【文档说明】内蒙古乌兰浩特市第四中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(20)页，1.666 MB，由小赞的店铺上传

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内蒙古乌兰浩特市第四中学2022~2023学年高二上学期期中考试化学试题一、选择题(本大题共22小题，每小题3分，共计66分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.下列反应过程中能量的变化与其他三项不同的是选项ABCD反应过程氢气燃烧C还原C

uO铁钉生锈酸碱中和A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】氢气燃烧的反应为放热反应，加热条件下碳还原氧化铜的反应为吸热反应，铁钉生锈是铁缓慢氧化的放热反应，酸碱中和反应为放出能量的放热反应，则热条件下

碳还原氧化铜的反应过程中能量的变化与其他三项不同，故选B。2.下列做法的目的与改变化学反应速率无关的是A.瓜子包装内放置除氧剂B.青香蕉和苹果放一起催熟C.食盐中添加碘酸钾D.红薯放在地窖中保存【答案】C【解析】【分析】【详解】A．在瓜子包装内放置除氧剂的目的是防止食品变质，减慢腐

败变质的速度，故A不符合题意；B．未成熟的青香蕉与成熟苹果一起密封放置,可以加快香蕉的成熟速率，故B不符合题意；C．食盐中添加碘酸钾是为了防止缺碘，与反应速率无关，故C符合题意；D．红薯放在地窖中保存可以减缓红薯的变质速度，故D不符合题意；故答案为C。【点睛】3.下列能说明溶液一定呈中性的是A.p

H=7的溶液B.滴入酚酞不变色C.3CHCOONa溶液D.c(H+)=c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A．温度未知时，pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，中性溶液的pH=6，此时pH=7的溶液呈碱性，A错误；B．酚酞变色范围为8.2～10，滴入酚酞不变色的溶

液可能呈中性、酸性或弱碱性，B错误；C．醋酸根离子水解生成氢氧根离子，使溶液呈碱性，C错误；D．只要溶液中存在c(H+)=c(OH-)，则该溶液一定呈中性，所以c(H+)=c(OH-)的溶液一定呈中性，D正确；故答案选D。4.下列说法正确的是A.能量达到活化能的分子发生的碰撞均为有效碰撞B

.H+和OH−的反应活化能接近于零，反应几乎在瞬间完成C.升高温度，可以提高活化分子的能量，会减慢反应速率D.选用适当的催化剂，分子运动加快，增加了碰撞频率【答案】B【解析】【详解】A．活化分子能发生化学反应的的碰撞均为有效碰撞，故A

错误；B．H+和OH−的反应活化能接近于零，反应速率很快，几乎在瞬间完成，故B正确；C．升高温度，可以提高活化分子能量，活化分子的数目和百分数增大，有效碰撞的频率增大，反应速率加快，故C错误；D．选用适当的催化剂，可以降低反应的活化能，活化分子的数目和百分数增大，有效碰撞的频率增大，反应速率

加快，故D错误；故选B。5.298K、101kPa时，HCN(g)HNC(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是A.HNC比HCN稳定的B.正反应的活化能小于逆反应的活化能C.该异构化反应的1Δ59.3kJmol

H−=+D.使用催化剂，可以改变反应的反应热【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由图示可知HCN的能量比HNC的能量低，物质能量越低越稳定，故A错误；B．由图可知正反应的活化能为186.5kJ/mol，逆反应的活化能为127

.2kJ/mol，正反应活化能大于逆反应活化能，故B错误；C．该异构化反应的反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，即186.5kJ/mol-127.2kJ/mol=+59.3kJ/mol，故C正确；D．使用催化剂对反应热没有影响，故D错误；故选：C。【点睛】6.常温下，下列各组离子一定能在指

定溶液中大量共存的是A.使紫色石蕊变蓝的溶液中：K+、Al3+、SO24−、Cl-B.()()+121OH110molLHcc−−−=的溶液中：NH+4、Ca2+、Cl-、NO3−C.与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、Na+、NO3−、SO24−D.由水电离的c(H+)=

