2023-2024学年湖北省武汉高二（上）月考化学试卷（10月份）
一．选择题。（每小题仅一个正确选项，每小题3分，共15小题，45分）
1．（3分）不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．使用铁触媒，加快合成氨反应速率
B．溴水中存在Br2+H2O HBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅
C．合成氨工业采用20～50 MPa高压
D．反应CO（g）+NO2（g） CO2（g）+NO（g）△H＜0，平衡后，升高温度体系颜色变深
2．（3分）下列有关热化学方程式及其叙述正确的是（ ）
A．氢气的燃烧热为285.5kJ/mol，则电解水的热化学方程式为：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+285.5kJ/mol
B．甲烷的燃烧热为890kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣890kJ/mol
C．已知：2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H＝﹣221kJ/mol，则C的燃烧热△H＜﹣110.5kJ/mol
D．HF与NaOH溶液反应：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（1）△H＝﹣57.3kJ/mol
3．（3分）在一密闭容器中发生可逆反应A（g）+B（g） C（g），平衡移动关系如图所示（变化过程中物质状态不发生变化），下列说法正确的是（ ）
选项 压强 纵坐标
A p1＜p2 C的物质的量浓度
B p1＞p2 B的转化率
C p1＜p2 混合气体的平均摩尔质量
D p1＞p2 A的质量分数
A．A B．B C．C D．D
4．（3分）从植物花汁中提取的一种有机物HIn，可做酸、碱指示剂，在水溶液中存在电离平衡：HIn（红色）++In﹣（黄色），对上述平衡解释不正确的是（ ）
A．升高温度平衡向正方向移动
B．加入盐酸后平衡向逆方向移动，溶液显红色
C．加入NaOH溶液后平衡向正方向移动，溶液显黄色
D．加入NaHSO4溶液后平衡向正方向移动，溶液显黄色
5．（3分）室温下，用0.100mol L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol L﹣1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．Ⅰ表示的是滴定盐酸的曲线
B．pH＝7时，滴定醋酸消耗V（NaOH）小于20mL
C．V（NaOH）＝20mL时，两份溶液中c（Cl﹣）＝c（CH3COO﹣）
D．V（NaOH）＝10mL时，醋酸溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
6．（3分）表格中的各种情况，可以用对应选项中的图象表示的是（ ）
选项 反应 甲 乙
A 外形、大小相近的金属和水反应 Na K
B 4mL0.01mol L﹣1KMnO4溶液分别和不同浓度2mLH2C2O4溶液反应 0.1mol L﹣1H2C2O4溶液 0.2mol L﹣1的H2C2O4溶液
C 5mL0.1mol L﹣1Na2S2O3溶液和5mL0.1mol L﹣1H2SO4溶液反应 热水 冷水
D 5mL4%的过氧化氢溶液分解放出O2 无MnO2粉末 加MnO2粉末
A．A B．B C．C D．D
7．（3分）活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应为吸热反应
B．产物的稳定性：P1＞P2
C．该历程中最大正反应的活化能E正＝186.19kJ mol﹣1
D．相同条件下，由中间产物z转化为产物的速率：v（P1）＜v（P2）
8．（3分）在密闭容器中进行反应2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）ΔH＜0。该反应的反应速率（v）随时间（t）变化的关系如图所示2、t4时刻只改变一个条件，下列说法正确的是（ ）
A．在t1～t2时，可依据定容容器内气体的压强保持不变判断反应已达到平衡状态
B．在t2时，采取的措施可以是升高温度
C．在t3～t4时，可依据容器内气体的密度保持不变判断反应已达到平衡状态
D．在t5时，容器内NO2的体积分数是整个过程中的最大值
9．（3分）一定条件下，合成氨反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）。图甲表示在此反应过程中的能量变化，图乙表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。图丙表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响。
下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，该反应的平衡常数增大
B．由图乙信息，从11min起其他条件不变，压缩容器的体积，则n（N2）的变化曲线为d
C．由图乙信息，10min内该反应的平均速率v（H2）＝0.045mol L﹣1 min
D．图丙中温度T1＜T2，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N的转化率最高的是b点
10．（3分）已知反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＜0。起始时容器甲、丙体积都是V，容器乙、丁体积都是V：向甲、丙内都充入2amolSO2和amolO2并保持恒温；向乙、丁内都充入amolSO2和0.5amolO2并保持绝热，在一定温度时开始反应。下列说法正确的是（ ）
A．图1达平衡时，SO2的浓度：甲＝乙
B．图1达平衡时，平衡常数K：甲＜乙
C．图2达平衡时，所需时间t：丙＜丁
