1、北京市育才学校2024-2025学年高二上学期期中考试（选考班） 化学试题一、单选题（本大题共14小题）1下列物质中，属于强电解质的是（ ）A BaSO4 B H2O C CH3COOH D NH3H2O 2关于化学反应速率增大的原因，下列分析不正确的是（ ）A有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多B增大反应物的浓度，可使活化分子之间发生的碰撞都是有效碰撞C升高温度，可使反应物分子中活化分子的百分数增大D使用适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大3下列事实不能说明 HCN 是弱电解质的是（ ）A常温下 NaCN 溶液的 pH 大于7B常温下 0.
2、1molL-1 的 HCN 溶液的 pH 为3C pH=11 的 NaCN 溶液加水稀释到100倍， pH 大于9D用 HCN 溶液作导电实验，灯泡很暗42SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H0是工业制硫酸的重要反应，下列说法不正确的是（）A其他条件不变，使用催化剂能同时提高反应速率和SO2的平衡转化率B其他条件不变，升高温度能加快反应速率，但SO2的平衡转化率降低C其他条件不变，通入过量空气能提高SO2的平衡转化率，但化学平衡常数不变D其他条件不变，增大压强能同时提高反应速率和SO2的平衡转化率，但生产成本增加5常温下，下列溶液中，水电离出的 cH+=110-2molL-1 的是。（
3、）A 0.01molL-1 盐酸B 0.01molL-1NaOH 溶液C pH=2 NH4Cl 溶液D pH=2 NaHSO4 溶液6下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是（ ）A实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法B工业合成氨 H0 ，采用 400500 的高温条件C配制 FeCl3 溶液时，常将 FeCl3 晶体溶于较浓的盐酸中D工业制备 TiO2 ： TiCl4+x+2H2O=TiO2xH2O+4HCl ，加入大量水，同时加热7常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A由水电离的c(H+)=1012 molL1的溶液中：Na+、 NH4+ 、Cl、K+B无色溶液中：N
4、a+、K+、 Cr2O72- 、 NO3- C含有I的溶液中：H+、Na+、Cl、 NO3- DpH=14的溶液中：K+、ClO、 CO32- 、Cl8已知反应： H0。如图中a、b曲线表示在密闭容器中不同条件下，M的转化率随时间的变化情况。若使曲线b变为曲线a，可采取的措施（ ）A增大压强B增加N的浓度C加少量固体PD升高温度9下列由实验现象得出的结论不正确的是（ ）操作现象及结论A硫化氢溶液呈酸性 H+HSB将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中玻璃球中红棕色加深，说明反应 的H0C测量相同条件下，相同体积的0.1mol/L的稀盐酸和稀醋酸溶液的电导率稀盐酸的电导率大于稀醋酸的电导率，说明稀
5、盐酸中一定存在的主要粒子为H+、Cl-、H2O，一定不存在HClD选用酚酞做指示剂，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液变红，且半分钟不褪色，说明达到滴定终点AABBCCDD10下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的是（ ）AB实验目的测定锌与稀硫酸反应速率测定中和反应的反应热实验装置CD实验目的比较 AgCl 和 Ag2S 溶解度大小由 FeCl36H2O 制取无水 FeCl3 固体实验装置AABBCCDD11已知反应：X(g)+Y(g)2Z(g)H0，400时该反应的化学平衡常数K=1。一定条件下，分别在甲、乙、丙3个恒容密闭容器中加入X和Y，反应体系中各
