【文档说明】安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期期中考查化学试题 含解析.docx，共(20)页，2.154 MB，由小赞的店铺上传

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安徽师范大学附属中学2022~2023学年第一学期期中考查高二化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32F-56一、单项选择题(每小题3分，共30分，每题只有一个选项符合题意)1.下列说法正确的是A.密闭

容器中，9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6g时，放出19.12kJ热量。则()()()Fes+Ss=FeSs195.6kJmolH−=−B.已知()()()2lHaq+OHaq=HO+−157.3kJmolH−=−，在中和热的测定时实际加入的酸碱的量的多少会影响该反

应的HC.500℃、30MPa下，将0.5mol2N和1.5mol2H置于密闭的容器中充分反应生成()3NHg，放热19.3kJ，其热化学方程式为：()()()223Ng+3Hg2NHg138.6kJmolH−=−D.相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，2

mol2N和6mol2H反应放出的热量是1mol2N和3mol2H反应放出的热量的2倍【答案】A【解析】【详解】A．9.6g硫粉的物质的量为9.6g0.3mol32g/mol=，11.2g铁粉的物质的量为11.2g0.2mol56g/mol=，二者混合加热的化学方程式为ΔFe+

S=FeS，生成硫化亚铁17.6g(17.6gn0.2mol88g/molmM===)时，放出19.12kJ热量，所以1mol铁完全反应放热19.12kJ95.6kJ0.2=，对应的热化学方程式为()()()Fes+Ss=FeSs195.6kJmol

H−=−，选项A正确；B．中和热是指在稀溶液中，强酸与强碱反应生成1mol水时放出的热量，所以实际加入的酸碱的量的多少不会影响该反应的H，选项B错误；C．0.5mol2N和1.5mol2H置于密闭的容器中充分反应生成()3NHg，放热19.3kJ，因反应为可逆反应

，不能进行到底，生成的NH3(g)小于1mol,则密闭的容器中充分反应生成2molNH3(g)，放热大于38.6kJ，则热化学反应方程式中的反应热数值错误，选项C错误；D．相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中2molN2和6molH2反应的转化率比1

molN2和3molH2反应的大，则2molN2和6molH2反应放出的热量大于lmolN2和3molH2反应放出的热量的2倍，选项D错误；答案选A。2.关于中和热的测定实验，下列说法正确的是A.为了简化

装置，中和热测定实验中的玻璃搅拌器可以由温度计代替B.用醋酸代替盐酸溶液进行上述实验，测得的中和热的H偏小C.实验测定的中和热的H常常大于-57.31kJmol−，原因可能是外部热量进入装置造成D.中和热测定实验也

可以用稀硫酸与氢氧化钠溶液反应【答案】D【解析】【详解】A．温度计不能用于搅拌溶液，所以实验中环形玻璃搅拌棒不能由温度计代替，选项A错误；B．醋酸是弱酸，在溶液中电离时会吸收热量，所以用醋酸代替盐酸溶液进

行上述实验，测得的中和热的ΔH偏大，选项B错误；C．通过实验测定的中和热的ΔH常常大于-57.3kJ·mol-1说明实验测定过程中保温工作不到位，造成热量散失出现实验误差，选项C错误；D．中和热是稀的强酸溶液和强碱溶

液反应生成1mol水时放出的热量，所以也能用稀硫酸与氢氧化钠溶液反应测定反应热，选项D正确；答案选D。3.在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，下列说法正确的是A.无催化剂时，反应不能

进行B.使用催化剂Ⅰ时，0~2min内，()11X1.0molLminv−−=C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化D.与催化剂Ⅰ相比，催化剂Ⅱ使反应活化能更低【答案】B【解析】【分析】由图可知，在无催化剂条件下，反应也能进行；反应曲线越

陡，活化能越低，反应速率越快；根据Δcv(X)Δt＝计算反应速率。【详解】A．催化剂只是改变反应速率，由图可知，在无催化剂条件下，反应也能进行，故A错误；B．使用催化剂Ⅰ，X的浓度随t的变化为a，时0～2min内，-1-1-1-1Δc4molL-2molLv(X)=1.0molLminΔt2?m

in＝＝，故B正确；C．2min时，X转化的浓度为2mol•L−1，X与Y的系数比为1：2，则Y增加的量为4mol•L−1，对应的曲线为Ⅰ，故C错误；D．反应曲线越陡，活化能越低，反应速率越快，故与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更高，故D错误；故答案

