北京市海淀区101中学近年-近年学年高二化学下学期期中试题(含解析)(最新整理)

北京101中学2018-2019学年下学期高二年级期中考试
化学试卷
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1。

本试卷分为Ⅰ卷、Ⅱ卷两部分，共25个小题，满分100分；答题时间为90分钟。

2。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 K 39
Ⅰ卷：选择题(共42分)
每小题只有一个选项符合题意。

每小题2分，共42分。

1.我国酒文化源远流长。

下列古法酿酒工艺中,以发生化学反应为主的过程是（ )
A。

酒曲捣碎B。

酒曲发酵
C. 高温蒸馏D。

泉水勾兑
【答案】B
【解析】
A．酒曲捣碎过程为物质状态变化，无新物质生成，不是化学变化,A错误;B．酒曲发酵变化过程中生成了新的物质乙醇,属于化学变化，B正确；C．高温蒸馏是利用沸点不同通过控制温度分离乙醇，过程中无新物质生成，属于物理变化,C错误；D．泉水勾兑是酒精和水混合得到一定浓度的酒精溶液，过程中无新物质生成,属于物理变化，D错误;答案选B。

2.下列添加在食品中的试剂,其使用目的与反应速率有关的是
A。

火腿中添加防腐剂 B. 酸奶中添加增稠剂
C。

食盐中添加补碘剂D。

酱油中添加补铁剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．防腐剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，选项A正确；
B．增稠剂是改变物质的浓度，与反应速率无关，选项B错误；
C。

食盐中添加补碘剂是营养强化剂，与反应速率无关，选项C错误；
D. 酱油中添加补铁剂是营养强化剂,与反应速率无关，选项D错误。

答案选A。

3.下列事实能用平衡移动原理解释的是
A. 500℃左右比室温更有利于合成NH3的反应
B. 用排饱和食盐水的方法收集氯气
C。

加入催化剂有利于SO2的氧化反应 D. 加压有利于H2与I2反应的进行
【答案】B
【解析】
【详解】A。

合成氨的反应为放热反应,升高温度不利于平衡正向移动,故A错误；
B。

氯水中存在平衡Cl2+H2O Cl-+H++HClO，在饱和食盐水中,Cl-浓度较大，可降低氯气的溶解度,可用平衡移动原理解释，故B正确；
C. 催化剂只能改变反应的速率,不能使平衡移动，故C错误;
D. H2(g)+I2(g）2HI（g），反应前后为气体体积相等的可逆反应，加压不影响平衡,故D错误；
故选B。

【点睛】(1)在其他条件不变的情况下，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度,平衡向正反应方向移动;减小反应物的浓度或增大生成物的浓度,平衡向逆反应方向移动；
（2）在其他条件不变的情况下，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；降低温度，平衡向放热反应方向移动.
（3)催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动。

（4）对于有气体参与的反应，其它条件不变时，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，减小压强,平衡向气体体积增大的方向移动.
4.下列有关有效碰撞模型说法不正确的是
A。

能发生有效碰撞的分子一定是活化分子
B。

有效碰撞是发生化学反应的充要条件
C. 不存在活化能为零的反应
D. 活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞
【答案】C
【解析】
【详解】A. 能发生有效碰撞的分子,能量较高，一定是活化分子，故A正确;
B。

发生化学反应的碰撞为有效碰撞，所以有效碰撞是发生化学反应的充要条件，故B正确;
C。

反应的表观活化能是各基元反应的组合,可正可负可为零，故C错误;
D. 活化分子发生化学反应的碰撞为有效碰撞，故D正确；
故选C.
5.关于强、弱电解质的叙述不正确的是
A. 强电解质在固态或液态时，可能不导电
B。

强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡
C. 同一弱电解质溶液，温度不同时，导电能力不同
D。

强电解质溶液导电能力一定很强，弱电解质溶液导电能力一定很弱
【答案】D
【解析】
【详解】A. 强电解质中，是离子化合物的电解质熔融可以导电，如熔融氯化钠能导电,共价化合物的强电解质熔融不能导电，固体强电解质中无自由移动的离子,不导电,故A正确；B. 依据强电解质概念分析，水溶液中完全电离的电解质为强电解质，不存在电离平衡，故B 正确；
C。

弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程，温度改变，电离平衡移动，离子浓度不同,导电能力不同,故C正确;
D. 强电解质溶液导电能力不一定强于弱电解质，导电能力由离子浓度大小决定，如硫酸钡是强电解质，水溶液导电能力弱于弱电解质醋酸溶液的导电能力,故D错误；
故选D。

6。

某一温度下，可判断溶液为中性的依据是
A. c(H+) = 1×10-7 mol/L B。

c（H+) = c（OH–） C. pH = 7 D. 加入酚酞后溶液呈无色
【答案】B
【解析】
【详解】A.温度不同溶液中离子积常数不同,c(H+) = 1×10—7 mol/L不能说明溶液为中性，故A错误；
B。

c（H+) = c(OH–),溶液为中性，故B正确；
C.常温下溶液pH = 7说明溶液为中性，温度不同溶液中离子积常数不同，中性溶液pH不一定为7，故C错误；
D.酚酞遇酸性或中性溶液都显无色,故D错误；
故选B。

【点睛】判断溶液酸碱性的依据是溶液中c（H+) 和 c（OH–）的相对大小,c(H+) = c(OH–），溶液呈中性，只有在250C时，中性溶液中c（H+） = c(OH–)= 1×10-7 mol/L。

7.一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如下图，下列说法正确的是（)
A。

升高温度,可能引起由c向b的变化
B。

该温度下,水的离子积常数为1.0×10－13
C. 该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化
D。

该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
【答案】C
【解析】
A、温度升高，水的离子积增大,c(H+)、c(OH—)都增大，表示的点就不在曲线上，错误；
B、水的离子积常数K=c(H+)·c(OH-），从图可知离子积是1.0×10—14，不是1。

0×10
—13，错误；C、加入FeCl
，水解使得溶液酸性增强，c(H+)增大，则c（OH-)减小，故可能引起
3
由b向a的变化，正确；D、温度不变水的离子积不变,稀释溶液后所表示的点还在曲线上，不可能引起由c向d的变化,错误。

答案选C。

【此处有视频，请去附件查看】
8.如图为氟利昂（如CFCl 3)破坏臭氧层的反应过程示意图，下列不正确的是
A. 过程Ⅰ中断裂极性键C—Cl键
B。

过程Ⅱ可表示为O3 + Cl =ClO + O2
C. 过程Ⅲ中O + O = O2是吸热过程
D。

上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂
【答案】C
【解析】
A、过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子,断裂极性键C-Cl键，选项A正确；
B、根据图中信息可知,过程Ⅱ可表示为O3 + Cl = ClO + O2，选项B正确;
C、原子结合成分子的过程是放热的，选项C错误；
D、上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂,选项D正确。

答案选C。

9.下列条件中反应速率最快的是
A。

A B。

B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】温度越高,浓度越大,反应速率越快，C项是因为水会稀释溶液，从而导致速率不是最快的，故D项速率最快,故D正确;
故选D。

【点睛】增大反应物的浓度，升温，加压（有气体参与的反应），增大接触面积,催化剂等可以加快反应速率。

10.接触法制硫酸工艺中，其主反应如下：
2SO2（g) + O2(g) 2SO3（g) H=－197 kJ/mol
下列说法正确的是
A。

因为反应放热，所以该反应不需要加热即能快速反应
B。

增大O2的浓度可以提高反应速率和SO2的转化率
C. 反应450℃时的平衡常数小于500℃时的平衡常数
D. 恒温下缩小容器容积，使Q 〉 K
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应是吸热还是放热与是否加热无关,该反应不加热不能快速反应，故A错误；B。

增大O2的浓度可以提高反应速率，且平衡正向移动，则SO2的转化率增大，故B正确；C.该反应为放热反应,升温平衡逆向移动，则反应450℃时的平衡常数大于500℃时的平衡常数，故C错误;
D. 恒温下缩小容器容积，相当于增大压强,平衡正向移动，使Q < K，故D错误；
故选B.
11。