6、物质的物质的量浓度的相关数据如表：容器温度/起始时物质的浓度/(molL-1)10分钟时物质的浓/(molL-1)c(X)c(Y)c(Z)甲400110.5乙T1110.4丙40012a下列说法中，不正确的是（）A甲中，10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.025molL-1min-1B甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态C乙中，可能T1400D丙中，a0.512常温下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（ ）A 0.1mol/LNH4Cl 溶液中： cCl-cOH-cNH4+cH+ B常温下 pH=7 的醋酸和 NaOH 溶液混合液中： cNa+cCH3COO- C 0.1mol/LNa
7、HSO3 溶液中： cNa+cH+=cOH-+cHSO3-+cSO32- D 0.1mol/LNaHCO3 溶液中： cNa+=cCO32-+cHCO3-+cH2CO3 13利用下图装置进行“反应条件对 FeCl3 水解平衡的影响实验”。装置操作与现象加热a至溶液沸腾，呈红褐色；用pH试纸检验b中溶液，试纸无明显变化持续加热一段时间，取b中溶液，用pH试纸检验，试纸变红；用KSCN溶液检验，溶液变浅红下列说法不正确的是（ ）A中溶液呈红褐色，推测是由于温度升高促进了 Fe3+ 的水解B常温下， FeCl3 溶液水解的产物HCl是以 H+ 、 Cl- 形式存在的C以上现象说明HCl挥发促进了 正
8、向移动D根据上述现象，说明不宜用蒸干 FeCl3 溶液的方法制备 FeCl3 固体14中国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将 CO2 催化还原为 CH3OH 。已知 CO2 催化加氢的主要反应有： H1=-49.4kJ/mol H2=+41.2kJ/mol 其他条件不变时，在相同时间内温度对 CO2 催化加氢的影响如图。下列说法不正确的是（ ）注： CH3OH的选择性=n生成CH3OH所用的CO2n反应消耗的CO2100% A H=-90.6kJ/mol B同时达到平衡状态C其他条件不变，增大压强，有利于反应向生成 CH3OH 的方向进行D 220240 ，升高温度
9、，对反应速率的影响比对反应的小二、非选择题（本大题共6小题）15氨水在工业上具有重要用途。(1)室温下， NH3 溶于水稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示。A、B、C三点对应的溶液中， cOH- 最大的是_(填字母，下同)。A、B、C三点对应的溶液中，一水合氨电离程度最大的是_。若使B点对应的溶液中， cNH4+ 增大、 cOH- 减小，可采用的方法是_。a加 H2O b加 NaOH 固体 c加入浓硫酸(2)已知： 25 时 CH3COOH 、 H2CO3 和 HClO 的电离平衡常数：化学式CH3COOH H2CO3 HClO 电离平衡常数( Ka )1.7510-5 Kal=4.510-
10、7 Ka2=4.710-11 4.010-8 25 时，浓度均为 0.1mol/L 的 CH3COONa 溶液、 Na2CO3 溶液、 NaHCO3 溶液、 NaClO 溶液的碱性由大到小的排序是_。 25 时，若初始时次氯酸溶液中 HClO 的物质的量浓度为 0.01mol/L ，达到电离平衡时溶液中 cH+= _ mol/L 。下列化学反应可能发生的是_。A CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa B HClO+CH3COONa=CH3COOH+NaClO C CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO D CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+