1×10-13mol·L-1的溶液中：K+、Na+、AlO2−、CO23−【答案】B【解析】【详解】A．使紫色石蕊变蓝溶液显碱性，Al3+不能大量存在，A不符合题意；B．()()+121OH110molLHcc−−−=的溶液显酸性，四种离子相互之间不反应，也不与氢离子反应，可以大量共存

，B符合题意；C．与Al反应能放出H2的溶液为酸或强碱溶液，Fe2+、OH-之间能够反应，Fe2+、H+、NO3−之间能够发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；D．水电离的c(H+)=1×10-13mol•

L-1的溶液中水的电离被抑制，溶液中存在大量H+或OH-，H+与AlO2−、的CO23−反应，在酸性溶液中不能大量共存，D不符合题意；综上所述答案为B。7.已知下列反应的热化学方程式：()()()2222HOl2HgOg=+1ΔH

()()()22222HOl2HOlOg=+2ΔH()()()222NOgNgOg=+3ΔH则反应()()()()2222Hg2NOgNg2HOl+=+的H为A.31ΔH-ΔHB.123ΔH-ΔH+ΔHC.32ΔH+ΔHD.132ΔH-ΔH+

ΔH【答案】A【解析】【详解】将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应③—①可得反应()()()()2222Hg2NOgNg2HOl+=+，则H=31ΔH-ΔH，故选A。8.常温下，pH=10的M、N两种碱溶液各1mL，分别加水稀释到100mL，其pH与溶液体积的关系如图所示，

下列说法正确的是A.稀释前，两溶液中()OHn−不等B.稀释后，M溶液的碱性比N溶液的碱性强C.完全中和M、N溶液时，消耗同浓度盐酸的体积相等D.若8<a<10，则M、N都是弱碱【答案】D【解析】【详解】A．由

图可知，开始的pH相同，则c（OH-）相等，M、N两种碱溶液各1mL，体积V也相等，由n=cV可知，两溶液中()OHn−相等，故A选项错误。B．稀释相同倍数后，M溶液的pH比N溶液的小，即M溶液的碱性比N溶液的碱性弱，故B选项错误。C．由图象可知100m

L的溶液中n(OH-)关系为N>M，说明pH=10的M、N两种碱溶液，溶质浓度N大于M，完全中和M、N两溶液时，消耗同浓度盐酸的体积VM<VN，故C选项错误。D．M的碱性比N强，若M为强碱，加水稀释到100mL的时候则a=8

，若8<a<10，则M、N都是弱碱，故D选项正确。故正确答案：D9.下列有关叙述正确的是A.标准状况下，SO2(g)+NO2(g)SO3(1)+NO(g)，该反应的ΔS＜0B.2CO(g)=2C(s)+O2

(g)ΔH＞0，高温下可以自发C.C(s，金刚石)=C(s，石墨)ΔH=-1.9kJ·mol-1，金刚石比石墨更稳定D.选择高效催化剂可以降低反应的焓变，提高化学反应速率【答案】A【解析】【详解】A．标准状况下，SO2(g)+NO2(g)SO3(1)+NO(g)，该反应为熵减的反应

，故ΔS＜0，选项A正确；B．反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)ΔS<0，ΔH＞0，ΔG=ΔH-TΔS>0，故任何条件下该反应均不能以自发进行，选项B错误；C．C(s，金刚石)=C(s，石墨)ΔH=-1.9kJ·mol-1，金刚石比石墨的能量高，能量低的更稳定，故石墨稳定，选项C错误；D．

选择高效催化剂可以降低反应的活化能，提高化学反应速率，但不能改变焓变，选项D错误；答案选A。10.下列表达式正确的是A.醋酸铵的电离：-+3434CHCOONHCHCOO+NHB.明矾净水原理：323Al3HOAl(OH)3H+++=+C.氯气溶于水：+--22Cl+HO2H+Cl+ClOD