下列事实与对应的方程式不符合的是
A。

硫化氢溶液呈酸性：H2S 2H+＋S2–
B。

“NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2(g） (红棕色) N2O4 (g）（无色）
ΔH＜0
C。

甲烷的燃烧热ΔH＝–890。

3 kJ·mol–1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为: CH4(g）＋2O2(g）＝CO2(g)+2H2O（l）ΔH＝–890。

3 kJ·mol–1
D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：S2O32–＋2H+＝S ¯＋SO2­＋H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A. 硫化氢溶液呈弱酸性，电离是分步进行的，H2S H+＋HS–，故A错误;
B。

2NO2(g) （红棕色）N2O4 (g) (无色) ΔH＜0，该反应是放热反应，因此“NO2球”浸泡在冷水中，平衡正向移动，颜色变浅,故B正确；
C。

1mol甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水所放出的热量为燃烧热，则甲烷的热化学方程式可表示为: CH4（g）＋2O2（g)＝CO2（g)+2H2O(l) ΔH＝–890。

3 kJ·mol–1，故C正确；
D。

硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合后会反应生成硫和二氧化硫，溶液出现浑浊，故D正确;
故选A。

12.国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原,所涉及的反应方程式为:CO2(g） +
4H 2(g）CH4（g） + 2H2O(g），若温度从300℃升至400℃，反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加。

下列关于该过程的判断正确的是
A. 该反应的ΔH < 0B。

化学平衡常数K增大
C。

CO2的转化率增加D。

正反应速率增大，逆反应速率减小
【答案】A
【解析】
A、若温度从300℃升至400℃,反应重新达到平衡时，H2
的体积分数增加,这说明升高温度平衡逆反应方向进行，即正反应是放热反应.故A正确；B、升高温度，平衡逆反应方向进行，平衡常数减小，故B错误；C、反应物的转化率减小，故C 错误;D、升高温度正、逆反应速率均增大，故D错误；故选A。

13。

某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X(g)+Y（g）Z(g）+W （s)；△H 〉0
下列叙述正确的是
A。

减少少量W，逆反应速率减小
B。

当容器中气体的平均摩尔质量不变时，反应达到平衡
C. 降低温度，平衡正向移动
D。

平衡后加入Z，上述反应的△H减小
【答案】B
【解析】
【详解】A. W在反应中是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，故A错误；
B。

容器中气体的平均摩尔质量等于气体质量和气体物质的量的比值，反应前后气体的物质
的量不变，质量变化，混合气体的平均摩尔质量不变化时，说明可逆反应到达平衡状态，故B 正确；
C。

该反应正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应移动，即向正反应移动,降低温度,平衡逆向移动，故C错误；
D。

反应热△H与物质的化学计量数有关,物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的量无关,故D错误;
故选B。

14.温度为T1时，向容积为2 L 的密闭容器甲、乙中分别充入一定量的CO（g)和H2O（g)，发
生反应：CO（g) + H2O（g） CO2（g） + H2（g）∆H = －41 kJ/mol.数据如下，下列说法不正确的是
A. 甲容器中，平衡时,反应放出的热量为16.4 kJ B 。

T 1时，反应的平衡常数K 甲 = 1 C 。

平衡时,乙中CO 的浓度是甲中的2倍 D. 乙容器中，平衡时CO 的转化率约为75% 【答案】D 【解析】
【详解】A 。

甲容器中平衡时，消耗的CO 的物质的量为1。

2mol-0。

8mol=0.4mol,根据反应CO （g) + H 2O （g ）
CO 2（g) + H 2（g) ∆H = －41 kJ/mol ，可知平衡时放出热量为：
41 kJ/mol×0。

4mol=16.4 kJ,故A 正确； B. CO （g ） + H 2O(g)
CO 2(g ） + H 2(g)
起始（mol) 1.2 0。

6 0 0 转化（mol ） 0。

4 0.4 0.4 0.4 平衡(mol) 0.8 0.2 0.4 0.4
在T 1达到平衡状态时甲容器中,c(CO ）=0.4mol/L ，c （H 2O)=0。

