【解析】北京清华附中2023-2023学年高二下学期化学居家月考试卷

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北京清华附中2023-2023学年高二下学期化学居家月考试卷

一、单选题

1．（2023高二下·北京月考）根据热化学方程式S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=－297.23kJ·mol-1，说法正确的是（）

A．该反应是吸热反应

B．S与O2反应的反应热是297.23kJ

C．1molSO2(g)的总能量小于1molS(s)和1molO2(g)能量总和

D．1molSO2(g)的总能量大于1molS(s)和1molO2(g)能量总和

【答案】C

【知识点】热化学方程式

【解析】【解答】A．焓变为负值，反应放热，A不符合题意；

B．未指明S与O2的状态，且单位错误，B不符合题意；

C．反应放热，1molSO2(g)所具有的能量小于1molS(s)与1molO2(g)所具有的能量之和，C符合题意；

D．依据选项C的分析，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A．放热反应的焓变为负值，吸热反应的焓变为正值；

B．热化学方程式的书写必须指明物质的存在状态；

C．反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应；

D．反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应。

2．（2023高二下·北京月考）下列有关中和反应反应热测定实验的说法中，错误的是（）

A．为了使盐酸充分反应，通常使NaOH稍稍过量

B．用环形玻璃搅拌棒上下搅拌有助于反应充分

C．温度计测完酸之后，要用水冲洗干净再测碱的温度

D．记录不再变化的温度为终止温度

【答案】D

【知识点】中和热的测定

【解析】【解答】A．中和反应反应热测定实验中，为保证一方完全反应，往往需要另一方过量，A不符合题意；

B．环形玻璃搅拌棒的作用就是通过搅拌加快反应速率，尽快结束实验，记录数据，减少热量耗散，B不符合题意；

C．用温度计测完酸(或碱)的温度后，要用水冲洗干净后，再测定碱(或酸)溶液的温度，C不符合题意；

D．实验记录的最高温度为终止温度，不能是不再变化的温度，因为温度会一直变化，直至体系温度与环境相同，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A．熟记中和热的测定方法中的注意事项即可；

B．测量过程中要注意减少热量散失；

C．测量过程中要要注意排除干扰；

D．注意是实验记录的最高温度为终止温度。

3．（2023高二下·北京月考）以下过程在常温下都可以自发进行，可用焓判据来解释的是（）

A．硝酸铵自发地溶于水

B．湿的衣服经过晾晒变干

C．2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)ΔH=+56.7kJ/mol

D．2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=－571.6kJ/mol

【答案】D

【知识点】焓变和熵变

【解析】【解答】A．硝酸铵的溶解过程是熵增过程，该过程吸热，不能用焓判据分析，A不符合题意；

B．水由液态变为气态，是熵增的过程，过程吸热，不能用焓判据分析，B不符合题意；

C．反应的△H>0，△S>0，反应能自发进行，只能用熵判据分析，C不符合题意；

D．反应是放热反应，且是熵值减小的，所以应该用焓判据分析，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A．硝酸铵的溶解过程由固体转化为离子，混乱度增大；

B．水由液态变为气态，是水吸收热量变为气态的过程，混乱度增大；

C．注意气体的物质的量增多，属于熵增的过程；

D．气体由气态变为液态，混乱度减小，属于熵减过程。

4．（2023高二下·北京月考）已知下列热化学方程式：

①C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH1

②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔH2

③CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)ΔH3

则反应2CO(g)＋4H2(g)=H2O(l)＋C2H5OH(l)的ΔH为：（）

A．2ΔH3＋3ΔH2－ΔH1B．ΔH1－2ΔH3－4ΔH2

C．2ΔH3＋4ΔH2＋ΔH1D．2ΔH3＋4ΔH2－ΔH1

【答案】D

【知识点】盖斯定律及其应用

【解析】【解答】①C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH1

②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔH2

③CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)ΔH3

利用盖斯定律，2×③+4×②-①，即得反应2CO(g)＋4H2(g)=H2O(l)＋C2H5OH(l)，则其ΔH=2ΔH3＋4ΔH2－ΔH1，

故答案为：D。

【分析】根据盖斯定律计算即可，不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的，换句话说，化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关。这就是盖斯定律。