选B。4.有反应4HCl+O2＝2Cl2+2H2O，已知2molO2被还原时，放出akJ的热量，且知断开1molO2需要吸收bkJ的热量，断开1molCl2需要吸收ckJ的热量。则断开1molH—O键比断开1molH—Cl键所需能量高（）kJA.(a+2b-4c)/8B

.(a+b-2c)/4C.(b-a-2c)/4D.(2b-a-4c)/8【答案】A【解析】【详解】设H-Cl键的键能为XkJ/mol，H-O键的键能为YkJ/mol，因反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，所以-a/2kJ/mol=4XkJ/mol+bkJ/mol-2ckJ/mol-4Y

kJ/mol，所以Y-X=，即断开1molH-O键比断开1molH-Cl键所需能量高kJ；答案选A。5.下列有关合成氨工业的叙述，不可用勒夏特列原理来解释的是A.合成氨时采用循环操作，可提高原料的利用率B.高压比常压条件更有利于合成氨的反应C.低温更有利于合成氨的

反应D.使用铁触媒，使N2和H2混合气体有利于合成氨【答案】D【解析】【详解】A．合成氨时采用循环操作，减小副产品的浓度，同时增大反应物的浓度，从而使平衡向正反应方向移动，可提高原料的利用率，能利用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．合成氨属于气体分子数减小的反应，所以高压能使平

衡向正反应移动，比常压条件更有利于合成氨的反应，可用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C．合成氨属于放热反应，所以低温能使平衡向正反应方向移动，更有利于合成氨的反应，可用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D．使用铁触媒作催

化剂，可加快合成氨的反应速率，但平衡不移动，不能利用勒夏特列原理解释，D符合题意；故选D。6.Burns和Dainton研究发现2Cl与CO合成2COCl反应机理如下：①()()2Clg=2Clg快②()()()COg+Clg=COClg

快③()()()()22COClg+Clg=COClg+Cg慢反应②的速率方程为()()COClvkcc=正正，()COClvkc=逆逆。下列说法错误的是A.反应②的平衡常数kKk=正逆B.反应①的活化能小于反应③的活化能C.要提高合成2COCl的速率，关键是

提高反应②的速率D.选择合适的催化剂能提高单位时间内2COCl的产率【答案】C【解析】【详解】A．反应②存在v正=k正c(CO)×c(Cl•)，v逆=k逆c(COCl•)，平衡时正逆反应速率相等，的22(COCl)(CO)(Cl)kcK

cck==正逆，选项A正确；B．活化能越小，反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，选项B正确；C．慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，选项C错误；D．选择合适

的催化剂加快化学反应速率，所以能提高单位时间内COCl2的产率，选项D正确；答案故选C。7.下列说法中正确的是A.非自发反应在任何条件下都不能实现B.ΔH>0，ΔS>0的反应在任何条件都可以实际发生C.金属单质导电属于物理变化，电

解质溶液导电是化学变化D.O2(g)+2SO2(g)2SO3(g)在298K时的平衡常数K=7.0×1022，说明在该温度下反应速率很快【答案】C【解析】【详解】A．某些在常温下不能自发进行的反应，高温下能自发进行，所以非自发反应在一定条件下可以实现，A说法错误；B．ΔH>0

，ΔS>0的反应在高温条件下ΔH-TΔS<0，可以自发进行，B说法错误；C．金属单质导电时没有新物质生成，是物理变化，而电解质溶液导电实际上是电解过程，有新物质生成，是化学变化，C说法正确；D．二氧化硫氧化为三氧化硫的反应在298K时平衡

常数很大说明反应的限度很大，但无法确定在该温度下反应的反应速率快慢，D说法错误；故选C。8.下列图示与对应的叙述相符的是A.图1表示反应：mA(s)+nB(g)pC(g)H0在一定温度下，B的平衡转化率(B％)与压强变化的关系如图所示，则x点正反应速率大于逆反应