D．图2达平衡时，体积分数φ（SO3）：丙＞丁
11．（3分）使用酸碱中和滴定方法，用0.01mol/L盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液，下列操作使测定结果偏高的是（ ）
①未用标准溶液润洗酸式滴定管
②锥形瓶用蒸馏水清洗后，用待测液润洗
③装盐酸的滴定管尖嘴处开始无气泡，滴定终点时有气泡
④滴定终点读数后，发现滴定管嘴处悬挂一滴标准液液滴
⑤滴定完毕后立即读数，半分钟内溶液颜色又很快恢复原色
⑥滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
A．①②④ B．①④⑥ C．①③④ D．③④⑤
12．（3分）现有浓度均为0.1mol L﹣1的盐酸、硫酸、醋酸溶液，下列判断正确的是（ ）
A．若三种酸溶液中c（H+）分别为a1mol L﹣1、a2mol L﹣1、a3mol L﹣1，则a1＝a2＝a3
B．等体积的三种酸溶液分别与过量的NaOH溶液反应，若生成的盐的物质的量依次为b1mol，b2mol，b3mol，则b1＝b2＜b3
C．分别用三种酸溶液和一定量的NaOH溶液反应生成正盐，若需要酸溶液的体积分别为V1、V2、V3，则V1＝V2＝V3
D．将完全相同的Zn分别投入等体积的三种酸溶液中，开始时生成H2的速率分别为v1、v2、v3，则v2＞v1＞v3
13．（3分）在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为反应Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣164.7kJ mol﹣1；反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH＝41.2kJ mol﹣1；反应Ⅲ：2CO（g）+2H2（g）═CO2（g）+CH4（g）ΔH＝﹣247.1kJ mol﹣1。向恒压、密闭容器中通入1molCO2和4molH2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应Ⅰ的平衡常数可表示为K＝
B．图中曲线B表示CO的物质的量随温度的变化
C．提高CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂
D．CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）的ΔH＝﹣205.9kJ mol﹣1
14．（3分）已知25℃、101kPa时，以下反应的热化学方程式为：
Fe2O3（s）+3C（s）═2Fe（s）+3CO（g）1＝+489kJ mol﹣1
2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2＝﹣564kJ mol﹣1
C（s）+O2（g）═CO2（g）△H3＝﹣393kJ mol﹣1
则2Fe（s）+O2（g）═Fe2O3（s）的△H为（ ）
A．﹣822kJ mol﹣1 B．﹣468kJ mol﹣1
C．﹣186kJ mol﹣1 D．+468kJ mol﹣1
15．（3分）常温下，在体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol L﹣1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c（H+）表示为pH水＝﹣lgc（H+）水．pH水与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。
下列推断正确的是（ ）
A．HX的电离方程式为HX＝H++X﹣
B．T点时c（Na+）＝c（Y﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣）
C．常温下用蒸馏水分别稀释N、P点溶液，pH都降低
D．常温下，HY的电离常数
16．（12分）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：
（1）用标准的盐酸溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，标准液应该装在 （填仪器名称）中；滴定达到终点的现象为： 。
（2）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是 。
A.酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液
B.滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C.读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
（3）若滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，所用盐酸溶液的体积为 mL。
（4）某学生根据三次实验分别记录有关数据如表：
滴定次数 待测NaOH溶液的体积/mL 0.1000mol/L盐酸的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积/mL
第一次 25.00 0.00 26.11 26.11
第二次 25.00 1.56 30.30 28.74
第三次 25.00 0.22 26.31 26.09
请选用数据计算该氢氧化钠溶液的物质的量浓度：c（NaOH）＝ mol/L（保留小数点后4位）。
（5）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2 2H2O晶体的试样（不含能与I﹣发生反应的氧化性杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加过量KI固体，生成白色沉淀。用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。
