錯誤；B．乙為絕熱容器，則溫度甲小于乙，平衡逆向移動，故平衡常數K：甲＞乙；C．由反應容器體積和起始充入反應物的量可知，但丁為絕熱容器，則溫度丙小于丁，反應速率加快，故達平衡時，故C錯誤；D．丙和丁均為恒溫恒壓條件二者等效，且該反應正向為放熱反應，溫度升高，體積分數φ（SO3）：丙＞丁，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查化學平衡，題目難度中等，掌握外界條件改變對化學平衡的影響是解題的關鍵。11．【分析】分析操作對消耗標準溶液體積的影響，依據c（待測）＝進行誤差分析，凡是不到操作導致消耗標準溶液體積偏大的操作，測定結果偏大，反之測定結果偏小，據此分析解答?！窘獯稹拷猓孩傥从脴藴嗜芤簼櫹此崾降味ü埽瑢е聵藴嗜芤罕幌♂?，測定結果偏高；②錐形瓶用蒸餾水清洗后，用待測液潤洗，測定結果偏高；③裝鹽酸的滴定管尖嘴處開始無氣泡，滴定終點時有氣泡，測定結果偏?。虎艿味ńK點讀數后，發(fā)現滴定管嘴處懸掛一滴標準液液滴，測定結果偏大；⑤滴定完畢后立即讀數，半分鐘內溶液顏色又很快恢復原色，導致消耗標準液體積偏小，故不選；⑥滴定前仰視讀數，滴定后俯視讀數，測定結果偏小；故選：A?！军c評】本題考查了中和滴定中的誤差分析，題目難度中等，注意掌握中和滴定中誤差分析的方法及技巧，分析中和滴定過程中產生的誤差時，要根據實驗操作對c（待測）＝的影響進行判斷；試題培養(yǎng)了學生的靈活應用所學知識解決實際問題的能力。12．【分析】A．醋酸的弱電解質，部分電離，硫酸是二元強酸、鹽酸是一元強酸，據此判斷氫離子濃度大??；B．生成鹽的物質的量與酸的物質的量相等；C．中和一定量NaOH溶液生成正鹽時，酸的濃度相等時，如果是一元酸，所用酸的體積相等，如果是二元酸，酸的體積是一元酸的一半；D．生成氫氣的反應速率與氫離子濃度成正比【解答】解：A．醋酸的弱電解質，硫酸是二元強酸，物質的量濃度相等的三種酸2＝2a2＞a3，故A錯誤；B．根據原子守恒知，所以生成鹽的物質的量關系為：b1＝b5＝b3，故B錯誤；C．中和一定量NaOH溶液生成正鹽時，如果是一元酸，如果是二元酸，所以三種酸的體積大小關系是V1＝4V2＝V3，故C錯誤；D．生成氫氣的反應速率與氫離子濃度成正比6＝2a1＞a4，所以反應速率大小順序是υ2＞υ1＞υ8，故D正確；故選：D。【點評】本題考查了弱電解質的電離，為高頻考點，難度不大，注意D中生成氫氣的反應速率與氫離子濃度成正比，分清是初始速率還反應過程中的反應速率，注意反應速率與氫離子濃度有關，與電解質強弱無關，為易錯點．13．【分析】A.K為生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比；B.II中生成CO，但升高溫度使Ⅲ逆向進行，導致CO的物質的量先增大；C.催化劑對平衡移動無影響，低溫有利于生成甲烷；D.由蓋斯定律可知，II﹣I得到CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）?！窘獯稹拷猓篈.反應Ⅰ的平衡常數可表示為K＝，故A錯誤；B.II中生成CO，但升高溫度使Ⅲ逆向進行，則圖中曲線C表示CO的物質的量隨溫度的變化；C.催化劑對平衡移動無影響，低溫有利于生成甲烷2轉化為CH4的轉化效率，故C正確；D.由蓋斯定律可知，II﹣I得到CH7（g）+H2O（g）═CO（g）+3H5（g）ΔH＝41.2kJ?mol﹣1﹣（﹣164.3kJ?mol﹣1）＝+205.9kJ?mol﹣4，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查化學平衡，為高頻考點，把握K的表達式、溫度對平衡的影響、蓋斯定律計算焓變?yōu)榻獯鸬年P鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項B為解答的難點，題目難度不大。14．