速率B.图2是可逆反应：A(g)B(s)C(g)D(?)++H0的速率时间图像，在t1时刻改变条件只能是加入催化剂C.图3表示对于化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，A的百分含量与温度(T)的变化情况，则该反应的H0D.图4所示图中的阴影部分面积的含

义是该物质物质的量的变化量【答案】C【解析】【详解】A．图像中的曲线为平衡线，根据图像，x点没有达到平衡，在等压下，需要降低B的转化率，才能达到平衡，反应向逆反应方向进行，即正反应速率小于逆反应速率，故A错误；B．t1时刻改变因素，只提高反应速率，平衡没有移动，如果D的状态为固体或纯液体，因为B的

状态为固体，A、C为气态，且A、C系数相等，因此t1时刻还可能增大压强，故B错误；C．A为反应物，根据图像，M为平衡点，M点右侧，随温度升高，A%增大，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应，即H0，故C正确；D．根据反应速率的定义，阴影

部分面积的含义是该物质物质的量浓度的变化量，即(v正－v逆)与时间的乘积，故D错误；答案为C。9.恒温恒压下向密闭容器中充入4mol2SO和2mol2O，反应如下：()()()223Og+2SOg2SOg△H<0.2min反应达到平衡，生成1.4mol3SO，同时放出热量QkJ。则下列分

析正确的是A.若反应开始时容器体积为2L，则()113SO0.35molLminv−−=B.2min后向容器中再通入一定量的3SO气体，重新达到平衡时，2SO的含量增大C.若把条件“恒温恒压”改为“绝热恒压”，则平衡后()3nSO大于1.4molD.

若把条件“恒温恒压”改为“恒温恒容”，则平衡时放出热量小于QkJ【答案】D【解析】【详解】A.若反应开始时容器体积为2L，该反应气体物质的量减小，气体体积变小，则v(SO3)>1.422mol·L-1·min-1=0.35mol·L-1·min-1，选项A错误；B.2min后，向容

器中再通入一定量的SO3气体，相当于加压，平衡右移，重新达到平衡时，SO2的含量减小，选项B错误；C.若把条件“恒温恒压”改为“恒压绝热”，反应放热，升温平衡左移，则平衡后n(SO3)小于1.4mol，选项C错误；D.该反

应气体物质的量减小，若把条件“恒温恒压”改为“恒温恒容”，相当于减压，平衡左移，则平衡时放出热量小于QkJ，选项D正确；答案选D。10.将一定量纯净的X置于某10L容积恒定的真空容器中(假设固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：()()()X

s2Yg+Zg，实验测得不同温度下的分解平衡常数列于下表，下列说法中正确的是温度(℃)15.025.030.035.0K/(83310molL−)0.2051.644.6810.8A.该反应△H<0B.3

5℃时，平衡时X分解了0.03molC.若在恒温下，压缩容器体积，再次达平衡后，X的物质的量比原平衡小D.若气体密度不再随时间变化表示反应还未达平衡状态【答案】B【解析】【详解】A．由表可知温度越高，平衡常数K越大，所以△H>0，

选项A错误；B．35℃平衡常数为10.8×10-8，假设反应开始时X的物质的量是amol，反应消耗了bmol，则达到平衡时n(Y)=2bmol，n(Z)=bmol，K=c2(Y)∙c(Z)=22bb()()=10.81010×10-8，解得b=0.03mol，即X分解了0.03m

ol，选项B正确；C．该反应的正反应是气体体积增大的反应，压缩容器体积，相当于增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆向移动，所以再次达平衡后，n(X)比原平衡大，选项C错误；D．反应X(s)2Y(g)＋Z(g)在恒容密闭容器中进行，Y和Z都是气体，而X是固体，若反应未达到平衡状态

，则气体的质量会增大，气体的密度也会增大，所以若气体密度不再随时间变化时，表示反应达平衡状态，选项D错误；答案选B。二、不定项选择题(每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对

但不全的得2分，有选错的得0分)11.下图是计算机模拟的在催化剂表面上水煤气变化的反应历程。吸附在催化剂表面的物种用“*”标注。下列说法正确的是A.①表示CO和2HO从催化剂表面脱离的过程B.②和④中化学键变化相同