1mol/L,c （CO 2)=0。

2mol/L ，c(H 2）= 0。

2mol/L ，则该温度下反应的平衡常数K 甲 = 0.2×0。

2/0.4×0。

1=1，故B 正确； C 。

CO （g ） + H 2O （g)
CO 2(g) + H 2（g)为气体体积不变的反应，压强不影响化学平
衡,则甲、乙互为等效平衡，达到平衡时反应物转化率相等，则0.8/1。

2=a/2.4,解得a=1。

6，故C 正确；
D 。

根据C 项可知a=1.6，乙容器中，平衡时CO 的转化率为×100％≈33%，故D 错
误；
2.4 1.6
2.4
故选D。

15.下列表格中的各种情况，可以用右图的曲线表示的是（）
2NH3N2+ 3H2
N2+ 3H2 2NH3
下2SO2+ O22SO3
A。

A B. B C。

C D. D
【答案】B
【解析】
对于图像一定要明确，压强高或温度高时，反应速率快,平衡先达到平衡。

A：合成氨反应正反应为放热反应，升高温度，逆向移动，氨气的转化率降低
B:钾相对活泼,反应速率快，但等质量时较钠产生的氢气少，符合题意
C：催化剂只能加快反应速率，但不会改变平衡状态。

D：升压平衡右移，产物的量增大。

故答案为B
16。

N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+ 表面转化为无害气体，其反应原理为N2O（g) + CO(g)CO2(g) + N2(g）
ΔH，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程如下。

下列说法不正确的是
A。

ΔH = ΔH1 + ΔH2
B. ΔH = −226 kJ/mol
C。

该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D。

为了实现转化需不断向反应器中补充 Pt2O+ 和 Pt2O2+
【答案】D
【解析】
A、①N2O+Pt2O＋=Pt2O2＋+N2 △H1，②Pt2O2＋+CO=Pt2O＋+CO2 △H2，结合盖斯定律计算①+②得到N2O （g）+CO(g）=CO2(g)+N2（g）△H=△H1＋△H2，故A正确；
B、图示分析可知，反应物能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变△H=生成物总焓-反应物总焓=134KJ·mol－1—360KJ·mol－1=—226KJ·mol－1，故B正确；
C、正反应反应活化能E1=134KJ·mol－1小于逆反应活化能E2=360KJ·mol－1,故C正确;
D、①N2O+Pt2O＋=Pt2O2＋+N2 △H1，②Pt2O2＋+CO=Pt2O＋+CO2 △H2,反应过程中Pt2O＋和Pt2O2＋参与反应后又生成不需要补充，故D错误；故选D。

点睛：选项A是难点，要先写出两步反应方程式，再用盖斯定律，求出△H=△H1＋△H2。

结合A,不难得出：反应过程中Pt2O＋和Pt2O2＋参与反应后又生成不需要补充.
17。

关于下列图象说法正确的是
A 。

①表示化学反应2NO 2(g) + O 3（g) = N 2O 5（g ） + O 2(g) ΔH > 0
B. ②表示25℃时，用0.1 mol/L
CH 3COOH 溶液滴定20 mL 0。

1 mol/L NaOH 溶液，溶液pH
随加入酸体积的变化
C 。

③表示10 mL 0.01 mol/L 酸性KMnO 4溶液与过量的0。

1 mol/L H 2C 2O 4溶液混合时， n （Mn 2+
） 随时间的变化
D 。

④可表示向稀硫酸溶液中滴加氢氧化钡溶液，溶液导电性随氢氧化钡物质的量的变化 【答案】D 【解析】
【详解】A 。

反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量, 反应物转化为生成物时就放出能量，故2NO 2（g) + O 3（g ） = N 2O 5(g) + O 2(g) ΔH 〈 0，故A 错误； B 。

v （酸)=20mL 时,生成物为醋酸钠，其水溶液呈碱性，故B 错误； C.反应生成的Mn 2+
对该反应有催化作用,所以曲线斜率有突变，故C 错误；
D 。

氢氧化钡和稀硫酸反应后生成了不溶于水的硫酸钡和水，它们都不导电，所以往稀硫酸中滴加氢氧化钡溶液，会使溶液中的导电离子逐渐减少，直至为零，继续滴加氢氧化钡溶液至过量，氢氧化钡会电离出钡离子、硫酸根离子，所以溶液的导电性又逐渐增强. 故选D 。