已知：I2+2S2＝S4+2I﹣
选用 作滴定指示剂，试样中CuCl2 2H2O的质量分数为 。（保留小数点后一位）
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。根据题意，回答下列问题：
Ⅰ．煤制天然气过程中，存在多种化学反应，其中在煤气化装置中发生反应①：C（s）2O（g）═CO（g）+H2（g）ΔH＝+135kJ mol﹣1，而在水气变换装置中发生反应②：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣41kJ mol﹣1
（1）煤气化前，需要通入一定量的氧气与碳发生燃烧反应，请利用平衡移动原理说明通入氧气的作用： 。
（2）写出碳和二氧化碳反应生成一氧化碳的热化学方程式 。
（3）如图1表示发生反应①后进入反应②装置的与反应②中CO平衡转化率、温度的变化关系。
若为0.8，一定量的煤和水蒸气经反应①和反应②后2的物质的量之比为1：3，则反应②所对应的温度是 （填“T1”、“T2”或“T3”）。
Ⅱ．甲烷重整技术主要是利用甲烷和其他原料来制备合成气（CO和H2混合气体）。现在常见的重整技术有甲烷﹣﹣二氧化碳重整、甲烷﹣﹣水蒸气重整，其反应分别为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转化原理如图2所示。
①过程（二）实现了含氢物种与含碳物种的分离，写出生成H2O（g）的化学方程式：
②假设过程（一）和过程（二）中各步反应均转化完全 （填序号）。
a．过程（一）和过程（二）中均含有氧化还原反应
b．过程（二）中使用的催化剂为Fe3O4和CaCO3
c．若过程（一）投料比＝1.0（二）中催化剂失效
（5）通过计算机模拟甲烷﹣﹣水蒸气重整实验测得，在操作压强为0.1MPa、水碳比为1.0，反应达到平衡时，H2的物质的量分数为0.6．已知该反应的速率方程v＝kP（CH4） P﹣1（H2），式中k为速率常数，P为气体分压，则此时该反应速率v＝ （用含k的式子表示）；900℃时，该反应的压强平衡常数Kp＝ （用平衡分压代替平衡浓度计算）。
18．（14分）Ⅰ．部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸 HCOOH H2S H2CO3 HClO
电离平衡常数（25℃） K＝1.77×10﹣4 K1＝1.3×10﹣7K2＝7.1×10﹣15 K1＝4.4×10﹣7K2＝4.7×10﹣11 K＝3.0×10﹣8
按要求回答下列问题：
（1）HCOOH、H2S、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为 。
（2）同浓度的HS﹣、S2﹣、、ClO﹣结合H+的能力由强到弱的顺序为 。
（3）运用上述电离常数及物质的特性判断下列化学反应方程式不正确的是 （填序号）。
①次氯酸与NaHCO3溶液的反应：HClO+＝ClO﹣+H2O+CO2↑
②少量CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO﹣＝+2HClO
③少量CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+ClO﹣＝+HClO
④硫化氢通入NaClO溶液中：H2S+ClO﹣＝HS﹣+HClO
⑤碳酸钠滴入足量甲酸溶液中：2HCOOH+＝2HCOO﹣+CO2↑+H2O
Ⅱ．（4）pH＝5的H2SO4溶液，加水稀释到500倍，则稀释后c（）+）的比值为 。
（5）取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3：2体积比相混合，所得溶液的pH等于12 。
（6）在一定体积pH＝12的Ba（OH）2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH＝11。若反应后溶液的体积等于Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积比是 。
（7）将pH＝a的NaOH溶液VaL与pH＝b的稀盐酸VbL混合，若所得溶液呈中性，且a+b＝13，则＝ 。
19．（15分）Ⅰ．在一定温度下，有a．盐酸b．硫酸c．醋酸三种酸，若三者c（H+）相同：
（1）物质的量浓度由大到小的顺序是 ，（用字母表示，下同）：
（2）若三者体积也相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2（相同状况），则开始时反应速率的大小关系为 ，反应所需时间的长短关系是 。
（3）若三者体积也相同时，分别与等浓度的NaOH稀溶液反应至pH＝7，则消耗NaOH溶液的体积大小关系为 。
Ⅱ．已知亚磷酸（H3PO3）为二元弱酸，常温下，向某浓度的亚磷酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的KOH溶液
（4）写出亚磷酸电离的方程式： 、 。
（5）表示pH与的变化关系的曲线是 （填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。
（6）根据图像计算亚磷酸的Ka1＝ 。
参考答案与试题解析
一．选择题。（每小题仅一个正确选项，每小题3分，共15小题，45分）
1．【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【解答】解：A．催化剂只影响化学反应速率，所以不能用勒夏特列原理解释；
B．加入硝酸银溶液后，导致溴浓度减小，所以能用勒夏特列原理解释；
C．增大压强平衡正向移动，故C正确；
D．升高温度平衡逆向移动导致二氧化氮浓度增大，所以能用勒夏特列原理解释；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，侧重考查学生对化学平衡移动原理内涵的理解和运用，明确化学平衡移动原理适用范围是解本题关键，注意：只有引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释。