.氢氧化铁溶解部分的电离方程式：3+-3Fe(OH)Fe+3OH【答案】D【解析】【详解】A．醋酸铵是强电解质，完全电离，电离方程式为：-+3434CHCOONH=CHCOO+NH，选项A错误；B．明矾净水原理是铝离子水解产生氢氧化铝胶体，反应的离子方程式为：3+

+23Al+3HOAl(OH)()+3H胶体，选项B错误；C．氯气溶于水产生盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：+-22Cl+HOH+Cl+HClO，选项C错误；D．氢氧化铁为弱电解质，氢氧化铁溶解部分的电离方程式为：3+-3Fe(OH)Fe+3OH，选项D正确；答案选D。11.下列事实

不能用勒夏特列原理解释的是A.用排饱和NaHCO3溶液的方法收集CO2B.红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅C.保存FeSO4溶液时加入铁粉防变质D.氨水升温后(不考虑溶质挥发)碱性增强【答案】C【解析】【

分析】能用勒夏特列原理解释即能用化学平衡移动原理解释。【详解】A．CO2溶于水存在+-22233CO+HOHCOH+HCO儍，饱和NaHCO3溶液中-3HCO使平衡+-22233CO+HOHCOH+HCO儍逆

向移动，抑制CO2溶于水，故可用排饱和NaHCO3溶液的方法收集CO2，能用勒夏特列原理解释，A不符题意；B．2NO2(红棕色)N2O4(无色)，加压后NO2浓度增大，颜色变深，之后平衡正向移动，NO2浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，B不符题意；C．Fe2+容易氧气氧化，

保存FeSO4溶液时加入铁粉防变质的原因是Fe先于Fe2+与氧气反应，尽可能的防止了Fe2+被氧化，不能用勒夏特列原理解释，C符题意；D．氨水中存在电离平衡NH3·H2O+-4NH+OH，NH3·H2O电离吸热，升高温度，平衡NH3·H2O+-

4NH+OH正向移动，OH-浓度增大，碱性增强，能用勒夏特列原理解释，D不符题意；选C。12.弱酸型指示剂(HIn)在溶液中存在如下平衡：HInHIn+−+红色蓝色，下列有关HIn溶液说法中正确的是[已知：K(HIn)为HIn的电

离平衡常数，pK(HIn)lgK(HIn)=−]A.常温下，向NaOH溶液中滴加HIn，溶液变红B.常温下，溶液pH减小过程中，上述平衡向右移动C.HIn可能是甲基橙指示剂D.当()c(HIn)cIn−=时，HIn溶液中pHpK(HIn)=【答案】D【解析】【详解】

A．常温下，向NaOH溶液中滴加HIn，消耗氢离子，导致氢离子浓度降低，平衡正向移动，溶液变蓝，故A错误；B．常温下，溶液pH减小过程中，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，故B错误；C．甲基橙指示剂pH小于3.1

是红色，大于4.4是黄色，在3.1～4.4之间是橙色，因此HIn不可能是甲基橙指示剂，故C错误；D．当()c(HIn)cIn−=时，++)(H)(H)(InK(HIn)(HIn)cccc−==，HIn溶液中pHlg(H)c+=−，pK(HIn)

lgK(HIn)lg(H)c+=−=−，则pHpK(HIn)=，故D正确。综上所述，答案为D。13.一定温度下，恒容密闭容器中，某可逆反应达到平衡，其平衡常数()()()222c(CO)cHOKcCOcH=，升

高温度，()2cH减小，下列说法正确的是A.该反应的ΔH0B.升高温度，K值减小C.升高温度，逆反应速率减小D.该反应为222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)++【答案】B【解析】【详解】A．根据平衡常数得到反应方程式为222CO(g

)H(g)CO(g)HO(g)++，升高温度，()2cH减小，平衡逆向移动，逆向是吸热反应，因此该反应的ΔH0，故A错误；B．升高温度，平衡逆向移动，K值减小，故B正确；C．升高温度，正逆反应速率都增大，平衡逆向移动，故C错误；D．根据