，因此吸收能量相同C.相同条件下，反应速率：④<②D.由图可知()()()()222COg+HOg=COg+Hg为吸热反应【答案】BC【解析】【分析】由图可知，①表示CO和H2O吸附在催化剂表面的过程；②和④中断裂的均为H

−O键，②中吸收能量[1.25−(−0.32)]eV＝1.57eV，④中吸收能量[1.41−(−0.16)]eV＝1.57eV；由图可知，反应物总能量大于生成物总能量；活化能越小，反应速率越快；据此分析解题。【详解】A．①表示CO

和H2O在催化剂表面吸附的过程，故A错误；B．②和④中化学键变化相同，断裂的均为H−O键，②中吸收能量[1.25−(−0.32)]eV＝1.57eV，④中吸收能量[1.41−(−0.16)]eV＝1.57eV，两者吸收的能量相同，故B正确；C．由图可知，相同条件下，④的活化能为(1.

86＋0.16)eV＝2.02eV，②的活化能为(1.59＋0.32)eV＝1.91eV，④的活化能大于②，则反应速率④＜②，故C正确；D．由图可知，()()()()222COg+HOg=COg+Hg为放热反应，故D错误；故答案选BC。【点睛】本题考查

活化能与反应速率，把握反应中能量变化、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。12.常温下，现有pH=4的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是A.两种酸溶液中()()3CHCOO=Clcc−−的B.分别加水稀释10倍后溶液的pH均变为5C.中和等物

质的量的氢氧化钠，消耗酸的体积：盐酸>醋酸D.等体积的两种酸溶液分别与足量的锌粒反应，产生气体的体积相等【答案】AC【解析】【详解】A．盐酸和醋酸溶液中存在电离守恒，c(CH3COO－)+c(OH－)＝c(H+)，c(Cl－)+c(O

H－)＝c(H+)，两者pH相同则两溶液的c(OH－)和c(H+)分别相等，则c(CH3COO－)＝c(Cl－)，选项A正确；B．盐酸是强酸，稀释10倍时，pH=4，醋酸是弱酸，存在电离平衡，稀释10倍时，

电离平衡向右移动，pH小于4，选项B错误；C．相同pH的盐酸的浓度比醋酸的浓度小的多，中和等物质的量的氢氧化钠，消耗酸的体积：盐酸＞醋酸，选项C正确；D．相同pH的盐酸的浓度比醋酸的浓度小的多，等体积的两种酸溶液分别与足量的锌粒反应，醋酸产生气体的体积多，选项D错误；答案选AC。13.关于

反应+-22Cl(g)+HO(l)HClO(aq)+H(aq)+Cl(aq)ΔH<0，达到平衡后，下列说法不正确．．．的是A.升高温度，氯水中的c(HClO)减小B.氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，c(HClO)增大C.取氯水稀释，()-cCl/c(HClO)增大D.取两份氯

水，分别滴加3AgNO溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度【答案】D【解析】【详解】A．HClO受热易分解，升高温度，HClO分解，平衡正向移动，c(HClO)减小，A正确；B．氯水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，

氢离子浓度减小，平衡正向移动，c(HClO)增大，B正确；C．氯水稀释，平衡正向移动，而c(HClO)和c(Cl-)均减小，但HClO本身也存在电离平衡HClO⇌H++ClO-，稀释促进了HClO的电离，使c(HClO)减少更多

，因此-c(Cl)c(HClO)增大，C正确；D．氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，证明生成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，即不能证明上述反应存在限

度，D错误；答案选D。14.利用4CH可消除2NO的污染：()()()()()42222CHg+2NOgNg+COg+2HOg，在10L密闭容器中分别加入0.50mol4CH和1.2mol2NO，测得不同温度下()4CHn随时间变化的实验数据如表

所示，下列说法正确的是实验温度/K时间/min物质的量010204050①1T()4CHn0.500.350.250.100.10②2T()4CHn0.500.300.18M0.18A.实验①中0~20m

in内，2NO的降解速率为110.0025molLmin−−B.由实验数据可知，温度1T条件下的平衡常数为6.4C.M<0.18D.该反应在任何温度下都能正向自发进行【答案】AD【解析】【详解】A．实验①中020min内，甲烷物质的量改变量为0.25mol，则二氧化氮改变量为0.5mol