5．（2023高二下·北京月考）常温下，下列关于NaOH溶液和氨水的说法正确的是（）

A．相同物质的量浓度的两溶液，后者的pH更大

B．pH＝13的两溶液稀释100倍，前者的pH大于后者

C．两溶液中分别加入少量NH4Cl固体，c(OH-)均减小

D．体积相同、pH相同的两溶液能中和等物质的量的盐酸

【答案】C

【知识点】pH的简单计算；溶液酸碱性的判断及相关计算

【解析】【解答】A．NaOH是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，部分电离，所以相同物质的量浓度的两溶液，NaOH溶液中c(OH-)大，其pH更大，A不符合题意；

B．弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时平衡正向移动，pH＝13的两溶液稀释100倍，NaOH溶液的pH为11，氨水由于能够继续电离，所以pH大于11，B不符合题意；

C．NaOH溶液中加入NH4Cl固体，能够生成一水合氨，氢氧根离子浓度减小，氨水中加入NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，C符合题意；

D．pH相同的NaOH和氨水，氨水的物质的量浓度大，体积相同时氨水中和盐酸的物质的量多，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A、强酸、强碱、大部分盐完全电离，弱酸、弱碱部分电离；

B、弱碱随着加水稀释，电离程度增大，pH变化较小；

C、NH4Cl为强酸弱碱盐水解显酸性；

D、弱碱部分电离，相同pH的强酸与弱酸，弱酸的浓度远大于强酸。

6．（2023高二下·北京月考）在恒温恒容的密闭容器中，投入反应物进行如下反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，下列哪些量不再改变，能说明该反应达到化学平衡状态的是（）

①混合气体的密度

②容器内的压强

③混合气体的总物质的量

④混合气体的平均分子量

⑤C和D的浓度比值

⑥B的物质的量浓度

A．①③④B．②③④⑥C．①④⑥D．①④⑤⑥

【答案】C

【知识点】化学平衡状态的判断

【解析】【解答】①随着反应的进行，气体的质量增大，容器体积不变，则密度不断增大，当密度不变时，气体的质量不变，反应达平衡状态，①符合题意；

②反应前后气体的物质的量相等，该恒温恒容反应器中，压强和物质的量成正比，物质的量不变，则压强始终不变，不能根据压强判断平衡状态，②不符合题意；

③反应前后气体分子数相等，则混合气体总物质的量始终不变，不能判断反应是否达平衡状态，③不符合题意；

④随着反应的不断进行，混合气体的总质量不断改变、总物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量不断改变，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，说明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，④符合题意；

⑤起始时只投入A、B，在反应进行的过程中，C和D的浓度始终相等，比值恒定，不能判断反应是否达平衡状态，⑤不符合题意

⑥随着平衡的移动，B的物质的量浓度不断变化，当B的浓度不变时，反应达平衡状态，⑥符合题意

综合以上分析，①④⑥符合题意，

故答案为：C。

【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。

7．（2023高二下·北京月考）反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，H=-akJmol-1，在5L密闭容器投入1molNH3和1mol的O2，2分钟后NO的物质的量增加了0.4mol，下列说法正确的是（）