11、H2O+CO2 16CH3COONa 溶液是常见的盐，可由醋酸和 NaOH 溶液反应得到。(1)用 0.1000mol/LNaOH 分别滴定 25.00mL0.1000mol/L 盐酸和 25.00mL0.1000mol/L 醋酸，滴定过程中 pH 变化曲线如下图所示。在上述滴定过程中，不需要使用的玻璃仪器是_(填序号)。A容量瓶B酸式滴定管C锥形瓶D碱式滴定管由图中数据可判断滴定盐酸的 pH 变化曲线为图2，判断的理由如下(答出2点)：.起始未滴加 NaOH 溶液时，_。._。滴定 CH3COOH 溶液的过程中，当滴加 25.0mLNaOH 溶液时，溶液显_(填“酸性”、“碱性”或“中性”)
12、，用离子方程式表示其原因：_。其中离子浓度由大到小的顺序是_(用符号“c”及“”表示)。此时 cCH3COO-+cCH3COOH _ 0.1mol/L (填“”、“”或“=”)(2)用电位滴定法模拟测定某醋酸溶液样品中醋酸的含量，操作如下：已知：该条件下，醋酸和 NaOH 以物质的量 1:1 反应时得到的溶液 pH 为 8.7 。.准确量取 10.00mL 醋酸溶液样品，加入蒸馏水至总体积为 100.00mL ，取其中 20.00mL 进行滴定实验，用酸度计检测 pH 变化；.逐滴滴入 0.1000molL-1 的 NaOH 溶液，酸度计显示 pH=8.7 停止滴定，记录消耗的 NaOH 溶液
13、的体积 VNaOH ；.平行测定多次(数据见表1)；.分析处理数据。表1 实验数据记录表格编号123VNaOH/mL 23.99 24.01 24.00 在滴定过程中，在滴定过程中，若出现下列情况，测定结果偏低的是_。A滴定前用待滴定的醋酸溶液润洗锥形瓶B在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出C若在滴定过程中不慎将数滴碱液滴锥形瓶外D用蒸馏水洗涤碱式滴定管后即使用，没有用碱液润洗根据表1中的有效数据，计算消耗的 NaOH 溶液的平均体积 VNaOH= _ mL 。该醋酸溶液样品中醋酸的含量是_ g/L 。 MCH3COOH=60gmol-1 17回收利用CO2是目前解决长期载人航天舱内(如空间站)供
14、氧问题的有效途径，其物质转化如图：(1)反应A为 ，是回收利用CO2的关键步骤。已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483.6kJmol-1CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g) H=-802.3kJmol-1反应A的H=_kJmol-1。(2)将原料气按n(CO2)：n(H2)=1：4置于恒容密闭容器中发生反应A，在相同时间内测得H2O的物质的量分数与温度的变化曲线如图所示(虚线为平衡时的曲线)。理论上，能提高CO2平衡转化率的措施有_(写出一条即可)。空间站的反应器内，通常采用反应器前段加热，后段冷却的方法来提高CO2的转化效率，原因是_。(3)下列关于
15、空间站内物质和能量变化的说法中，不正确的是_(填字母)。a.反应B的能量变化是电能化学能或光能化学能b.物质转化中O、H原子的利用率均为100%c.不用Na2O2作供氧剂的原因可能是Na2O2不易实现循环利用(4)用 代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后催化剂的催化效果会明显下降，其原因是_。18通过化学的方法实现 CO2 的资源化利用是一种非常理想的 CO2 减排途径。利用 CO2 制备 CO 一定温度下，在恒容密闭容器中进行如下反应： 。(1)该反应的平衡常数表达式 K= _。(2)下列事实能说明上述反应达到平衡状态的是_(填字母序号)A体系内 nCO:nH2O=
16、1:1 B体系混合气体密度不再发生变化C体系内各物质浓度不再发生变化D体系内 CO 的物质的量分数不再发生变化利用 CO2 制备甲醇( CH3OH )一定条件下，向恒容密闭容器中通入一定量的 CO2 和 H2 。涉及反应如下：主反应： H=-90.4kJmol-1 副反应： H=+40.5kJmol-1 已知： CH3OH产率=nCH3OH生成nCO2初始100% (3)一段时间后，测得体系中 nCO2:nCH3OH:nCO=a:b:c 。 CH3OH 产率=_(用代数式表示)。(4)探究温度对反应速率的影响(其他条件相同)实验测得不同温度下，单位时间内的 CO2 转化率和 CH3OH 与 C