，则2NO的降解速率为311n0.5molυ==2.510molLminVt10L20min−−−=，选项A正确；B．由实验数据可知，温度T1条件下平衡时甲烷物质的量为0.1mol，改变量为0.4mol，二氧化氮剩余0.4mol，氮气改变量为0.4mol，二氧

化碳改变量为0.4mol，水蒸气改变量为0.8mol，其次温度下的平衡常数为220.40.40.8()1010100.640.40.1()1010K==，选项B错误；C．根据表格中数据得到在温度T2条件下20min时已经达到

平衡，因此M=0.18，选项C错误；D．根据表格中数据得出温度T2条件下反应速率快，说明T2＞T1，温度T2下，平衡时甲烷量多，说明的升高温度，平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应，又由于该反应

是ΔS＞0的反应，根据ΔG＝ΔH−TΔS，因此该反应在任何温度下都能正向自发进行，选项D正确；答案选AD。15.某科学家利用二氧化铈(2CeO)在太阳能作用下将2HO、2CO转变成2H、CO，其过程如下：()222mC

eOCeOCeOmxxx−+太阳能①；()22222900CeOCe+HOCOCeOHCOmxxxxmxx−+++℃②。下列说法不正确的是A.该过程中2CeO没有消耗B.从()2HOl变成()2HOg是熵增的过程

C.图中123=+HHHD.()()()2222Hg+Og=2HOg的反应热小于32H【答案】CD【解析】【详解】A．通过太阳能实现总反应2222HOCOHCOO⎯⎯++→+，反应中CeO2没有消耗，CeO2作催化剂，选项A正确；B．物质由液态变为气态为熵增的过程，选项B正确；C

．由图中转化关系可知：123HHH0++=，选项C不正确；D．①2221H(g)O(g)HO2+=(1)3ΔH；②222HO(l)HO(g)H=，根据盖斯定律①+②得：222321H(g)O(g)HO(g)HHH2+==+；因2ΔH大于0，故3HH，()()()2222

Hg+Og=2HOg的反应热大于32H，选项D不正确；答案选CD。三、填空题(本题共4小题，共50分)16.Ⅰ.磷能形成多种含氧酸。（1）次磷酸(32HPO)是一种精细化工产品，向10mL32HPO溶液中加入30mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有22HPO−、OH−两种阴离子

。①写出32HPO溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式：_________②常温下，0.25mol/L的32HPO溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数值一定变小的是_________(填标号)。A.()+cHB.

()()32+HPOHccC.()()()+2232HHPOHPOccc−（2）亚磷酸(33HPO)是二元中强酸，25℃时亚磷酸的电离常数为215.010K−=、722.610K−=。试从电离平衡移动的角度解释K1、K2数据的差异：_________（3）①25℃时，HF的电离常数为43.

610K−=；34HPO的电离常数为31K7.510−=，82K6.210−=，1334.410K−=。足量NaF溶液和34HPO溶液反应的离子方程式为_________。②已知：()()()2Haq+

OHaq=HOl+−157.3kJmolH−=−，则0.1mol/L34HPO溶液与足量0.1mol/LNaOH溶液反应生成1mol()2HOl放出的热量为_________(填标号)。A.=57.3kJB.<57.3kJC.>57.3kJD.无法确定Ⅱ.25C时：24225NHHO

NHOH−++110aK−=；225226NH+HONH+OH+−2=10bK−。（4）25℃时，向24NH水溶液中加入24HSO，欲使()()2524NHNHcc+，同时()()22526NHNHcc++，应控

制溶液中()OHc−的范围为_________(用含a、b式子表示)。【答案】（1）①.22NaHPO②.AB（2）33HPO第一步电离出的+H对第二步电离起到抑制作用（3）①.3424F+HPO=HF+HPO−−②.B（4）()1110molLOH10mo

lLbac−−−−−【解析】【小问1详解】①向10mLH3PO2溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有--22HPOOH、两种阴离子，则表明H3PO2为一元酸，H3PO2与NaOH反应只能生成正盐，正盐的化学式：NaH2PO2。②常温下，()-