【点睛】如果反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量,反应物转化为生成物时就放出能量,如果反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量,反应物转化为生成物时就吸收能量.
18。

在密闭容器中进行反应CH 4（g)+H 2O(g ） CO （g)+3H 2（g) △H>0,测得c(CH 4）随
反应时间（t ）的变化如图所示。

下列判断正确的是
的
A. 10 min 时，改变的外界条件可能是升高温度 B 。

反应进行到12min 时，CH 4的转化率为25% C 。

0~5 min 内,v （H 2）＝0.1 mol·（L·min）-1
D. 恒温下，缩小容器体积，平衡后H 2浓度减小 【答案】A 【解析】
【详解】A 。

由图可知，10min 时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，可能是升高温度，故A 正确；
B. 反应进行到12min 时，CH 4
的转化率为 ×100%=75％，故B 错误；
C. 根据图可知，前5min 内甲烷的浓度由1。

00mol/ L 减小为0。

50mol/L,故v(CH 4) =（1-0.5)mol ∙L -1
/5min=0.1mol/ （L ∙min ） ，由化学计量数之比等于反应速率之比，则v (H 2)=3×0。

1mol/ （L ∙min ） =0。

3mol/（L ∙min) ，故C 错误；
D 。

恒温下,缩小容器体积导致氢气浓度增大，虽然压强增大,平衡向逆反应方向移动，移动的结果减小氢气浓度的增大，但根据勒夏特列原理,不会消除浓度增大，平衡后c （H 2)增大，故D 错误; 故选A.
19。

下列有关实验内容、实验装置和对应的实验目的均正确的是
A. 测定中和热
1.00-0.25
1.00
的
B。

比较Cu2+、Fe3+对反应速率影响
C. 比较醋酸和硼酸的酸性强弱
D. 比较温度对化学反应速率的影响
【答案】C
【解析】
分析：A。

测定中和热时，用到环形玻璃搅拌棒；B. 双氧水浓度必须相同,才能比较Cu2+、Fe3+对反应速率的影响；C。

同体积、同浓度的碳酸钠分别与同浓度的醋酸和硼酸反应，观察放出气体产生的快慢;D.只能比较温度对化学平衡移动的影响.
详解：测定中和热时,要用到环形玻璃搅拌棒，使反应进行的充分，A错误；双氧水浓度不同,无法判定Cu2+、Fe3+对反应速率的影响，B错误;同浓度的醋酸和硼酸，同时滴加同体积同浓度的碳酸钠溶液，产生气泡快的，酸性较强，能够比较醋酸和硼酸的酸性强弱，C正确；2NO2（g）N2O4（g) ΔH〈0，升高温度，平衡向逆反应方向移动, 气体颜色加深,降低温度，平衡正向移动，气体颜色变浅，只能判断平衡移动的方向,不能比较温度对化学反应速率的影响,D错误; 正确选项C。

点睛：本题是有关实验方案的设计和评价的考查，要求学生熟悉所实验的内容及原理，能够考查同学们进行分析问题、解决问题的能力。

20。

某同学研究浓度对化学平衡的影响,下列说法正确的是
已知：Cr 2O 72-(aq）(橙色）+H2O(l) 2 CrO42-(aq)(黄色）+2H+（aq）
A 。

该反应是一个氧化还原反应
B 。

待试管b 中溶液颜色不变的目的是使Cr 2O 72-
完全反应 C 。

该实验不能证明减小生成物浓度，平衡正向移动 D. 试管c 中的现象说明影响平衡的主要因素是温度 【答案】C 【解析】
试题分析：A ．反应中元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应,故A 错误；
B ．试管b 中溶液颜色不变的目的是使反应到达平衡，且可逆反应中反应物不能完全转化，故B 错误；
C ．加入氢氧化钠溶液，增大氢氧根离子浓度可能使平衡正向移动，但不能证明一定是减小生成物浓度使平衡正向移动,故C 正确；
D
．增大氢离子浓度、温度升高均使平衡逆向移动，无法说明影响平衡的主要因素是温度，故D 错误.
考点:本题考查化学平衡。