17、O 的物质的量之比 nCH3OH/nCO 如图1所示。由图1可知，随着温度的升高， CO2 转化率升高， nCH3OH/nCO 的值下降。解释其原因：_。(5)探究温度和压强对平衡的影响(其他条件相同)不同压强下，平衡时 CO2 转化率随温度的变化关系如图2所示。压强 p1 _(填“大于”或“小于”) p2 。图2中温度高于 T1 时，两条曲线重叠的原因是_。下列条件中， CH3OH 平衡产率最大的是_(填字母序号)。A 220 5MPa B 220 1MPa C 300 1MPa 19氯化钴(CoCl2)在工业催化、涂料工业、干湿指示剂等领域具有广泛应用。(1)某钴矿石的主要成分包括CoO、
18、MnO、Fe2O3和SiO2。由该矿石制CoCl26H2O固体的方法如图(部分分离操作省略)：资料：Mn2+生成Mn(OH)2，开始沉淀时pH=8.2，完全沉淀时pH=10.2上述矿石溶解过程中，能够加快化学反应速率的措施有_(写出一条即可)。CoO溶于浓硫酸是非氧化还原反应，溶液1中阳离子包括H+、Mn2+和_。已知pH=2.8时溶液中Fe3+完全沉淀。沉淀2是_。溶液2中含有Co2+和Mn2+。i.已知：25时KspCo(OH)2110-15，当c(Co2+)110-5molL-1时可认为Co2+完全沉淀。若向溶液2中加入碱溶液，常温下，当pH=_时Co2+完全沉淀。由此可知，通过调节pH
19、无法将Mn2+和Co2+完全分离。ii.溶液2中加入氨水和H2O2溶液的目的是_。(2)可用如下方法测定产品中CoCl26H2O的质量分数(其他杂质不干扰测定)：资料：i.M(CoCl26H2O)=238gmol-1ii.Co2+与SCN-反应生成蓝色的 CoSCN42- ；Co2+与EDTA以物质的量比1：1反应，得到红色溶液；后者的反应程度大于前者取mg产品溶于水，向其中滴加几滴KSCN溶液作指示剂。再用cmolL-1EDTA溶液滴定，消耗EDTA溶液的体积为vmL。滴定终点时的现象是_，产品中CoCl26H2O的质量分数为_(结果用m、v、c表示)。20实验小组制备硫代硫酸钠(Na2S2
20、O3)并探究其性质。资料： 32-+2H+=S+SO2+H2O .Fe3+3S2O32- 33- (紫黑色).Ag2S2O3是难溶于水、可溶于Na2S2O3溶液的白色固体。(1)实验室可利用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制备Na2S2O3，装置如下图。用化学用语解释Na2S和Na2CO3的混合溶液呈碱性的原因： 、_。为了保证Na2S2O3的产量，实验中通入的SO2不能过量。要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有：_(写出一条)。(2)探究Na2S2O3溶液与不同金属的硫酸盐溶液间反应的多样性。实验试剂现象试管滴管2mL0.1mol/LNa2S2O3溶液A
21、g2SO4溶液(浓度约为0.03mol/L).局部生成白色沉淀，振荡后沉淀溶解，得到无色溶液0.03mol/LAl2(SO4)3溶液.一段时间后，生成沉淀0.03mol/LFe2(SO4)3溶液.混合后溶液先变成紫黑色，30s时溶液几乎变为无色中产生白色沉淀的离子方程式为_。经检验，现象中的沉淀有Al(OH)3和S，用平衡移动原理解释中的现象：_。经检验，现象中的无色溶液中含有Fe2+。从化学反应速率和限度的角度解释中Fe3+与 S2O32- 反应的实验现象：_。以上实验说明：Na2S2O3溶液与金属阳离子反应的多样性和阳离子的性质有关。参考答案1【答案】A【分析】强电解质的定义为：在水溶液中