232KPO=59H.10，则H3PO2为弱酸，0.1mol/L的H3PO2溶液在加水稀释过程中，H3PO2的浓度不断减小。A．随着溶液浓度的不断减小，尽管H3PO2的电离程度不断增大，但c(H+)仍然不断减小，A符合题意；B．

Ka不变，c(22HPO−)不断减小，所以()()32+HPOHcc=22a(HPO)cK−不断减小，B符合题意；C．()()()+-2232cHcHPOcHPO=Ka(H3PO2)，温度不变时，Ka(H3PO2)不变，C不符合题意；故选AB。答案为：NaH2PO2；AB；【小问2详解

】H3PO3H++23HPO−、23HPO−H++23HPO−，25℃时亚磷酸的电离常数为-2-712K=5.010K=2.610、。从电离方程式可以看出，两步电离都产生H+，则第一步电离产生的H+必然抑制第二步电离，所以

12KK、数据的差异较大的原因：H3PO3第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用。答案为：H3PO3第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用；【小问3详解】①因为K2(H3PO4)＜K(HF)＜K1(H3PO4)，所以足量NaF溶液和H3PO4溶液反应时，H3PO4只能电离出1个H+，则离子

方程式为--3424F+HPOHF+PO=H。答案为：--3424F+HPOHF+PO=H；②-+2OH(aq)+H(aq)=HOΔH=-57.3kJ/mol，因为H3PO4是弱酸，电离时需要吸收热量，所以0.1mol/LH3PO4溶液与足量0.1mol/LNaOH

溶液反应生成1molH2O(l)时，放出的热量＜57.3kJ，故选B；答案为：；B；【小问4详解】II.已知25℃时水溶液呈弱碱性：+--a242251NH+HONH+OHK=110；+2+--b252262NH+HONH

+OHK=110；25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，()()+2245cNH>cNH，则c(OH-)=12425K(NH)(NH)cc+＜10-a；()()+2+2526cNH>cNH，则c(OH-)=225226K(NH)(

NH)cc++＞10-b；所以溶液中c(OH-)的范围为()-b-1--a-110molL<cOH<10molL。答案为：()-b-1--a-110molL<cOH<10molL。17.现有下列物质：①熔融的NaCl②稀硫酸③液氯④冰醋

酸⑤铜⑥4BaSO⑦4NaHSO⑧液氨⑨2SO⑩()2CaOH固体。请按要求回答下列问题。（1）以上物质中属于弱电解质的是_________(填序号，下同)；属于非电解质的是_________。（2）可以证明醋酸是弱酸的事实是_________。a.醋酸和水能以任

意比例混溶b.在醋酸水溶液中还含有未电离的醋酸分子c.醋酸与23NaCO溶液反应放出2COd.10.1molL−的醋酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色（3）某温度时，某水溶液中的()+1H10molLyc−=，()1OH10molLxc−−=，x和y的

关系如图所示：①该温度下，若盐酸中()41cH510molL+−−=，则由水电离产生()cH+=_________1molL−。②该温度下，将pH=a的()2BaOH溶液1VL与-b1110molL−的4NaHSO溶液2VL混合(忽略体积变化)，若溶液混合后4BaSO恰好

沉淀完全，且a=12，b=3，则混合后溶液的pH为_________。(已知lg30.5)【答案】（1）①.④②.⑧⑨（2）b（3）①.12210−②.11.5【解析】【小问1详解】①NaCl在溶液中能完全电离，属于强电解质；②稀硫酸是酸溶液，属于混合物，混合物既

不是电解质也不是非电解质；③液氯是非金属单质，单质既不是电解质也不是非电解质；④冰醋酸在溶液中部分电离，属于弱电解质；⑤铜是金属单质，单质既不是电解质也不是非电解质；⑥溶于水的BaSO4在溶液中完全电离，属于强电解质；⑦NaHSO4在溶液中能完全电离，属于强电解质；⑧液氨