2．【分析】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，反应方向改变，焓变符号改变；
B．依据热化学方程式的书写方法分析判断，标注物质聚集状态和对应反应焓变；
C．1molC完全燃烧生成CO2，才是燃烧热；
D．氢氟酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程。
【解答】解：A．H2的燃烧热为285.8kJ/mol，即8molH2完全燃烧生成H2O（l）时放出285.7kJ的热量，氢气燃烧热是放热反应，水电解过程是吸热反应2O电解的热化学方程式为2H2O（l）＝2H2（g）+O3（g）△H＝+285.8×2kJ/mol，故A错误；
B．甲烷的燃烧热为890kJ/mol6完全燃烧生成CO2（g）和H2O（l）时放出890kJ的热量，CH7（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890kJ/mol，故B错误；
C．已知7C（s）+O2（g）＝2CO（g）△H＝﹣221kJ/mol，因为C（s）燃烧不完全，反应热不是燃烧热，即△H＜﹣110.2kJ/mol；
D．HF为弱酸+表示，HF溶于水，导致温度升高﹣（aq）＝F﹣+H2O（l）△H≠﹣57.3kJ/mol，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了热化学方程式书写方法，燃烧热、中和热概念的理解，D选项中弱电解质的分析判断是解题的关键，题目难度中等。
3．【分析】反应正向吸热，升高温度，平衡正向移动，结合压强变化对平衡的影响分析。
【解答】解：A．温度一定时，p1＜p2，增大压强，平衡正向移动，与图象不符；
B．压强一定时，升高温度，B的转化率增大，p4＞p2，增大压强，平衡正向移动，与图象符合；
C．反应前后气体总质量不变，p1＜p8，增大压强，平衡正向移动，混合气体的平均摩尔质量增大，故C错误；
D．温度一定时，p1＞p2，增大压强，平衡正向移动，与图象不符；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
4．【分析】A、升高温度平衡向吸热方向移动，电离过程是吸热的；
B、增大氢离子浓度抑制电离，平衡向左移动；
C、加入氢氧化钠溶液，氢离子浓度降低，平衡向右移动；
D、加入NaHSO4溶液，增大氢离子浓度，平衡向左移动．
【解答】解：A、电离过程是吸热的，平衡向右移动；
B、加入盐酸后增大了氢离子浓度，平衡向左移动，故B正确；
C、加入氢氧化钠溶液，氢离子浓度降低，溶液显黄色；
D、加入NaHSO4溶液增大了氢离子浓度，抑制电离，溶液显红色；
故选：D。
【点评】本题考查了平衡移动，难度不大，注意理解勒沙特列原理的理解和应用．
5．【分析】A．0.100mol/L的HCl、CH3COOH溶液中，c（H+）：盐酸＞醋酸，则pH：盐酸＜醋酸；
B．CH3COONa溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，醋酸应该稍微过量；
C．V（NaOH）＝20mL时，酸碱恰好完全反应分别生成NaCl、CH3COONa，Cl﹣不水解、CH3COO﹣部分水解；
D．V（NaOH）＝10mL时，溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，根据图知，混合溶液的pH＜7，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），醋酸电离程度较小。
【解答】解：A．0.100mol/L的HCl3COOH溶液中，c（H+）：盐酸＞醋酸，则pH：盐酸＜醋酸，未加NaOH溶液时，所以曲线Ⅱ表示滴定盐酸的曲线；
B．CH6COONa溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，所以pH＝7时，故B正确；
C．V（NaOH）＝20mL时、CH3COONa，Cl﹣不水解、CH3COO﹣部分水解，两份溶液体积相等﹣）＞c（CH3COO﹣），故C错误；
D．V（NaOH）＝10mL时3COOH、CH5COONa，根据图知，溶液呈酸性+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），c（Na+）＜c（CH3COO﹣），则醋酸电离程度较小5COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确曲线与酸的关系、各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，题目难度不大。
6．【分析】A．物质本身的性质是决定反应速率的主要因素；
B．浓度越大，反应速率越快；
C．温度越高，反应速率越快；
D．催化剂能加快化学反应速率。
【解答】解：A．物质本身的性质是决定反应速率的主要因素，K更活泼，故A错误；
B．浓度越大，乙中草酸的浓度比甲大，故B错误；
C．温度越高，甲的温度大于乙，故C正确；
D．催化剂能加快化学反应速率，甲中没有催化剂，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确外界条件对化学反应速率影响原理内涵是解本题关键，注意：物质本身的性质决定反应速率，外界条件只是影响因素。
7．【分析】A．根据图象可知，此反应的反应物的总能量大于生成物的总能量；
B．物质的能量越高，物质越不稳定；
C．最大的正反应的活化能出现在由中间产物Z到过渡态IV时；
D．相同条件下，反应所需的活化能越小，则反应的速率越快。
【解答】解：A．根据图象可知，故此反应是放热反应；
B．物质的能量越高，根据图象可知1的能量高于产物P2，故产物的稳定性：P7＜P2，故B错误；