平衡常数得到反应方程式为222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)++，故D错误。综上所述，答案为B。14.已知HClO的Ka=2.98×10-8，CH3COOH的Ka=1.75×10-5，下列有关说法正确的是A.在pH=2的醋酸溶液中加入少量0

.01mol·L-1的稀盐酸，溶液的pH会变小B.等浓度等体积的CH3COONa和NaClO溶液，前者所含离子总数比后者大C.100mLpH=2的新制氯水中：n(OH-)+n(ClO-)+n(HClO)=0.001molD.将Cl2通入NaO

H溶液中，若溶液呈中性，则溶液中存在6种微粒【答案】B【解析】【详解】A．pH=2的醋酸溶液c(H+)=0.01mol·L-1，向其中加入少量0.01mol·L-1的稀盐酸[c(H+)=0.01mol·L-1]，c(H+)不变，pH不变，A错误；B．

两种溶液中存在电荷守恒n(OH-)+n(CH3COO-)=n(H+)+n(Na+)和n(OH-)+n(ClO-)=n(H+)+n(Na+)，HClO的Ka<CH3COOH的Ka，同浓度两种溶液：NaClO溶液OH-浓度大，H+浓度小，等体积时NaClO溶液中n(H

+)小，故NaClO溶液中n(H+)+n(Na+)小，两种溶液：NaClO溶液中离子总数小，B正确；C．100mLpH=2的新制氯水中n(H+)=0.01mol/L×0.1L=0.001mol，电荷守恒n(OH-)+n(ClO-)+n(Cl-)=n(H+)，物料守恒n

(Cl-)=n(ClO-)+n(HClO)，联立二式有n(OH-)+n(ClO-)+n(ClO-)+n(HClO)=n(H+)，即n(OH-)+2n(ClO-)+n(HClO)=0.001mol，C错误；D．Cl2通入NaOH溶液

中无论溶液呈什么性溶液中均含Na+、H+、Cl-、ClO-、OH-、HClO、H2O共7种粒子，D错误；答案选B。15.在密闭容器中发生如下反应：xA(g)+yB(g)xC(g)，达到平衡后测得A的浓度为0.20mol·L-1。恒温增大压强使容器容积缩小为原来的一半

，再次达到平衡时，测得A的浓度为0.45mol·L-1。下列说法正确的是A.x+y＞zB.平衡正向移动C.B的转化率提高D.C的体积分数降低【答案】D【解析】【详解】A．在恒温下增大压强使容器容积缩小为原来的一半的瞬间，A的浓度是0.40mol/L。但再次达到平衡时，

测得A的浓度为0.45mol/L，这说明增大压强，平衡向左移动，即正反应是体积增大的，即x+y<z，A错误；B．平衡逆向移动，B错误；C．平衡逆向移动，B的转化率降低，C错误；D．平衡逆向移动，C的体积分数降低。D正确；答案选D。16.某二元酸2

HA在水中的电离方程式为2HAHHA+−=+、2HAHA−+−+。下列有关说法中不正确的是A.常温下10.1molL−的2HA溶液的pH小于1B.NaHA溶液一定显酸性C.10.1molL−的2NaA溶液中()()()212cAcHAcHA0.1molL−−−++=D.2NaA溶液中存在(

)()()cOHcHcHA−+−=+【答案】A【解析】【分析】二元酸2HA在水中的电离方程式为2HAHHA+−=+、2HAHA−+−+，说明2HA第一步全部电离，第二步部分电离。【详解】A．常温下10.1molL

−的2HA溶液第一步电离出氢离子浓度为10.1molL−，第二步还会电离出氢离子，因此氢离子浓度大于10.1molL−，则溶液的pH小于1，故A正确；B．NaHA溶液中HA−只电离，因此溶液一定显酸性，故B正确；C．10.1molL−的2NaA溶液中不存在2HA，根据物料守恒