在溶液中自身不能电离，属的于非电解质；⑨SO2不能发生电离，属于非电解质；⑩Ca(OH)2固体溶于水，在溶液中能完全电离，属于强电解质。则属于弱电解质的是④，属于非电解质的是⑧⑨；【小问2详解】a.醋酸和水可以任意比例混溶，只能说明醋酸的溶解性，不能说明醋酸是弱酸

，故错误；b.在醋酸水溶液中还存在未电离的醋酸分子，说明醋酸是在溶液中部分电离的弱酸，故正确；c.醋酸与碳酸钠溶液反应放出二氧化碳气体，只能说明醋酸的酸性强于碳酸，不能说明醋酸是弱酸，故错误；d.10.1molL−的醋酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色，只能说明醋酸溶液呈酸性，但不能

说明醋酸是弱酸，故错误；【小问3详解】①该温度下，Kw=1×10-15，若盐酸中()41cH510molL+−−=，则由水电离产生的()Hc+=水()-OH=c水()W+HKc=15124110210510−−

−=molL-1；②由题意可知，()2BaOH和4NaHSO溶液中的氢氧根和氢离子浓度都是1×10-3molL-1，()2BaOH的浓度为0.5×10-3molL-1，4NaHSO的浓度是1×10-3molL-1，若两溶液

混合后4BaSO恰好沉淀完全，根据化学方程式Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+NaOH+H2O，可知V1=2V2，混合后c(OH-)=33333122212211011021011011033VVVVVVV−−−−−−−==+molL-1，c(H+)=151

23103101103−−−=，pH=12-lg311.5。【点睛】两溶液混合后求pH，若溶液混合后呈酸性，求c(H+)；若溶液呈碱性，求c(OH-)，c(H+)=w-(OH)Kc。18.在氮及其化合物的化工生产中，对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。（1）一定温度下，将2mol2N和

6mol2H置于1L的恒容密闭容器中发生如下反应：()()()223Ng+3Hg2NHgH0，测得不同温度、不同时间段内合成氨反应中2N的转化率，数据如下：1小时2小时3小时4小时1T30%50%8

0%80%2T35%60%ab①上表中1T_________2T(填“>”或“<”或“=”)，其中a、b、80%三者的大小关系是_________(用含“>”“<”“=”的关系式表示)。②研究表明，合成氨的速率与相关物质的浓度

关系为()()()312223NHNHvkccc−=，k为速率常数。以下说法正确的是_________(填字母序号)。A.升高温度，k值增大B.2T℃时若容器内混合气体平均相对分子质量保持不变，则反应达到平衡状态C.一定温度下将原容器中3NH及时分离出来可使v减小D.合成氨达到平衡后，增大()2

Nc可使正反应速率在达到新平衡的过程中始终增大。③已知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol，容器容积为1L，保持温度和压强不变，又充入3mol2N后，平衡_________(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。（2）在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应

的气体，发生反应：()()()2222NOg2Ng+Og，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中2NO的平衡转化率如图乙所示：①该反应的△H_________0(填“>”或“<”)。②若容器Ⅰ的体积为2L，反应在370℃下进行，20s后达到平衡，则0~20s内容器Ⅰ中用2O表示的反应速率为________

_。B点对应的平衡常数K=_________(保留两位有效数字)【答案】（1）①.<②.a=b80%③.AB④.不移动（2）①.>②.110.0005molLs−−③.0.0044【解析】【小问1详解】的①根据表中数据可知，相同时间段内，T2的N2

的转化率高于T1，说明T2的反应速率快于T1，温度越高，反应速率越快，故T1<T2；通过ΔH<0，可知反应是放热反应，根据勒夏特列平衡移动原理可知，温度越高，此反应转化率越低，则达到平衡时，N2的转化率T1>T2，故b<80%，平衡后，转化率不再发生变化，

故a=b，则a、b、80%三者的大小关系是a=b<80%；②A．浓度不变时，温度越高，反应速率越快，则v增大，k值也增大，选项A正确；B．容器内气体物质的总质量是不变的，平均分子量不在发生变化，说明容器内的气体总分子数不在发生变化，说明反应达到平衡状态，选项B正确；C．根据合成氨的速率与相关物质