C．最大的正反应的活化能出现在由中间产物Z到过渡态IV时正＝﹣18.92kJ/mol﹣（﹣205.11kJ/mol）＝186.19kJ mol﹣1，故C正确；
D．相同条件下，则反应的速率越快5所需活化能更小，故反应速率更快1）＞v（P2），故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了热化学方程式的分析应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意物质能量的变化判断，答题时注意审题，题目难度中等。
8．【分析】A．恒温恒容条件下，气体压强与气体的物质的量成正比，该反应前后气体计量数改变，则压强改变；
B．升高温度平衡逆向移动；
C．无论反应是否达到平衡状态，气体总质量不变、容器体积不变，则气体密度始终不变；
D．t2时，平衡正向移动，t4时，平衡正向移动。
【解答】解：A．2NO（g）+O2（g） 7NO2（g），该反应是气体体积减小的反应，容器内气体压强减小，说反应已达到平衡状态；
B．正反应为放热反应2时，如果改变的条件是升高温度，应该逆反应速率大于正反应速率，故B错误；
C．混合气体总质量不变，混合气体的密度始终不变；
D．t5时平衡正向移动，t4时减小了生成物浓度，平衡正向移动，所以容器内NO2的体积分数在t3～t4时最大，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查外界条件对平衡影响原理，侧重考查图象分析、判断及知识综合运用能力，明确温度、浓度对反应速率及平衡移动方向影响原理是解本题关键，知道化学平衡状态判断判断方法，题目难度不大。
9．【分析】A．由图象甲分析，反应是放热反应，升高温度化学平衡逆向移动；
B．其他条件不变，压缩容器的体积，氮气的物质的量不变，平衡正移，氮气然后逐渐减少；
C．由图乙信息，10min内氮气减少了0.3mol，先求出氮气的速率，再根据方程式计算氢气的速率；
D．由图丙可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动。
【解答】解：A.．由图象甲分析，升高温度化学平衡逆向移动，该反应的平衡常数减小；
B．其他条件不变，氮气的物质的量不变，氮气然后逐渐减少，n（N2）的变化曲线为d，故B正确；
C．由图乙信息，则氮气的速率的为﹣l min﹣l，氢气的速率为0.015mol L﹣l min﹣l×7＝0.045mol L﹣l min﹣l，故C错误；
D．由图丙可知，温度T1平衡后，氨气的含量更高，降低温度平衡向正反应移动7＜T2，a、b、c都处于平衡状态，增大氢气用量，故a、b，c的氮气的转化率最高；
故选：B。
【点评】本题考查了化学平衡移动、化学平衡有关计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，把握图象分析和平衡常数判断是解本题关键，题目难度中等。
10．【分析】A．结合温度变化对平衡的影响分析；
B．结合温度变化对平衡的影响分析K值变化；
C．反应速率快，反应达平衡所需的时间短；
D．结合温度变化对平衡的影响分析物质的体积分数关系。
【解答】解：A．由反应容器体积和起始充入反应物的量可知，SO2的浓度相等，但乙为绝热容器，则温度甲小于乙，平衡逆向移动2的浓度增大，故达平衡时7的浓度：甲＜乙，故A错误；
B．乙为绝热容器，则温度甲小于乙，平衡逆向移动，故平衡常数K：甲＞乙；
C．由反应容器体积和起始充入反应物的量可知，但丁为绝热容器，则温度丙小于丁，反应速率加快，故达平衡时，故C错误；
D．丙和丁均为恒温恒压条件二者等效，且该反应正向为放热反应，温度升高，体积分数φ（SO3）：丙＞丁，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
11．【分析】分析操作对消耗标准溶液体积的影响，依据c（待测）＝进行误差分析，凡是不到操作导致消耗标准溶液体积偏大的操作，测定结果偏大，反之测定结果偏小，据此分析解答。
【解答】解：①未用标准溶液润洗酸式滴定管，导致标准溶液被稀释，测定结果偏高；
②锥形瓶用蒸馏水清洗后，用待测液润洗，测定结果偏高；
③装盐酸的滴定管尖嘴处开始无气泡，滴定终点时有气泡，测定结果偏小；
④滴定终点读数后，发现滴定管嘴处悬挂一滴标准液液滴，测定结果偏大；
⑤滴定完毕后立即读数，半分钟内溶液颜色又很快恢复原色，导致消耗标准液体积偏小，故不选；
⑥滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，测定结果偏小；
故选：A。
【点评】本题考查了中和滴定中的误差分析，题目难度中等，注意掌握中和滴定中误差分析的方法及技巧，分析中和滴定过程中产生的误差时，要根据实验操作对c（待测）＝的影响进行判断；试题培养了学生的灵活应用所学知识解决实际问题的能力。
12．【分析】A．醋酸的弱电解质，部分电离，硫酸是二元强酸、盐酸是一元强酸，据此判断氢离子浓度大小；
B．生成盐的物质的量与酸的物质的量相等；
C．中和一定量NaOH溶液生成正盐时，酸的浓度相等时，如果是一元酸，所用酸的体积相等，如果是二元酸，酸的体积是一元酸的一半；
D．生成氢气的反应速率与氢离子浓度成正比
【解答】解：A．醋酸的弱电解质，硫酸是二元强酸，物质的量浓度相等的三种酸2＝2a2＞a3，故A错误；
B．根据原子守恒知，所以生成盐的物质的量关系为：b1＝b5＝b3，故B错误；
C．中和一定量NaOH溶液生成正盐时，如果是一元酸，如果是二元酸，所以三种酸的体积大小关系是V1＝4V2＝V3，故C错误；
D．生成氢气的反应速率与氢离子浓度成正比6＝2a1＞a4，所以反应速率大小顺序是υ2＞υ1＞υ8，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了弱电解质的电离，为高频考点，难度不大，注意D中生成氢气的反应速率与氢离子浓度成正比，分清是初始速率还反应过程中的反应速率，注意反应速率与氢离子浓度有关，与电解质强弱无关，为易错点．