22、几乎完全电离的电解质；强电解质与物质的溶解度没有关系，据此分析解答。【详解】A BaSO4 虽然难溶于水，但溶解的部分是全部电离为离子的， BaSO4aq=Ba2+SO42- ，符合强电解质的定义，A正确；B H2O 不能完全电离， ，不符合强电解质定义，B错误；C CH3COOH 不能完全电离， ，不符合强电解质定义，C错误；D NH3H2O 不能完全电离， ，不符合强电解质定义，D错误；故答案为：A。2【答案】B【详解】A有气体参加的化学反应，增大压强，活化分子数目增多，活化分子百分数不变，则化学反应速率增大，故A正确；B增大反应物的浓度，活化分子数目增多，活化分子之间发生的碰撞不一定都是
23、有效碰撞，故B错误；C升高温度，活化分子百分数增大，则化学反应速率增大，故C正确；D催化剂，降低了反应所需的活化能，活化分子百分数增大，化学反应速率增大，故D正确；故选B。3【答案】D【详解】A常温下 NaCN 溶液的 pH 大于7，因HCN为弱酸其酸根离子CN-发生水解（ ）而引起，A不符合题意；B常温下 0.1molL-1 的 HCN 溶液的 pH 为3说明HCN部分电离，HCN为弱酸，B不符合题意；C强酸强碱盐溶液为中性溶液，NaCN溶液显碱性则说明其为弱酸强碱盐，能说明HCN为弱酸，C不符合题意；D电解质溶液的导电性与溶液中离子浓度和离子所带的电荷有关，HCN溶液作导电实验灯泡很暗只能
24、说明该溶液中离子浓度较低，与HCN是否为弱酸无关，D符合题意；故选D。4【答案】A【详解】A使用催化剂只能提高反应速率不能提高SO2的平衡转化率，故A错误；B该反应为放热反应，升高温度能加快反应速率，但平衡逆向移动，SO2的平衡转化率降低，故B正确；C通入过量空气能提高SO2的平衡转化率，温度不变，所以化学平衡常数不变，故C正确；D增大压强能能提高反应速率，该反应为分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，但压强增大对设备要求提高，生产成本增加，故D正确；故答案为A。5【答案】C【详解】A盐酸电离出的氢离子浓度为10-2mol/L，则 水(H+)=水(OH-)=10-14
25、mol/L10-2mol/L=10-12mol/L，A 错误；B氢氧化钠电离出的氢氧根离子的浓度为10-2mol/L，则 水(H+)=10-14mol/L10-2mol/L=10-12mol/L，B 错误；C氯化铵为盐，铵根离子水解促进水的电离使溶液呈酸性，氢离子都是由水电离出的，pH=2，则 水(H+)=10-2mol/L，C 正确；D硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，其电离出的氢离子浓度为10-2mol/L，则 水(H+)=水(OH-)=10-14mol/L10-2mol/L=10-12mol/L，D 错误；答案选C。6【答案】B【详解】ACl2溶于水后存在平衡 ，饱和食盐水中有大
26、量Cl，可以抑制平衡正向移动，降低氯气的溶解度，能用化学平衡移动原理解释，A不符合题意；B该反应为放热反应，高温条件不利于正向进行，之所以采用高温是为了提高催化剂活性，加快反应速率，不能用化学平衡移动原理解释，B符合题意；CFeCl3溶于水后发生水解 ，溶于浓盐酸可以抑制水解反应正向移动，能用化学平衡移动原理解释，C不符合题意；D TiCl4 和大量水发生水解反应， TiCl4 生成 TiOH4 ， TiOH4 分解生成 TiO2 ，与盐类水解有关，能用化学平衡移动原理解释，D不符合题意；故选B。7【答案】D【详解】A由水电离的c(H+)=1012 molL1的溶液，可能是酸溶液，可能是碱溶液
27、， NH4+ 与OH反应生成氨水，故A不符合题意；B Cr2O72- 是橙红色，故B不符合题意；CI与H+、 NO3- 发生氧化还原反应，故C不符合题意；DpH=14的溶液，溶液中存在OH，K+、ClO、 CO32- 、Cl都大量共存，故D符合题意。综上所述，答案为D。8【答案】A【分析】根据图像可知，若使曲线b变为曲线a，改变条件时反应达到平衡时间缩短但反应物转化率不变，说明改变条件时增大化学反应速率但不影响平衡移动。【详解】A该反应前后气体计量数之和不变，增大压强，平衡不移动，M的转化率不变，增大压强，反应速率加快，反应达到平衡时间缩短，故选A；B增大N的浓度，平衡正向移动，M转化率增大，