【分析】①Fe2O3（s）+3C（s）═2Fe（s）+3CO（g）△H1＝+489kJ?mol﹣1②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2＝﹣564kJ?mol﹣1③C（s）+O2（g）═CO2（g）△H3＝﹣393kJ?mol﹣1根據蓋斯定律3×③﹣×②﹣①得2Fe（s）+O2（g）═Fe2O3（s）?！窘獯稹拷猓孩貴e2O3（s）+7C（s）═2Fe（s）+3CO（g）△H7＝+489kJ?mol﹣1②2CO（g）+O7（g）═2CO2（g）△H4＝﹣564kJ?mol﹣1③C（s）+O2（g）═CO7（g）△H3＝﹣393kJ?mol﹣1根據蓋斯定律5×③﹣×②﹣①得7Fe（s）+O5（g）═Fe2O3（s）△H＝（﹣393×7+564×﹣489）kJ?mol﹣7＝﹣822kJ?mol﹣1，則A正確，故選：A?！军c評】本題考查化學反應能量變化，掌握蓋斯定律是解題的關鍵，此題難度中等，注意基礎知識積累。15．【分析】根據題干信息知，HX和HY是兩種一元酸，加入NaOH溶液，H2O電離程度增大，溶液由酸性逐漸變?yōu)橹行?，當恰好完全反應時縱坐標數值小于7，則促進水電離，則兩種酸都是弱酸，溶液呈堿性且水電離程度達到最大值，恰好完全反應時縱坐標越小，說明水的電離程度越大，則酸的酸性越弱，根據圖知，酸性HX＞HY，A．弱酸部分電離；B．T、P點對應的溶液溶液溶質都是鈉鹽和NaOH；C．N點溶液中溶質為HX和NaX，溶液呈中性；P點溶質為NaX和NaOH，溶液呈堿性；D．常溫下，M點溶質為NaY和HY，pH水＝﹣lgc（H+）水，則c（H+）水＝10﹣7mol/L，溶液中c（H+）＝c（OH﹣）＝1×10﹣7mol?L﹣1，c（Na+）＝c（Y﹣）＝×0.1mol?L﹣1，c（HY）＝×0.1mol/L，Ka＝?！窘獯稹拷猓焊鶕}干信息知，HX和HY是兩種一元酸，H2O電離程度增大，溶液由酸性逐漸變?yōu)橹行?，則促進水電離，溶液呈堿性且水電離程度達到最大值，A．弱酸部分電離，電離方程式為HX?H++X﹣，故A錯誤；B．T、P點對應的溶液溶液溶質都是鈉鹽和NaOH，則T點c（H+）＜c（OH﹣），根據電荷守恒得c（Na+）＞c（Y﹣），水的電離程度較小+）＞c（Y﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B錯誤；C．N點溶液中溶質為HX和NaX，加水稀釋，而P點溶質為NaX和NaOH，加水稀釋后P點溶液的pH減??；D．常溫下，pH水＝﹣lgc（H+）水，則c（H+）水＝10﹣7mol/L，溶液中c（H+）＝c（OH﹣）＝2×10﹣7mol?L﹣1，c（Na+）＝c（Y﹣）＝×7.1mol?L﹣1，c（HY）＝×4.1mol/L＝，則，故D正確；故選：D。【點評】本題考查弱電解質的電離及酸堿混合溶液定性判斷，為高頻考點，側重考查圖象分析判斷及知識綜合運用、計算能力，明確各點溶液中溶質成分及其性質、電離平衡常數計算方法是解本題關鍵，題目難度中等。16．【分析】（1）酸性、強氧化性溶液盛放在酸式滴定管中，酸溶液滴堿溶液甲基橙的變色應是恰好由黃色變橙色；（2）用標準鹽酸測定未知濃度的NaOH溶液的濃度，公式為c（NaOH）＝，引起誤差原因就是看引起消耗HCl的體積是偏大還是偏?。唬?）初始讀數V1是0.00ml，滴定結束讀數V2為26.10ml，標準液的體積是兩次讀數之差；（4）數據處理時，要注意有效數據之間差值要小于0.2ml，第二次的數據與其它的差2ml左右，數據不可信，取第一次和第三次數據的平均值，代入公式c（NaOH）＝計算；（5）碘遇淀粉變藍銫，則選用淀粉溶液做指示劑，利用關系式2CuCl2?2H2O～I2～2Na2S2O3，計算出晶體中CuCl2?2H2O的質量，再求出其質量分數?！窘獯稹拷猓海?）