21.某同学欲探究FeCl 3溶液与NaHSO 3溶液的反应,设计、完成实验并记录如下：
已知： Fe （OH ）3+SO 3
2-
Fe 2++SO 42-
下列有关反应速率和化学平衡说法不正确的是
A 。

生成红色配合物的反应速率较快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢
B 。

增大溶液中SO 32—
浓度可以加速红褐色沉淀Fe(OH)3迅速溶解
C 。

O 2的作用下，橙色HOFeOSO 2浓度下降，平衡
不断正向移动
D 。

30min 时,若向该无色溶液中滴加少量FeCl 3溶液，无明显现象 【答案】D 【解析】
【详解】A 。

根据题给信息1~30 min 出现现象为：沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色，说明生成红色配合物的反应速率较快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢，故A 正确；
B 。

根据题给反应可知，增大溶液中SO 32-
浓度，平衡右移，加速红褐色沉淀Fe(OH)3溶解，故B 正确；
C.
,在O 2的作用下，橙色HOFeOSO 2浓度下降，生成物浓度减小，平衡
正向移动,故C 正确;
D.Fe 3+、SO 32-、OH -
三种微粒会继续反应生成红色配合物，故D 错误； 故选D 。

+4
2
HOFeO S O ()
红色+5
2HOFeO S O ()
橙色2O −−→
【点睛】在其他条件不变的情况下，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，平衡向正反应方向移动；减小反应物的浓度或增大生成物的浓度,平衡向逆反应方向移动.
Ⅱ卷：非选择题(共52分)
22.电解质的水溶液中存在电离平衡。

（1)醋酸是常见的弱酸。

①醋酸在水溶液中的电离方程式为____________。

②下列方法中，可以使醋酸溶液中CH3COOH电离程度增大的是_______（填字母序号）.
a 滴加少量浓盐酸
b 微热溶液
c 加水稀释
d 加入少量醋酸钠晶体
（2）用0.1 mol·L—1 NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1 mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。

①滴定醋酸的曲线是___________（填“I"或“Ⅱ”）.
②滴定开始前，0。

1 mol·L-1 NaOH、0.1 mol·L-1的盐酸和0。

1 mol·L—1醋酸三种溶液中由水电离出的c(H+）最大的是_______溶液.
③图I中，V=10时，溶液中的c(H+)_________c(OH—）（填“〉”、“＝”或“〈"，下同），c（Na+)_________c(CH3COO-）.
（3）下表为某同学所测25℃时,甲、乙两种溶液的pH。

①甲溶液中的c（OH—) =___________mol/L。

②25℃时,等体积的甲、乙两溶液与等浓度的盐酸反应,消耗的盐酸体积：甲_____乙。

③甲、乙溶液均加水稀释10倍后，所得溶液的pH：甲_____乙。

（4）煤炭工业中经常会产生大量SO2,为防止污染环境,常采用吸收法进行处理.以下物质可用
于吸收SO2的是____________。

A H2O2
B Na2CO3
C Na2SO3
D Ca(OH）2
（5）下表是几种常见弱酸的电离常数
以下反应对应的离子方程式正确的是___________。

A Na2CO3溶液吸收少量SO2：CO32—+SO2+H2O = SO32-+HCO3-
B 漂白液生效的原理：ClO—+CO2+H2O = HClO+HCO3—
C 次氯酸钠溶液吸收少量SO2：ClO—+SO2+H2O = HClO+SO32-
D 醋酸除水垢中的CaCO3：2CH3COOH+CaCO3 = Ca2++2CH3COO—+H2O+CO2↑
【答案】（1). CH3COOH CH3COO- + H+（2)。