28、故不选B；C固体P不影响平衡移动也不影响反应速率，故不选C；D正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，M的转化率减小，故不选D；选A。9【答案】C【详解】A硫化氢为二元弱酸，分步电离，以 H+HS为主，溶液显酸性，故A正确；B只有温度不同，热水中红棕色加深，说明反应 的H0，故B正确；C盐酸为强酸，醋酸为弱酸，导电性与离子浓度、离子电荷有关，等浓度时稀盐酸的电导率大于稀醋酸的电导率，说明稀盐酸中一定存在的主要粒子为H+、Cl-，故C错误；DNaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，酚酞做指示剂，溶液变红，且半分钟不褪色，说明达到滴定终点，故D正确；故选C。10【答案】A【详解】A针筒可测定氢气的体积，由单位
29、时间内气体的体积可计算反应速率，故A正确；B图中保温效果差，不能在敞口的容器中进行，不能测定中和热，故B错误；C硝酸银过量，分别与NaCl、硫化钠反应生成沉淀，不能比较AgCl和Ag2S溶解度大小，故C错误；D由 FeCl36H2O 制取无水 FeCl3 固体应在HCl的气流中进行，不能在空气中进行，故D错误；答案选A。11【答案】B【详解】A甲中，10分钟时生成了0.5mol/L的的Z，根据方程式可知，反应掉的X的浓度为0.25mol/L，则10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.025molL-1min-1，A正确；B在10分钟的时，由表格知生成的Z的浓度为0.5mol/L，则X、Y都反
30、应掉了0.25mol/L，还剩余0.75mol/L，由此算出此时的浓度熵为，即反应正向进行，平衡正向移动，B错误；C乙中，X、Y的起始浓度相同，但10分钟后生成物Z的浓度却比甲要小，说明乙容器中反应速率比乙容器小，则可以为降温温度导致，故C正确；D对比甲和丙，丙中增加了Y的浓度，则反应速率加快，相同时间之内生成的Z更多，故丙中a0.5，D正确； 故选B。12【答案】D【详解】A 0.1mol/LNH4Cl 溶液中 NH4+ 因水解而浓度减小，水解后溶液显酸性，故 cH+cOH- ，正确的离子浓度关系为： cCl-cNH4+cH+cOH-，A 错误；B常温下 pH=7 的醋酸和 NaOH 溶液混
31、合液中 cH+=cOH- ，根据电荷守恒， cNa+=cCH3COO-，B 错误；C 0.1mol/LNaHSO3 溶液呈电中性，各离子浓度关系为： cNa+cH+=cOH-+cHSO3-+2cSO32-，C 错误；D 0.1mol/LNaHCO3 溶液中存在物料守恒，钠原子和碳原子的物质的量相等， HCO3- 在溶液中电离生成 CO32- ，水解生成 H2CO3 ，故有 cNa+=cCO32-+cHCO3-+cH2CO3，D 正确；故选D。13【答案】C【详解】A加热 FeCl3 溶液至沸腾，促进 Fe3+ 水解形成氢氧化铁胶体，呈红褐色，A正确；B常温下， FeCl3 溶液水解的产物HCl
32、，在水中完全电离成 H+ 、 Cl-，B 正确；C实验现象无法证明HCl挥发促进了 正向移动，C错误；D蒸干 FeCl3 溶液会是其水解生成氢氧化铁，无法制备 FeCl3 固体，D正确；答案选C。14【答案】D【详解】A根据盖斯定律：得 H=(49.441.2)kJ/mol=90.6kJ/mol， A正确；B为放热反应、为吸热反应，升高温度，导致反应逆向移动，甲醇选择性下降，反应正向移动，使得二氧化碳转化率增大，由图，相同时间内温度升高，甲醇选择性下降而二氧化碳转化率升高，则应均达到平衡状态，B正确；C生成甲醇反应为气体分子数减小的反应，其他条件不变，增大压强，反应平衡正向移动，有利于反应向生