得到()()21cAcHA0.1molL−−−+=，故C错误；D．2NaA溶液中，根据质子守恒得到()()()cOHcHcHA−+−=+，故D正确。综上所述，答案为C。17.25℃时，向20.00mL10.1000m

olL−盐酸中滴加10.1000molL−的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5≈0.7.下列说法错误的是A.NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7B.当接近终点时，需加快滴定速度便于观察颜色

突变C.选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的小D.V[NaOH(aq)]=30.00mL时，pH≈12.3【答案】B【解析】【详解】A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，生成NaCl为强酸强碱盐，溶液呈中性，溶液pH=7，故A正确；B．当接近终点时，需缓慢滴定速度便于观察颜色突变，防止滴加过快滴加过

量，故B错误；C．用NaOH溶液滴定盐酸，滴定终点pH越接近7误差越小，甲基红指示剂比甲基橙更接近7，误差更小，故C正确；D．20.00mL10.1000molL−盐酸物质量为：10.1000molL−×0.02L=0.002mol，V(NaOH)=30.00mL时，NaOH的物质的量为：

10.1000molL−×0.03L=0.003mol，反应后剩余NaOH的物质的量为：0.003mol−0.002mol=0.001mol，溶液体积为50mL，则反应后溶液中NaOH的浓度为：c(NaOH)=0.001mol÷0.05L=0.02mol/L，溶液中H＋的浓度为：14131051

00.02−−=，溶液pH=−lg(H＋)=−lg(5×10−13)=12.3，故D正确；答案选D。18.已知反应：()()()223gg2SOO2SOg+Δ0H。某温度下，将2mol2SO和1mol2O置于10L密闭容器中，反应到达平衡后，2SO的平衡转化率(

)与体系总压强(p)的关系如图甲所示。则下列说法错误的是的A.由图甲推断，A点2SO的平衡浓度为10.4molL−B.由图甲推断。A点对应温度下的平衡常数为800C.到达平衡后，缩小容器容积，则反应速率变化图象可以用图乙表示D.压强为0.50MPa时不同温度下2SO转化率与温度关系如图丙所

示，则21T<T【答案】A【解析】【详解】A．由图甲推断，A点转化率为0.8，则平衡时浓度为2mol0.2=0.04mol/L10L，A错误；B．由图甲，2232SO+O2SO00.20.1Δ0.160.160.080.160.040.02起始平衡，A点对应温度下的平衡常数为22

0.160.040.02=800，B正确；C．达平衡后，缩小容器容积，体系压强增大，正、逆反应速率都增大，平衡向体积减小的反应移动，即平衡向正反应移动，故v(正)>v(逆)，反应速率变化图象可以用图乙表示，C

正确；D．压强为0.50MPa时不同温度下,T1先达到平衡，则21T<T，D正确；答案选A。19.常温下，向125mL0.1molLNaOH−溶液中逐滴滴加10.2molL−的3HN(叠氮酸)溶液，其pH的变化曲线如图所示(溶液混合时体积的变化忽略不计，叠氮酸的4.7aK10−=)。下列说

法不正确的是A.由水电离出的()cH+：ABB.B点溶液中，离子浓度：()()3cNacN+−C.C点时，滴加的溶液HN3体积V(HN3)＞12.5mLD.D点溶液中，()()()33cNa2cHN2cN+−=+【答案】D【解析】【详解】A．A点是抑制水的电离，从A点向B点是不断

加入叠氮酸，则水的电离程度增大，因此由水电离出的()cH+：AB，故A正确；B．B点溶液中，根据电荷守恒和溶液呈碱性，得到离子浓度：()()3cNacN+−，故B正确；C．若C点体积是12.5mL，则溶质是NaN3，溶液显碱性，要将碱性溶液调至中性，还需要加入叠氮酸，因此C点时，

滴加的溶液HN3体积V(HN3)＞12.5mL，故C正确；D．D点溶液中溶质为NaN3和HN3，且两者物质的量浓度相等，根据无聊守恒得到()()()332cNacHNcN+−=+，故D错误。综上所述，答案为D。20.