bc （3). I (4). CH3COOH (5)。

〉 (6）。

〈 (7). 0。

001 （8). > (9）。

〉 (10）. ABCD （11). ABD
【解析】
【分析】
（1）①醋酸是弱酸,不完全电离。

②a。

滴加少量浓盐酸，增大了氢离子的浓度，平衡左移， CH3COOH电离程度减小。

b。

微热溶液，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大。

c。

加水稀释,促进醋酸电离,CH3COOH电离程度增大。

d .加入少量醋酸钠晶体，增大了醋酸根离子浓度,平衡左移， CH3COOH电离程度减小。

（2)①盐酸是强酸、醋酸是弱酸，0。

1 mol·L-1的盐酸中c（H+)=0。

1mol/L，0.1 mol·L—1醋酸中c(H+）<0。

1mol/L，所以盐酸的pH=1，醋酸的pH>1。

②酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大、碱中c(OH—)越大其抑制水的电离程度越大.
③图I中，V=10时，pH〈7，所以c（H+）〉c(OH—）,根据电荷守恒c（H+）+c(Na+)=c（OH—
)+c（CH3COO-)，故c(Na+)〈c（CH3COO—)。

（3）①甲溶液的pH =11,c（H+）=10—11 mol/L，c（OH—） =10—3mol/L。

②由于氨水是弱碱,c（NH3∙H2O) >10-3mol/L,c(NaOH） =10-3mol/L。

③由于氨水是弱碱，稀释过程中电离程度增大，n（OH—）增大;NaOH是强碱。

（4）A 。

H2O2 +SO2=H2SO4
B. Na2CO3 +SO2= Na2SO3 + CO2
C. Na2SO3 +SO2+H2O= 2NaHSO3
D Ca(OH)2+SO2= CaSO3↓+H2O。

（5）根据表格提供的数据和强酸制弱酸的原理分析可得。

【详解】（1）①醋酸是弱酸，不完全电离，电离方程式为CH3COOH CH3COO—+ H+，故答
案为:CH3COOH CH3COO—+ H+。

②a. 滴加少量浓盐酸,增大了氢离子的浓度,平衡左移， CH3COOH电离程度减小，故a不选；
b. 微热溶液，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大，故b选；
c。

加水稀释，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大，故c选;
d 。

加入少量醋酸钠晶体，增大了醋酸根离子浓度，平衡左移， CH3COOH电离程度减小，故d 不选;
故选bc。

（2）①盐酸是强酸、醋酸是弱酸，0.1 mol·L—1的盐酸中c（H+)=0。

1mol/L,0.1 mol·L—1醋酸中c（H+）〈0.1mol/L，所以盐酸的pH=1,醋酸的pH>1，根据图知，I是醋酸曲线，Ⅱ是盐酸曲线，故答案为：I。

②酸或碱抑制水电离，酸中c（H+)越大、碱中c（OH-）越大其抑制水的电离程度越大,盐酸中c(H+）等于氢氧化钠溶液中c(OH—）都大于醋酸中c(H+
），所以抑制水电离程度：盐酸=氢氧化钠>醋酸,则滴定开始前,三种溶液中由水电离出的
c(H+)最大的是0。

1 mol·L—1醋酸，故答案为：醋酸.
③图I中,V=10时，pH〈7,所以c(H+)>c（OH-),根据电荷守恒c(H+）+c(Na+）=c（OH—）
+c(CH3COO-）,故c（Na+）〈c(CH3COO-)，故答案为：〉；<。

（3）①甲溶液的pH =11,c(H+）=10—11 mol/L,c（OH—) =10—3mol/L，故答案为：0。

001。

②由于氨水是弱碱，c(NH3∙H2O) 〉10—3mol/L，c（NaOH) =10-3mol/L，所以25℃时,等体积的甲、乙两溶液与等浓度的盐酸反应，消耗的盐酸体积：甲>乙，故答案为:>。