A．2分钟反应放出的热量值小于0.1akJ

B．用氧气表示0～2min的反应速率：v(O2)=0.05mol·L-1·min-1

C．2分钟内NH3的转化率是50%

D．2分钟末c(H2O)=0.6mol/L

【答案】B

【知识点】反应热和焓变；化学反应速率与化学平衡的综合应用

【解析】【解答】在5L密闭容器投入1molNH3和1molO2，2分钟后NO的物质的量增加了0.4mol，则：

A．由热化学方程式可知生成4molNO，则放出akJ热量，则生成0.4molNO，则热量值为0.1akJ，A不符合题意；

B．用氧气表示2分钟的反应速率：v(O2)==0.05molLmin-1，B符合题意；

C.2分钟内NH3的转化率是×100%=40%，C不符合题意；

D.2分钟末c(H2O)==0.12mol/L，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.根据能量的变化与化学计量系数之比成正比，故可计算出能量为0.1aKJ

B.根据一氧化氮的数据计算出速率，速率之比等于化学计量系数之比即可计算氧气的速率

C.根据数据2min内氨气的转化量即可

D.根据数据计算出2min末水的物质的量即可

8．（2023高二下·北京月考）下列说法正确的是（）

A．氨气溶于水能导电，所以NH3是电解质

B．在醋酸钠溶液中再加入少量水，会使其水解平衡正向移动

C．用冰醋酸、蒸馏水和容量瓶可以配制pH＝1的醋酸溶液

D．室温下pH=12Ba(OH)2与pH=2的盐酸恰好中和，消耗二者体积比为1:2

【答案】B

【知识点】电解质与非电解质；pH的简单计算

【解析】【解答】A．氨气溶于水生成的NH3H2O可电离而导电，所以NH3H2O是电解质，而氨气不是，A不符合题意；

B．在醋酸钠溶液中再加入少量水，醋酸钠溶液的浓度减小，水解程度增大，水解平衡正向移动，B符合题意；

C．醋酸为弱酸，难以配制pH＝1的溶液，且缺少量取(滴定管或移液管)或称取(分析天平)醋酸的仪器，C不符合题意；

D．两溶液中OH-和H+浓度相同，恰好中和的体积之比应为1:1，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A．电解质导电必须是电解质本身电离导电，而不是生成新的物质导电；

B．溶液的稀释有利于弱电解质的电离；

C．弱电解质是部分电离的；

D．室温下pH=12Ba(OH)2中氢氧根离子浓度为0.01mol/L；pH=2的盐酸中氢离子浓度为0.01mol/L。

9．（2023高二下·北京月考）25℃时，1mol/L醋酸加水稀释至0.01mol/L，关于稀释前后的下列变化正确的是（）

A．溶液中c(OH-)减小

B．pH的变化值等于2

C．溶液中的值增大

D．Kw的值减小

【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；pH的简单计算；电离平衡常数

【解析】【解答】A．对醋酸加水稀释，溶液中的氢离子浓度减小，而Kw不变，所以c(OH-)增大，A不符合题意；

B．加水稀释100倍，醋酸的电离平衡正向移动，电离出的氢离子的物质的量增多，故pH的变化小于2，B不符合题意；

C．=，加水稀释，溶液中的c(CH3COO-)减小，但醋酸的Ka不变，所以溶液中的值增大，C符合题意；

D．Kw只受温度的影响，温度不变，Kw的值不变，故加水稀释对Kw的值无影响，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】A、Kw只和温度有关；

B、加水稀释，醋酸的电离被促进，电离程度增大；

C、Ka只是和温度有关；

D、Kw只受温度的影响。

10．（2023高二下·北京月考）下列事实不能用平衡移动原理解释的是（）

A．钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈

B．用加热蒸干AlCl3溶液的方法不能制得无水AlCl3

C．蒸馏水和0.1molL-1NaOH溶液中的c(H+)，前者大于后者

D．向含有少量Fe3+的MgCl2酸性溶液中加入MgCO3，可将Fe3+转化成Fe(OH)3除去

【答案】A

【知识点】化学反应的可逆性；化学平衡移动原理

【解析】【解答】A.钢铁在潮湿的空气中更易形成原电池，发生电化学腐蚀，所以钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈，这属于金属腐蚀，与化学平衡无关，A符合题意；