常温下，几种弱酸的电离常数如表所示。酸HClOH2CO3H2SO3HCNKa3.0×10-8K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11K1=1.5×10-2K2=1.0×10-74.9×10-10

下列离子方程式正确的是A.向“84”消毒液中通入少量CO2：2ClO-+CO2+H2O=C2-3O+2HClOB.向漂粉精溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOC.向KCN溶液中通入少量SO2：CN-+SO2+H2O=HCN+HS-3OD.向漂粉精溶

液中通入少量CO2：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO【答案】D【解析】【详解】A．根据“电离程度较大的物质生成电离程度较小的物质”规律，可知向NaClO溶液中通入少量CO2，生成NaHCO3，A项错误；B．次氯酸具有强氧化性，选项

中产物HClO与CaSO3不共存，会继续反应：HClO+CaSO3===CaSO4+HCl，B项错误；C．HS-3O的电离常数大于HCN，故向KCN溶液中通入少量SO2，生成K2SO3，C项错误；D．漂粉精溶液中通入

少量CO2生成碳酸钙和次氯酸，D项正确；答案选D。21.在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，已知该反应的平衡常数与温度的关系

如下表所示：温度/℃2580230平衡常数5×10421.9×10-5下列说法正确的是A.上述生成Ni(CO)4(g)的反应为吸热反应B.在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO的浓度均为0.5mol·L-1，则此时v(正)＜v(逆)C.25℃时反应Ni(CO)4(g)Ni

(s)+4CO(g)的平衡常数为2×10-3D.80℃达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为0.6mol·L-1【答案】B【解析】【详解】A．温度升高，化学平衡常数减小，说明升高温度化学平衡逆向移

动，逆反应为吸热反应，所以该反应的正反应为放热反应，A错误；B．在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO的浓度均为0.5mol·L-1，则Qc=40.5=80.5＞2=K，说明该反应逆向进行，因此v(正)＜v(逆)，B正确；C．25℃时反应Ni(CO)4(g)

Ni(s)+4CO(g)与Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)互为可逆反应，所以Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为K=-541=2?105?10，C错误；D．80℃测得n(CO)=0.3mol，c(CO)=0.3mol=1mol/

L0.3L，反应达到平衡时化学平衡常数K=2，4444c[Ni(CO)]c[Ni(CO)]==2c(CO)1，则Ni(CO)4平衡浓度为2mol·L-1，D错误；故合理选项是B。22.已知25℃时3NaHSO溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：的

①3223HSOHOHSOOH−−++②233HSOHSO−+−+25℃时向10.1molL−的3NaHSO溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是A.加入少量NaOH溶液，()()2-3-3cSOcHSO，()()-+cOHcH的值均增大B.加入

少量金属Na，反应①平衡逆向移动，溶液中()3cHSO−增大C.加入氨水至中性，则()()()()232cNacSOcHcOH+−+−==D.加入少量23NaSO固体，则()()()()()2331cHcNacHSOcOHcSO2++−−−+=++【答案】A【解析】【详解】A．亚硫酸

氢钠显酸性说明电离大于水解，加入少量NaOH溶液，()-cOH增大，消耗平衡②中氢离子，平衡②右移，()()2-3-3cSOcHSO，()()-+cOHcH均增大，A项正确；B．加入少量金属Na，氢离子被消耗，②平衡正向移动，溶液中()3cHSO−减小，B项错

误；C．加入氨水至中性，根据物料守恒：()()()()23323cNacHSOcSOcHSO+−−=++，()()23cNa>cSO+−，C项错误；D．加入少量23NaSO固体，根据电荷守恒有()()()()()233cHcNacHSOcOH2cSO++−−−+=++，D项错误；答案选A。二、非选

择题(本题共3小题，每空2分，共34分)23.由化学能产生热能是目前人类使用能源的主要途径。回答下列问题：（1）图1表示反应2222HO2HO点燃+的能量变化。已知断开1molHH−键、1molOO=键和