的浓度关系为v=3-12223kc(N)c(H)c(NH)，NH3及时分离出来，则容器内的c(NH3)减小，则v值增大，选项C错误；D．合成氨达到平衡后，增大c(N2)瞬间，可使正反应速率增大，但随着平衡的移动，正反应速率会逐渐减小至一定值

，选项D错误；答案选AB；③已知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol，容器容积为1L，则该反应在该温度下的平衡常数K=1,保持温度和压强不变，又充入3molN2后，容器容积扩大到2L，则此时23124122Q=（）（）=1，

Q=K，故平衡不移动；【小问2详解】①根据图乙可知，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率随温度升高而升高，说明温度升高时，此反应正反应方向进行，根据勒夏特列平衡移动原理可知，说明正反应是吸热反应，故ΔH>0；②根据图乙可知，容器Ⅰ在370℃的平衡转化率为40%

，根据图甲可知，容器Ⅰ起始时N2O物质的量为0.1mol，则平衡时，根据反应式2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)，可知N2O转化了0.04mol，则生成了O2物质的量为0.02mol，若容器Ⅰ的体积为2L，

反应前后容器容积不变，则0～20s内容器Ⅰ中用O2表示的反应速率为()()21120.02cO2LvO0.0005?L?st20Smolmol−−===；A、B点温度相同，则此两点的平衡常数也相同，则A点对应的平衡常数()()()2222222cOcN

0.010.02K0.0044cNO0.03==，故B点的平衡常数为0.0044。19.煤的气化是一种重要的制氢途径，回答下列问题：（1）在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的()Cs和1mol()2HOg，起始压强为0.2

MPa时，发生下列反应生成水煤气：Ⅰ.()()()()22Cs+HOgCOg+Hg11=131.4kJmolH−+Ⅱ.()()()()222COg+HOgCOg+Hg垐?噲?12=41.1kJmolH−−①下列说法正确的是_________；A平衡时向容器中充入惰性

气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动B.混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡C.平衡时2H的体积分数可能大于23D.将炭块粉碎，可加快反应速率②反应平衡时，()2HOg的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。此时，整个体系_____

____(填“吸收”或“放出”)热量_________kJ，反应Ⅰ的平衡常数pK=_________MPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。（2）掺杂硒的纳米氧化亚铜催化剂可用于工业上水煤气合成甲醇，其反应为()()()23COg+2HgCHOHgH。向起始

温度为125℃的5L恒容密闭容器中充入2molCO和3mol2H发生反应，体系总压强(p)与时间(t)的关系如图2中曲线Ⅰ所示，曲线Ⅱ为只改变某一条件的变化曲线。平衡时温度与起始温度相同。①曲线Ⅱ所对应的改变的条件可能为_________。②体系总压强先增大后减小的原因为________

_。③该条件下2H的平衡转化率为_________%(结果保留三位有效数字)。【答案】（1）①.BD②.吸收③.31.2④.0.02（2）①.加入催化剂②.反应初始阶段温度为主导因素，反应放热，气体膨胀使压

强增大；之后气体总物质的量为主导因素，气体总物质的量减小使压强减小③.33.3【解析】【小问1详解】①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入惰性气体不能改变反应混合物的浓度，因此反应口的平衡不移动，选项A不正确；B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积

不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，选项B正确；C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)可知，H2的体积分数的极

值为23，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于23，选项C不正确；D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，选项D正确；答案选BD；②

反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，根据相关反应的热化学方程式可知，实际生成0.3molCO要吸收热量13.14kJ

3=39.42kJ，生成0.2molCO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为05mol，CO的物质的量为0.lmol，CO2的物质的量为0

.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为05mol+0.lmol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.

2MPa1.3=0.26MPa，反应I(C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g))的平衡常数Kp=0.10.51.31.30.51.3P总=0.11.30.26MPa=0.02MPa；【小问2详解】①改变条件，反应速率加快,平衡没移动，曲线I所对应的改变的条件可能

为加入催化剂；②反应初始阶段温度为主导因素，反应放热，气体膨胀使压强增大；之后气体总物质的量为主导因素，气体总物质的量减小使压强减小，所以体系总压强先增大后减小；③23CO(g)+2H(g)CHOH(g)(mol)230(mol)x2xx(mol)2-x3-

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