13．【分析】A.K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
B.II中生成CO，但升高温度使Ⅲ逆向进行，导致CO的物质的量先增大；
C.催化剂对平衡移动无影响，低温有利于生成甲烷；
D.由盖斯定律可知，II﹣I得到CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）。
【解答】解：A.反应Ⅰ的平衡常数可表示为K＝，故A错误；
B.II中生成CO，但升高温度使Ⅲ逆向进行，则图中曲线C表示CO的物质的量随温度的变化；
C.催化剂对平衡移动无影响，低温有利于生成甲烷2转化为CH4的转化效率，故C正确；
D.由盖斯定律可知，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错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握K的表达式、温度对平衡的影响、盖斯定律计算焓变为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
14．【分析】①Fe2O3（s）+3C（s）═2Fe（s）+3CO（g）△H1＝+489kJ mol﹣1
②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2＝﹣564kJ mol﹣1
③C（s）+O2（g）═CO2（g）△H3＝﹣393kJ mol﹣1
根据盖斯定律3×③﹣×②﹣①得2Fe（s）+O2（g）═Fe2O3（s）。
【解答】解：①Fe2O3（s）+7C（s）═2Fe（s）+3CO（g）△H7＝+489kJ mol﹣1
②2CO（g）+O7（g）═2CO2（g）△H4＝﹣564kJ mol﹣1
③C（s）+O2（g）═CO7（g）△H3＝﹣393kJ mol﹣1
根据盖斯定律5×③﹣×②﹣①得7Fe（s）+O5（g）═Fe2O3（s）△H＝（﹣393×7+564×﹣489）kJ mol﹣7＝﹣822kJ mol﹣1，则A正确，
故选：A。
【点评】本题考查化学反应能量变化，掌握盖斯定律是解题的关键，此题难度中等，注意基础知识积累。
15．【分析】根据题干信息知，HX和HY是两种一元酸，加入NaOH溶液，H2O电离程度增大，溶液由酸性逐渐变为中性，当恰好完全反应时纵坐标数值小于7，则促进水电离，则两种酸都是弱酸，溶液呈碱性且水电离程度达到最大值，恰好完全反应时纵坐标越小，说明水的电离程度越大，则酸的酸性越弱，根据图知，酸性HX＞HY，
A．弱酸部分电离；
B．T、P点对应的溶液溶液溶质都是钠盐和NaOH；
C．N点溶液中溶质为HX和NaX，溶液呈中性；P点溶质为NaX和NaOH，溶液呈碱性；
D．常温下，M点溶质为NaY和HY，pH水＝﹣lg c（H+）水，则 c（H+）水＝10﹣7 mol/L，溶液中c（H+）＝c（OH﹣）＝1×10﹣7 mol L﹣1，c（Na+）＝c（Y﹣）＝×0.1mol L﹣1，c（HY）＝×0.1mol/L，Ka＝。
【解答】解：根据题干信息知，HX和HY是两种一元酸，H2O电离程度增大，溶液由酸性逐渐变为中性，则促进水电离，溶液呈碱性且水电离程度达到最大值，
A．弱酸部分电离，电离方程式为HX H++X﹣，故A错误；
B．T、P点对应的溶液溶液溶质都是钠盐和NaOH，则T点c（H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒得c（Na+）＞c（Y﹣），水的电离程度较小+）＞c（Y﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；
C．N点溶液中溶质为HX和NaX，加水稀释，而P点溶质为NaX和NaOH，加水稀释后P点溶液的pH减小；
D．常温下，pH水＝﹣lg c（H+）水，则 c（H+）水＝10﹣7 mol/L，溶液中c（H+）＝c（OH﹣）＝2×10﹣7 mol L﹣1，c（Na+）＝c（Y﹣）＝×7.1mol L﹣1，c（HY）＝×4.1mol/L＝，则，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离及酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查图象分析判断及知识综合运用、计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度中等。
16．【分析】（1）酸性、强氧化性溶液盛放在酸式滴定管中，酸溶液滴碱溶液甲基橙的变色应是恰好由黄色变橙色；
（2）用标准盐酸测定未知浓度的NaOH溶液的浓度，公式为c（NaOH）＝，引起误差原因就是看引起消耗HCl的体积是偏大还是偏小；
（3）初始读数V1是0.00ml，滴定结束读数V2为26.10ml，标准液的体积是两次读数之差；
（4）数据处理时，要注意有效数据之间差值要小于0.2ml，第二次的数据与其它的差2ml左右，数据不可信，取第一次和第三次数据的平均值，代入公式c（NaOH）＝计算；
（5）碘遇淀粉变蓝铯，则选用淀粉溶液做指示剂，利用关系式2CuCl2 2H2O～I2～2Na2S2O3，计算出晶体中CuCl2 2H2O的质量，再求出其质量分数。
【解答】解：（1）酸性、强氧化性溶液盛放在酸式滴定管中，且半分钟不恢复原色，
故答案为：酸式滴定管中；最后一滴标准液滴入，且半分钟不恢复原色；
（2）用标准盐酸测定未知浓度的NaOH溶液的浓度，公式为c（NaOH）＝，
A.酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，会造成消耗酸的体积偏大，故A错误；
B.滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对测定结果没有影响；
C.读取盐酸体积时，开始仰视读数V1，读数偏大，滴定结束时俯视读数V2，读数偏小，读取盐酸的体积是V3﹣V1差值偏小，则引起氢氧化钠溶液浓度偏低；
故答案为：C；