③由于氨水是弱碱，稀释过程中电离程度增大,n(OH—)增大；NaOH是强碱,故甲、乙溶液均加水稀释10倍后,所得溶液的pH：甲〉乙，故答案为：〉。

（4）A 。

H2O2 +SO2=H2SO4,故A正确；
B。

Na2CO3 +SO2= Na2SO3 + CO2，故B正确；
C。

Na2SO3 +SO2+H2O= 2NaHSO3,故C正确；
D Ca（OH）2+SO2= CaSO3↓+H2O，故D正确；
故选ABCD。

（5）A.根据表格提供的数据可知H2SO3的酸性大于HCO3-，再根据强酸制弱酸的原理分析,A是正确的；
B。

根据表格提供数据和强酸制弱酸的原理分析，B是正确的；
C。

HClO能把SO32—氧化成SO42—，故C错误；
D。

根据表格提供的数据可知醋酸的酸性大于碳酸，故D正确；
故选ABD.
23.课本里介绍的合成氨技术叫哈伯法,是德国诺贝尔化学奖获得者哈伯发明的.其合成原理
为:N2(g) + 3H2(g）2NH3(g) △H<0,△S 〈0。

（1）下列关于工业合成氨的说法不正确的是_______
为
A．因△H〈0，所以该反应一定能自发进行
B．因为△S〈0,所以该反应一定不能自发进行
C．在高温下进行是为了提高反应物的转化率
D．使用催化剂加快反应速率是因为催化剂降低了反应的△H
（2)在恒温恒容密闭容器中进行合成氨的反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是
_______
a 容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2
b v(N2)正= v(H2）逆
c 容器内压强保持不变
d 合气体的密度保持不变
（3）工业上合成氨的部分工艺流程如下：
请用平衡移动原理来解释在流程中及时分离出氨气和循环使用气体的原因_______。

（4）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对工业合成氨反应的影响。

实验结果如图所示（图中T表示温度,n表示H2物质的量）.
①图象中T2和T1的关系是：T2 __________T1（填“〉,〈或="，下同)
②a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物N2 的转化率最高的是______（填字母)。

(5）恒温下,往一个4L的密闭容器中充入5.2mol H2和2mol N2，反应过程中对NH3的浓度进行检测，得到的数据如下表所示：
①此条件下该反应的化学平衡常数K=___________。

②若维持容器体积不变，温度不变，往原平衡体系中加入H2、N2和NH3
各4mol，化学平衡将向_______反应方向移动（填“正”或“逆”）。

③N2（g)+3H2（g）2NH3(g）△H= -92kJ/mol。

在恒温恒容的密闭容器中充入1mol
N2和一定量的H2发生反应。

达到平衡后，测得反应放出的热量为18。

4 kJ,混合气体的物质的
量为3。

6 mol，容器内的压强变为原来的90％，则起始时充入的H2的物质的量为
______mol。

（6）已知：N2(g）+3H2（g) 2NH3(g)△H= -92kJ/mol
N2（g)+O2(g）＝2NO(g) ΔH= +181kJ/mol
2H2（g)+O2（g)＝2H2O(g）ΔH= —484kJ/mol
写出氨气催化氧化生成NO和水蒸气的热化学方程式_________。

【答案】（1). ABCD (2）。

bc (3）。

减少生成物浓度，同时增加反应物浓度，可以使平衡正向进行程度更大,提高产率（4)。

〈 (5)。

c （6）. 0.1 （7). 逆（8）。

3 (9)。

4NH3（g)+5O2(g）=4NO(g）+6H2O（g）ΔH =－906 kJ·mol-1
【解析】
【分析】
（1）根据△G=△H-T△S来判断。

（2)a。

容器内N2、H2、NH3浓度比与起始浓度及转化率有关，平衡时不一定等于化学计量数
之比。

b.平衡时不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，3v(N2)正= v（H2）逆时反应达
到平衡状态。

c.随反应进行，混合气体物质的量变化，容器内压强发生变化，压强保持不变说明到达平
衡。

d。

混合气体总质量不变，容器容积不变，混合气体密度始终保持不变.
（3）在流程中及时分离出氨气和循环使用气体的原因是减少生成物浓度,同时增加反应物浓
度,可以使平衡正向进行程度更大,提高产率。

（4）①由图可知,n(H2)相同时, T2对应氨气含高，反应为放热反应,降低温度有利于生成氨
气，则T2<T1.
②a、b、c、d四点，n（H2）越大，平衡正向移动的程度越大,N2的转化率越大,c点时氢气的
物质的量最大，c点N2的转化率最高.。