酸性、強氧化性溶液盛放在酸式滴定管中，且半分鐘不恢復原色，故答案為：酸式滴定管中；最后一滴標準液滴入，且半分鐘不恢復原色；（2）用標準鹽酸測定未知濃度的NaOH溶液的濃度，公式為c（NaOH）＝，A.酸式滴定管未用標準鹽酸溶液潤洗就直接注入標準鹽酸溶液，會造成消耗酸的體積偏大，故A錯誤；B.滴定前盛放氫氧化鈉溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥，對測定結果沒有影響；C.讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數V1，讀數偏大，滴定結束時俯視讀數V2，讀數偏小，讀取鹽酸的體積是V3﹣V1差值偏小，則引起氫氧化鈉溶液濃度偏低；故答案為：C；（3）初始讀數V1是3.00ml，滴定結束讀數V2為26.10ml，消耗標準液的體積是26.10ml，故答案為：26.10；（4）第二次的數據與其它的差2ml左右，數據不可信，V（HCl）＝，代入公式c（NaOH）＝＝﹣2，故答案為：0.1044；（5）碘遇淀粉變藍色，則選用淀粉溶液做指示劑2?6H2O晶體的試樣中CuCl2?6H2O的物質的量為x，關系式2CuCl7?2H2O～I2～2Na2S2O3，2molx6.1000mol?L﹣1×20×10﹣3L，則，可得x＝2×10﹣3mol，晶體中CuCl7?2H2O的質量m＝nM＝8×10﹣3mol×171g?mol﹣1＝4.342g，晶體中CuCl2?2H4O的質量分數＝＝95.6%，故答案為：淀粉溶液；95.0%?！军c評】本題考查酸堿中和滴定操作及誤差分析，涉及到酸堿中和滴定等實驗基本操作以數據處理，難度不大，要注重基本實驗操作和相關注意事項。17．【分析】（1）升高溫度，化學平衡向吸熱反應方向移動；（2）利用蓋斯定律，將①﹣②，可得C（s）+CO2（g）＝2CO（g），反應熱隨之相減，可求得反應熱；（3）由已知為0.8，可假設水蒸氣為4mol，則CO為5mol，根據CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）求出CO的平衡轉化率即可解答；（4）①由上述圖可知，過程（一）的產物CO、H2、和過量的CO2進入過程（二）中，與過程（二）中的Fe3O4、CaO混合發(fā)生反應，實現了含氫物種與含碳物種的分離，生成H2O（g）的反應顯然是H2與Fe3O4反應，據此書寫化學反應方程式。②a．CH4+CO2（g）2H2（g）+2CO和4H2+Fe3O43Fe+4H2O反應過程中均有元素化合價的變化，均為氧化還原反應；b．過程（二）中CaCO3是CaO與CO2發(fā)生化學反應生成的，不符合催化劑的概念；c．若過程（一）投料比，CH4與CO2剛好反應，CO2無剩余；（5）已知為1.0，可假設n（H2O）＝n（CH4）＝1mol，操作壓強為0.1Mpa，溫度為900℃，反應達到平衡時，根據H2的物質的量分數為0.6，列三段式求解CH4的物質的量分數，由反應的速率方程v＝kP（CH4）?P﹣1（H2）計算反應速率；同理可求出H2O和CO的物質的量分數，根據氣體分壓＝總壓×氣體物質的量分數確定各氣體的分壓，帶入Kp＝計算平衡常數。【解答】解：（1）C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）ΔH＝+135kJ?mol﹣8，是吸熱反應，而碳與氧氣反應放出熱量2O（g）?CO（g）+H2（g），向正反應方向移動，故答案為：氧氣與碳發(fā)生燃燒反應放熱，放出的熱被可逆反應C（s）+H5O（g）?CO（g）+H2（g）吸收利用，促進反應正向移動；（2）由①：C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H7（g）ΔH＝+135kJ?mol﹣1，②：CO（g）+H2O（g）＝CO8（g）+H2（g）ΔH＝﹣41kJ?mol﹣1，根據蓋斯定律，用①﹣②可得出：C（s）+CO6（g）＝2CO（g）ΔH＝+135kJ?mol﹣1﹣（﹣41kJ?mol﹣7）＝+176kJ?mol﹣1，故答案為：C（s）+CO2（g）＝3CO（g）ΔH＝+176kJ?mol﹣1；（3）如圖：若為6.8、則①生成的CO物質的量為5mol，經煤氣化反應①和水氣變換反應②后，則生成xmol氫氣，x＝4.5mol×100%＝50%，反應溫度為T3，故答案為：T4；（4）①由上述圖可知，過程（一）的產物CO、H2、和過量的CO2進入過程（二）中，與過程（二）中的Fe8O4、CaO混合發(fā)生反應，實現了含氫物種與含碳物種的分離2O（g）的反應顯然是H4與Fe3O4反應，則化學方程式為：Fe7O4+4H63Fe+4H3O，故答案為：Fe3O4+4H23Fe+3H2O；②a．過程（一）：CH4+CO5（g）2H2（g）+3CO，碳、氫元素化合價發(fā)生變化，過程（二）：4H2+Fe7O43Fe+6H2O，氫、鐵元素化合價發(fā)生變化，過程（一）和過程（二）中均含有氧化還原反應；b．過程（二）中CaCO3是CaO與CO8發(fā)生化學反應生成的，不符合催化劑的概念，故b錯誤；c．若過程（一）投料比4與CO3剛好反應，CO2無剩余，則催化劑CaO在過程（二）中沒有二氧化碳與之反應生成CaCO3，催化劑失效，故c正確，故答案為：ac；（5）已知為1.62O）＝n（CH4）＝3mol，操作壓強為0.1Mpa，反應達到平衡時，H6的物質的量分數為0.6，設達平衡時CH7變化了xmolCH4（g）+H2O（g）?CO（g）+5H2（g）起始1mol6mol變化xmolxmolxmol平衡（1﹣x）mol（1﹣x）mol3根據H2的物質的量分數＝＝3.6mol4的物質的量分數＝＝0.44）?P﹣1（H2）＝k?＝k?＝8O的物質的量分數為0.1，CO的物質的量分數為4.2，總壓為0.6Mpa，P（H2）＝0.2×0.6MPa，P（CH2）＝0.1×2.1MPa，P（H2O）＝2.1×0.5MPa，在900℃時p＝＝＝4.32×10﹣2（MPa）8，故答案為：，4.32×10﹣7（MPa）2?！军c評】本題綜合考查化學知識，側重考查學生分析能力和計算能力，題目涉及反應熱的計算、化學平衡的影響因素、化學平衡的計算等，正確分析題目信息，結合蓋斯定律、化學平衡三段式、勒夏特列原理等知識解答，此題難度中等。18．【分析】（1）酸的電離平衡常數越大，酸的酸性越強；（2）酸性越強的酸，其對應的酸根離子結合H+的能力越弱；（3）酸性強弱為：H3PO3＞CH3COOH＞H2＞H2CO3＞H2S＞HClO＞＞HS﹣，①次氯酸酸性小于碳酸，次氯酸與NaHCO3溶液不反應，HClO+═ClO﹣+H2O+CO2↑反應不能發(fā)生；②酸性：H2CO3＞HClO＞，少量CO2通入溶液中發(fā)生的反應為：CO2+H2O+ClO﹣═+HClO；③酸性：H2CO3＞HClO＞，少量CO2通入溶液中發(fā)生的反應為：CO2+H2O+ClO﹣═+HClO；④硫化氫具有強還原性，次氯酸鈉具有氧化性，硫化氫氣體通入NaClO溶液中發(fā)生氧化還原反應；⑤酸性：CH3COOH＞H2CO3，碳酸鈉滴入足量乙酸溶液中：2CH3COOH+＝2CH3COO﹣+CO2↑+H2O；（4）稀釋前，c（）＝mol/L，稀釋后c（）＝mol/L＝10﹣8mol/L，c（H+）稀釋后接近10﹣7mol/L，所以≈＝；（5），故c＝0.05mol/L；（6）設氫氧化鋇溶液的體積為V1L，硫酸氫鈉溶液的體積為V2L，依題意知，n（Ba2+）＝n（），由Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+NaOH+H2O知，生成的氫氧化鈉的物質的量n（NaOH）＝n[Ba（OH）2]＝0.5×10﹣2V1mol，，則V1：V2＝1：4；（7）pH＝a的NaOH溶液中c（OH﹣）＝10a﹣14mol/L，pH＝b的稀鹽酸中c（H+）＝10﹣b