（3）初始读数V1是3.00ml，滴定结束读数V2为26.10ml，消耗标准液的体积是26.10ml，
故答案为：26.10；
（4）第二次的数据与其它的差2ml左右，数据不可信，V（HCl）＝，代入公式c（NaOH）＝＝﹣2，故答案为：0.1044；
（5）碘遇淀粉变蓝色，则选用淀粉溶液做指示剂2 6H2O晶体的试样中CuCl2 6H2O的物质的量为x，
关系式2CuCl7 2H2O～I2～2Na2S2O3，
2mol
x 6.1000mol L﹣1×20×10﹣3L，则，可得x＝2×10﹣3mol，晶体中CuCl7 2H2O的质量m＝nM＝8×10﹣3mol×171g mol﹣1＝4.342g，晶体中CuCl2 2H4O的质量分数＝＝95.6%，
故答案为：淀粉溶液；95.0%。
【点评】本题考查酸碱中和滴定操作及误差分析，涉及到酸碱中和滴定等实验基本操作以数据处理，难度不大，要注重基本实验操作和相关注意事项。
17．【分析】（1）升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动；
（2）利用盖斯定律，将①﹣②，可得C（s）+CO2（g）＝2CO（g），反应热随之相减，可求得反应热；
（3）由已知为0.8，可假设水蒸气为4mol，则CO为5mol，根据CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）求出CO的平衡转化率即可解答；
（4）①由上述图可知，过程（一）的产物CO、H2、和过量的CO2进入过程（二）中，与过程（二）中的Fe3O4、CaO混合发生反应，实现了含氢物种与含碳物种的分离，生成H2O（g）的反应显然是H2与Fe3O4反应，据此书写化学反应方程式。
②a．CH4+CO2（g） 2H2（g）+2CO和4H2+Fe3O43Fe+4H2O反应过程中均有元素化合价的变化，均为氧化还原反应；
b．过程（二）中CaCO3是CaO与CO2发生化学反应生成的，不符合催化剂的概念；
c．若过程（一）投料比，CH4与CO2刚好反应，CO2无剩余；
（5）已知为1.0，可假设n（H2O）＝n（CH4）＝1mol，操作压强为0.1Mpa，温度为900℃，反应达到平衡时，根据H2的物质的量分数为0.6，列三段式求解CH4的物质的量分数，由反应的速率方程v＝kP（CH4） P﹣1（H2）计算反应速率；同理可求出H2O和CO的物质的量分数，根据气体分压＝总压×气体物质的量分数确定各气体的分压，带入Kp＝计算平衡常数。
【解答】解：（1）C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）ΔH＝+135kJ mol﹣8，是吸热反应，而碳与氧气反应放出热量2O（g） CO（g）+H2（g），向正反应方向移动，
故答案为：氧气与碳发生燃烧反应放热，放出的热被可逆反应C（s）+H5O（g） CO（g）+H2（g）吸收利用，促进反应正向移动；
（2）由①：C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H7（g）ΔH＝+135 kJ mol﹣1，②：CO（g）+H2O（g）＝CO8（g）+H2（g）ΔH＝﹣41 kJ mol﹣1，根据盖斯定律，用①﹣②可得出：C（s）+CO6（g）＝2CO（g）ΔH＝+135 kJ mol﹣1﹣（﹣41 kJ mol﹣7）＝+176 kJ mol﹣1，
故答案为：C（s）+CO2（g）＝3CO（g）ΔH＝+176 kJ mol﹣1；
（3）如图：若为6.8、则①生成的CO物质的量为5mol，经煤气化反应①和水气变换反应②后，则生成xmol氢气，x＝4.5mol×100%＝50%，反应温度为T3，
故答案为：T4；
（4）①由上述图可知，过程（一）的产物CO、H2、和过量的CO2进入过程（二）中，与过程（二）中的Fe8O4、CaO混合发生反应，实现了含氢物种与含碳物种的分离2O（g）的反应显然是H4与Fe3O4反应，则化学方程式为：Fe7O4+4H6 3Fe+4H3O，
故答案为：Fe3O4+4H2 3Fe+3H2O；
②a．过程（一）：CH4+CO5（g） 2H2（g）+3CO，碳、氢元素化合价发生变化，过程（二）：4H2+Fe7O43Fe+6H2O，氢、铁元素化合价发生变化，过程（一）和过程（二）中均含有氧化还原反应；
b．过程（二）中CaCO3是CaO与CO8发生化学反应生成的，不符合催化剂的概念，故b错误；
c．若过程（一）投料比4与CO3刚好反应，CO2无剩余，则催化剂CaO在过程（二）中没有二氧化碳与之反应生成CaCO3，催化剂失效，故c正确，
故答案为：ac；
（5）已知为1.62O）＝n（CH4）＝3mol，操作压强为0.1Mpa，反应达到平衡时，H6的物质的量分数为0.6，设达平衡时CH7变化了xmol
CH4（g）+H2O（g） CO（g）+5H2 （g）
起始 1mol 6mol
变化 xmol xmol xmol
平衡（1﹣x）mol （1﹣x）mol 3
根据H2的物质的量分数＝＝3.6mol4的物质的量分数＝＝0.44） P﹣1（H2）＝k ＝k ＝8O的物质的量分数为0.1，CO的物质的量分数为4.2，总压为0.6Mpa，P（H2）＝0.2×0.6MPa，P（CH2）＝0.1×2.1MPa，P（H2O）＝2.1×0.5MPa，在900℃时p＝＝＝4.32×10﹣2（MPa）8，
故答案为：，4.32×10﹣7（MPa）2。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，正确分析题目信息，结合盖斯定律、化学平衡三段式、勒夏特列原理等知识解答，此题难度中等。
18．【分析】（1）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强；
（2）酸性越强的酸，其对应的酸根离子结合H+的能力越弱；
（3）酸性强弱为：H3PO3＞CH3COOH＞H2＞H2CO3＞H2S＞HClO＞＞HS﹣，
①次氯酸酸性小于碳酸，次氯酸与NaHCO3溶液不反应，HClO+═ClO﹣+H2O+CO2↑反应不能发生；