1molHO−键分别需要消耗436kJ、496kJ和463kJ的能量。则反应过程(Ⅱ)中生成22molHO(g)时放出_______kJ能量。（2）由2NO和NO反应生成2N和2NO的能量变化如图2所示。其正反应的活化能为_______1kJmol−，若反应生成21molN，其ΔH

=_______1kJmol−。（3）已知某温度时，反应Ⅰ：1222CO(g)O(g)2CO(g)ΔH566kJmol−+==−；反应Ⅱ：12222321NaO(s)CO(g)NaCO(s)O(g)ΔH226kJmol2−+=+=−。CO(g)与22Na

O(s)反应生成23NaCO(s)，该反应的热化学方程式为_______。（4）在25℃，101kPa下，一定质量的无水乙醇完全燃烧生成液态水时放出热量QkJ，其燃烧生成的2CO用过量饱和石灰水吸收可得3100gCaCO沉淀，则乙醇燃烧的热化学方程式为______

_。【答案】（1）1852（2）①.209②.-139（3）()()()2223NaOsCOg=NaCOs+1Δ509kJmolH−=−（4）()()()()25222CHOHl3Og=2COg3HOl++1Δ=-2QkJmolH−【解析】【小问1详解】反应过程(I)

中，能量由低到高，反应吸收热量，反应过程(Ⅱ)中，能量由高到低，反应放出热量，反应过程(Ⅱ)中生成2mol2HO(g)时，形成了4molH—O键，放出的热量=4463kJ=1852kJ，故答案为：放

出；1852;【小问2详解】由图像可知，从1molN2O(g)和1molNO(g)到1molN3O2(过渡态)需要吸收能量2091kJmol−，再从1molN3O2(过渡态)到1molN2(g)和1molNO2(g)需

要释放能量3481kJmol−，所以正反应的活化能为2091kJmol−；生成21molN的反应热ΔH=(209-348)1kJmol−=-1391kJmol−，故答案为：209；-139;【小问3详解】根据

盖斯定律，Ⅰ12+Ⅱ即得热化学方程式()()()2223NaOsCOg=NaCOs+111Δ(566kJmol226kJmol1)()kJmo2l509H−−−+=−=−−，故答案为：()()()2223NaOsCOg=NaCOs+1Δ509kJmolH−=−;【小问4详

解】由题意可知生成二氧化碳的物质的量n(CO2)=n(CaCO3)=100g100g/mol=1mol，则由原子守恒可知，需乙醇的物质的量为12mol，故乙醇燃烧的热化学方程式为()()()()25222CHOHl3Og=2

COg3HOl++11Δ=-(2Q)kJmolQkJol2mH−−=−，故答案为：()()()()25222CHOHl3Og=2COg3HOl++1Δ=-2QkJmolH−。24.Haber-Bosch法合成氨存在能耗高、污染严重等缺点。实现常温、常

压下固氮是近年来研究的热点。回答下列问题：（1）合成氨反应速率较慢，与反应的活化能高有很大关系，降低反应的活化能最有效的措施是_______。（2）Haber-Bosch法合成氨发生的反应为223N(g)+3H(g)2NH(g)，一定温度下，在恒压密闭容器中加入22

molN和24molH，达到平衡时，2N的转化率为50%，且容器体积变为10L。①初始时2N和2H的体积之和为_______。②该条件下的平衡常数为_______。（3）在催化剂表面，反应22323N(g)+3H

O(l)2NH(g)+O(g)2ƒ在常温、常压、光照条件下即可顺利进行，反应过程与能量关系如图所示：①该反应每生成322.4LNH(已折算为标准状况下的体积)，反应体系的能量变化为_______kJ。②3NH平衡量与温度的关系如下表所示：T/℃1T2T3T3

NH平衡量/(610mol−)6.05.948表中所涉及温度从高到低的顺序为_______，1T温度下反应3h达到平衡，以2O物质的量变化表示的平均反应速率为_______1molh−。【答案】（1）加入催