33、成 CH3OH 的方向进行，C正确；D 220240 ，升高温度，二氧化碳的转化率增大，而CH3OH的选择性减小，说明对反应速率的影响比对反应的大，D错误；故选D。15【答案】(1) B C c(2) Na2CO3NaClONaHCO3CH3COONa 2.010-5 AD【分析】室温下， NH3 溶于水稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示，随着氨气的溶解，氨气与水反应， ， ，浓度越稀，电力程度越大，据此分析解答。【详解】（1）A、B、C三点对应的溶液中，溶液的导电性与离子浓度成正比，导电性最大时离子浓度最大，所以 cOH- 最大的点为：B点；A、B、C三点对应的溶液中，浓度越稀，电力程度越
34、大，一水合氨电离程度最大的是：C点；若使B点对应的溶液中， cNH4+ 增大、 cOH- 减小，即通过消耗 OH- 使平衡向右移动的方式实现，a加 H2O ：同时对溶液稀释， cNH4+ 和 cOH- 都减小，不符合题意；b加 NaOH 固体：增大 cOH- ，使平衡左移， cNH4+ 减小，不符合题意；c加入浓硫酸：硫酸中的 H+ 消耗 OH- 使平衡向右移动， cNH4+ 增大、 cOH- 减小，符合题目要求。故答案为：B；C；c。（2）分析：根据表中提供的电离平衡常数数据，酸性强弱为： CH3COOHH2CO3HClOHCO3- ，酸性越弱，其对应的酸根离子的水解程度越强，即水解能力：
35、CO32-ClO-HCO3-CH3COO- ，根据分析解答。根据分析： 25 时，浓度均为 0.1mol/L 的 CH3COONa 溶液、 Na2CO3 溶液、 NaHCO3 溶液、 NaClO 溶液的碱性由大到小的排序为： Na2CO3NaClONaHCO3CH3COONa ；25时，若初始时次氯酸溶液中 HClO 的物质的量浓度为 0.01molL-1 ，达到电离平衡时，根据 ，由 K=cH+cClO-cHClOc2H+=KcHClO=4.010-80.01cH+=2.010-5molL-1 下列化学反应可能发生的是A CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa ：根据酸
36、性 CH3COOHH2CO3 ，可以实现转化，A符合题意；B HClO+CH3COONa=CH3COOH+NaClO ：酸性 CH3COOHHClO ，无法实现转化，B不符合题意；C CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO ：因酸性 HClOHCO3- ，所以不能得到 Na2CO3 ，只能得到 NaHC3，C 不符合题意；D CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+H2O+CO2 ：因酸性 CH3COOHH2CO3 ，可以实现转化，D符合题意；故答案为： Na2CO3NaClONaHCO3CH3COONa ； 2.010-5 ；AD。16【答案】(1) A 0.1000
37、mol/L盐酸的pH=1 加入25.00mLNaOH溶液恰好反应时，所得NaCl溶液的pH=7 碱 cNa+cCH3COO-cOH-cH+ (2) B 24 72【详解】（1）在上述滴定过程中，酸溶液用酸式滴定管量取并放入锥形瓶中，碱式滴定管中盛装标准液滴定酸溶液，因此不需要使用的玻璃仪器是容量瓶和胶头滴管；故答案为：A；根据图2中信息，起始未滴加NaOH溶液时，从图2中起点pH=1，而0.1000mol/L盐酸的pH=1；加入25.00mLNaOH溶液恰好反应时，所得NaCl溶液的pH=7，而醋酸溶液pH7；滴定CH3COOH溶液的过程中，当滴加25.0mL NaOH溶液时，此时溶质为醋酸钠
38、，醋酸钠是强碱弱酸盐会水解，溶液显碱性，离子方程式表示其原因： ；其中离子浓度由大到小的顺序是： cNa+cCH3COO-cOH-cH+ ；此时根据物料守恒， cCH3COO-+cCH3COOH=0.05mol/L0.1mol/L ；（2）A滴定前用待滴定的醋酸溶液润洗锥形瓶，消耗标准液体积增加，测定结果偏高，A错误；B在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液浅出，消耗标准液体积减少，测定结果偏低，B，正确；C若在滴定过程中不慎将数滴碱液滴锥形瓶外，消耗标准液体积增加，测定结果偏高，C错误；D用蒸馏水洗涤碱式滴定管后即使用，没有用碱液润洗，标准液被稀释，消耗标准液体积增加，测定结果偏高，D错误答案选B；根