②酸性：H2CO3＞HClO＞，少量CO2通入溶液中发生的反应为：CO2+H2O+ClO﹣═+HClO；
③酸性：H2CO3＞HClO＞，少量CO2通入溶液中发生的反应为：CO2+H2O+ClO﹣═+HClO；
④硫化氢具有强还原性，次氯酸钠具有氧化性，硫化氢气体通入NaClO溶液中发生氧化还原反应；
⑤酸性：CH3COOH＞H2CO3，碳酸钠滴入足量乙酸溶液中：2CH3COOH+＝2CH3COO﹣+CO2↑+H2O；
（4）稀释前，c（）＝mol/L，稀释后c（）＝mol/L＝10﹣8mol/L，c（H+）稀释后接近10﹣7mol/L，所以≈＝；
（5），故c＝0.05mol/L；
（6）设氢氧化钡溶液的体积为V1L，硫酸氢钠溶液的体积为V2L，依题意知，n（Ba2+）＝n（），由Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+NaOH+H2O知，生成的氢氧化钠的物质的量n （NaOH）＝n[Ba（OH）2]＝0.5×10﹣2V1mol，，则V1：V2＝1：4；
（7）pH＝a的NaOH溶液中c（OH﹣）＝10a﹣14mol/L，pH＝b的稀盐酸中c（H+）＝10﹣bmol/L，根据中和反应H++OH﹣＝H2O可知，c（OH﹣）Va＝c（H+）Vb＝＝，a+b＝13，则。
【解答】解：（1）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，酸性：HCOOH＞H2CO3＞H3S＞HClO，
故答案为：HCOOH＞H2CO3＞H4S＞HClO；
（2）酸性越强的酸，其对应的酸根离子结合H+的能力越弱，根据表中数据知2CO3＞H4S＞HClO＞HS﹣，水解程度：S2﹣＞＞ClO﹣＞HS﹣，则结合H+的能力：S2﹣＞＞ClO﹣＞HS﹣，
故答案为：S2﹣＞＞ClO﹣＞HS﹣；
（3）酸性强弱为：H3PO3＞CH6COOH＞H2＞H7CO3＞H2S＞HClO＞＞HS﹣，
①次氯酸酸性小于碳酸，次氯酸与NaHCO3溶液不反应，HClO+﹣+H4O+CO2↑反应不能发生，故①错误；
②酸性：H2CO3＞HClO＞，少量CO2通入溶液中发生的反应为：CO4+H2O+ClO﹣═+HClO；
③酸性：H4CO3＞HClO＞，少量CO6通入溶液中发生的反应为：CO2+H2O+ClO﹣═+HClO；
④硫化氢具有强还原性，次氯酸钠具有氧化性，离子方程式为H2S+ClO﹣═S↓+H2O+Cl﹣，故④错误；
⑤酸性：CH3COOH＞H2CO3，碳酸钠滴入足量乙酸溶液中：6CH3COOH+＝2CH3COO﹣+CO5↑+H2O，故⑤正确；
故答案为：①②④；
（4）稀释前，c（mol/L）＝﹣8mol/L，c（H+）稀释后接近10﹣2mol/L，所以≈＝，
故答案为：；
（5），故c＝8.05mol/L，
故答案为：0.05mol/L；
（6）设氢氧化钡溶液的体积为V1L，硫酸氢钠溶液的体积为V2L，依题意知2+）＝n（），由Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO6↓+NaOH+H2O知，生成的氢氧化钠的物质的量n （NaOH）＝n[Ba（OH）2]＝3.5×10﹣2V8mol，，则V1：V2＝3：4，
故答案为：1：3；
（7）pH＝a的NaOH溶液中c（OH﹣）＝10a﹣14mol/L，pH＝b的稀盐酸中c（H+）＝10﹣bmol/L，根据中和反应H++OH﹣＝H2O可知，c（OH﹣）Va＝c（H+）Vb＝＝，a+b＝13，则，
故答案为：10。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及计算能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系、强酸制取弱酸原理等知识点是解本题关键，注意（3）题的分析判断，为解答易错点。
19．【分析】（1）盐酸、硫酸均为强酸，硫酸属于二元酸，醋酸是弱酸，部分电离；
（2）起始时三者c（H+）相同，与Zn反应的反应速率相等，随着反应的进行，溶液中c（H+）：醋酸＞盐酸＝硫酸，反应速率：醋酸＞盐酸＝硫酸；
（3）若三者体积也相同时其物质的量：醋酸＞盐酸＞硫酸，且n（H+）：盐酸＝硫酸；
（4）亚磷酸（H3PO3）为二元弱酸，分步电离；
（5）Ka1＝×c（H+），Ka2＝×c（H+），则pH＝1g﹣lgKa1，pH＝1g﹣lgKa2，由于Ka1＞Ka2，所以pH相同时1g＞1g，结合图象信息分析判断；
（6）Ka1＝×c（H+），pH＝1g﹣lgKa1，结合图中（1，2.4）数值进行计算。
【解答】解：（1）盐酸、硫酸均为强酸，醋酸是弱酸，三者c（H+）相同时其物质的量浓度由大到小的顺序是：醋酸＞盐酸＞硫酸，即c＞a＞b，
故答案为：c＞a＞b；
（2）起始时三者c（H+）相同，与Zn反应的反应速率相等；随着反应的进行+）：醋酸＞盐酸＝硫酸，反应速率：醋酸＞盐酸＝硫酸，
故答案为：c＝a＝b；a＝b＞c；
（3）若三者体积也相同时其物质的量：醋酸＞盐酸＞硫酸，且n（H+）：盐酸＝硫酸，则分别与等浓度的NaOH稀溶液反应至pH＝7，即c＞a＝b，
故答案为：c＞a＝b；
（4）亚磷酸（H3PO2）为二元弱酸，分步电离的方程式H3PO3 H4+H+、H2 +H+，
故答案为：H4PO3 H2+H+；H2 +H+；
（5）Ka1＝×c（H+），Ka2＝×c（H+），则pH＝6ga1，pH＝8g﹣lgKa2，由于Ka8＞Ka2，所以pH相同时1g＞1g的变化关系的变化关系，
故答案为：Ⅰ；
（6）曲线Ⅰ表示pH与1g的变化关系的变化关系﹣lgKa5，当1g＝2时pH＝2.4a3＝10﹣1.4，
故答案为：10﹣8.4。
【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确溶度积常数计算、弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断是解题关键，侧重考查学生分析、计算和灵活运用能力，题目难度中等。