化剂（2）①.10L②.400（3）①.382.6②.T1>T2>T3③.1.510-6【解析】【小问1详解】加入催化剂可以有效降低化学反应的活化能，降低反应的活化能最有效的措施是加入催化剂；【小问2详解】

①因为这是密闭容器，所以N2和H2会充满整个空间，答案为10L；②因为N2的转化率为50%，所以反应的N2的物质的量为1mol，根据三段式有：223N(g)+3H(g)2NH(g)(mol)240(mol)132(mol)

112起始量变化量平衡量所以平衡常数为()()()23222NHNHccc=23210111010=400，答案为400；【小问3详解】.因为生成2molNH3反应体系能量变化

为765.2kJ，所以生成标况下22.4LNH3即1molNH3反应体系能量变化为382.6kJ，故答案为382.6；因为反应22323N(g)+3HO(l)2NH(g)+O(g)2ƒ为吸热反应，所以

升高温度反应向吸热反应方向移动，得到的NH3就会越多，对比表格可知，T1>T2>T3；在T1温度下，反应3h达平衡，此时n(NH3)=6.010-6mol，按照n(NH3)：n(O2)=2：32可知n(O2)=4.5

10-6mol，所以v(O2)=()2Ont=64.5103molh−=1.510-6mol/h，答案为1.510-6。25.常温下，向1100mL0.01molLHA−溶液中逐滴加入10.02molL−的MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(

体积变化忽略不计)。回答下列问题：（1）由图中信息可知HA为强酸，理由是_______。（2）常温下一定浓度的MA稀溶液的pHa=则a_______(填“>”“<”或“=”)7，此时，溶液中由水电离出的()cOH−=_______。（3）请写出K点所对应的溶液中离子浓度的大小关系：

_______。（4）K点对应的溶液中，()cMc(MOH)++_______(填“>”“<”或“=”)()2cA−；若此时溶液的pH10=，则()c(MOH)cOH−+_______1molL−。【答案】（1）10.

01molLHA−溶液的pH为2，氢离子浓度为10.01molL−，说明HA溶液全部电离（2）①.＜②.a110molL−−（3）(M)(A)(OH)(H)cccc+−−+（4）①.=②.0.005【解析】【小问1详解】由图中信息1100mL0.01molLHA

−溶液的pH为2，氢离子浓度为10.01molL−，说明HA溶液全部电离，则HA为强酸，理由是10.01molLHA−溶液的pH为2，氢离子浓度为10.01molL−，说明HA溶液全部电离。【小问2详解】根据加入51mLMOH

溶液后溶液呈中性，加入50mL溶液是呈酸性，此时的溶质为MA，因此常温下一定浓度的MA稀溶液的pHa=则a＜7，此时，溶液中氢离子浓度为a1(H1l)0moLc−−+=，a141(OH10ol)mLc−−−=，该物质水解呈酸性，溶液中的氢离子浓度为水电离出

的氢离子浓度，水电离出的氢离子浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度，因此溶液中由水电离出的a1(OH10mol)Lc−−−=；故答案为：＜；a110molL−−。【小问3详解】K点溶质为MA和MOH且两者物质的量浓度相等，溶液呈碱性，说明MOH

电离程度大于M+离子水解程度，K点所对应的溶液中离子浓度的大小关系：(M)(A)(OH)(H)cccc+−−+；故答案为：(M)(A)(OH)(H)cccc+−−+。【小问4详解】K点对应的溶液中，K点溶质为MA和MOH且两者物质的量浓度相等，根据物料守恒得到()cMc(M

OH)++=()2Ac−；若此时溶液的pH10=，根据()cMc(MOH)++=()2Ac−，(M)(H)(A)(OH)cccc++−−+=+，则110.010molL(MOH)(OH)(A)(H)molL0.1L0.005.2Lcccc+−−−−+=+=；故答案为：=；0.00

5。