39、据表1中的有效数据，则消耗的NaOH溶液的平均体积： V=23.99+24.01+24.003mL=24.00mL ；该醋酸溶液样品中醋酸的含量： 0.024L0.1mol/L100mL20mL60g/mol0.01L=72g/L ；17【答案】(1)-164.9(2) 加压、降温、提高原料气中H2的比例 前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动，增大CO2的转化率(3)b(4)生成物碳颗粒附着在催化剂表面影响了催化效果(或催化剂中毒)【详解】（1）已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=483.6kJmol1，CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(
40、g) H=802.3kJmol1，则反应2-可得反应A，根据盖斯定律可得反应A的H=(483.6kJmol12)(-802.3kJmol1)=164.9kJmol1；（2）反应A为 ，该反应为气体分子数减少的反应，可通过增大压强的方法使得平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率；根据图象分析，升高温度，H2O的物质的量分数减小，说明升温该反应逆向进行，该反应为放热反应，因此采用降温的方法也可以使得平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率；或合理提高原料气中H2的比例，使得反应更加充分，从而提高CO2的平衡转化率；若反应的温度过低，化学反应速率慢，不利于反应的进行，由可知，该反应是放热反应，若温
41、度过高，平衡逆向移动，导致CO2的平衡转化率将低，故为前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动，增大CO2的转化率；（3）a反应B为H2O光解/电解得到O2和H2的过程，能量变化为电能/光能化学能，a正确；b物质转化过程中，有甲烷和氢气产生，因此H、O原子的的利用率没有达到100%，b错误；cNa2O2作供氧剂时，消耗之后无法再产生，不可循环利用，c正确；故选b。（4）用 代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后，生成物碳颗粒会附着在催化剂表面，影响催化剂效果，从而催化剂的催化效果会明显下降。18【答案】(1) c(CO)c(H2O)c(C2)c(2)
42、(2)CD(3) ba+b+c100% (4)主反应逆向进行，故CO2转化率升高，CH3OH产率下降(5) 大于 T1温度后，体系中主要发生副反应，则两条曲线几乎交于一点 A【详解】（1）平衡常数等于反应物浓度幂次方乘积和生成物浓度幂次方乘积的比值，反应 的平衡常数表达式 K=c(CO)c(H2O)c(C2)c(2) ；（2）A.反应 体系内始终存在n(CO)n(H2O)=11，不能说明反应达到平衡，这与起始投入量有关，故A不选；B.反应 体系压强始终不变，压强不再发生变化不能说明反应达到平衡，故B不选；C.体系内各物质浓度不再发生变化，说明达到反应平衡，故C符合题意；D.体系内CO的物质的量
43、分数不再发生变化，说明体系内各物质的量不再变化，说明达到反应平衡，故D符合题意；故答案为：CD；（3）根据主反应： ，副反应： ，体系中n(CO2)n(CH3OH) n(CO)=abc，根据碳元素守恒，起始的n(CO2)=(a+b+c)mol，CH3OH的产率为： n(CH3OH)总(C2)100%= ba+b+c100% ；（4）随着温度的升高，CO2转化率升高，CH3OH产率下降，其原因为主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升温副反应正向进行，主反应逆向进行，故CO2转化率升高，CH3OH产率下降；（5）主反应； 是气体体积减小的反应，温度一定时压强越大，CO2的平衡转化率或CH3OH的平衡产