B.AlCl3溶液中铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热使水解平衡正向移动，且生成的氯化氢易挥发，因此，平衡一直右移，最终生成的氢氧化铝受热分解得氧化铝，不能得无水氯化铝，与化学平衡有关，B不符合题意；

C.蒸馏水中c(H+)为1.0×10-7mol/L，而0.1molL-1NaOH溶液中的c(H+)为1.0×10-13mol/L，因为氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度增大，使水的电离平衡逆向移动，c(H+)减小，与化学平衡移动有关，C不符合题意；

D.Fe3+水解生成氢氧化铁和氢离子，加入MgCO3，与氢离子反应生成二氧化碳，使水解平衡中的氢离子浓度减小，水解平衡正向移动，生成氢氧化铁沉淀，可过滤除去，与化学平衡移动有关，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A．钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈，原因是在潮湿的环境中易发生电化学腐蚀，与平衡移动原理无关；

B．加入AlCl3溶液，促进AlCl3的水解，生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，最终得到氢氧化铝，与平衡移动原理有关；

C．水的电离存在平衡H2OH++OH-，NaOH溶液中，OH-浓度增大，抑制水的电离，NaOH溶液中由水电离出的c（H+）＜1×10-7mol/L，能用勒夏特列原理解释；

D．加入MgCO3与酸及铁离子水解生成的氢离子反应，会促进水解反应的正向进行，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，使铁离子沉淀完全，与平衡移动原理有关。

11．（2023高二下·北京月考）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法错误的是（）

A．反应生成1molN2时转移4mole－

B．反应物能量之和大于生成物能量之和

C．N2O(g)＋NO(g)=N2(g)＋NO2(g)ΔH＝－139kJ·mol－1

D．断键吸收能量之和小于成键释放能量之和

【答案】A

【知识点】反应热和焓变；热化学方程式

【解析】【解答】A.化学方程式：N2O＋NO=N2＋NO2，生成1molN2时转移电子2

mol，故A符合题意；

B.根据能量变化图，反应物的总能量大于生成物的总能量，此反应属于放热反应，故B不符合题意；

C.根据能量变化图，N2O(g)＋NO(g)

=N2(g)＋NO2(g)ΔH＝(209－348)kJ·mol1＝－139

kJ·mol1，故C不符合题意；

D.断键吸收能量，成键释放能量，此反应是放热反应，因此断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，故D不符合题意。

故答案为：A。

【分析】放热反应断键吸收能量之和小于成键释放能量之和；吸热反应断键吸收能量之和大于成键释放能量之和。

12．（2023高二上·杭州月考）用O2将HCl转化为Cl2，反应方程式为：4HCl(g)+O2(g)2H2O(g)+2Cl2(g)△HP2m＋n0

B．T1>T2P1pΔHP2m＋nD．T1>T2P1pΔH>0

【答案】B

【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线

【解析】【解答】由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，C的含量高，说明压强增大平衡向正反应方向移动，故正反应为气体体积减小的反应，即m+n＞p；压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T1＞T2，且温度越高，C的含量低，说明温度升高平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，ΔHc(B)

D．若1＜a＜4，则A、B都是弱酸

【答案】C

【知识点】电解质与非电解质；弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算

【解析】【解答】A．由图知，稀释相同的倍数，A的pH变化大，则A的酸性比B的酸性强，如果a＝4，则A是强酸，B是弱酸，A不符合题意；

B．稀释后，B溶液中氢离子浓度大于A，氢离子浓度越大溶液的酸性越强，所以A溶液的酸性小于B，B不符合题意；

C．由图可知，开始时pH相同，两种溶液稀释后pH为Bc(A)，C符合题意；

D．若A和B都是弱酸，加水稀释时促进弱酸电离，稀释1000倍，pH变化单位小于3，所以溶液中pH为4＞a＞1，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A．相同pH的强酸和弱酸，弱酸的浓度远大于强酸，加水稀释有利于弱酸的电离；

B．pH越大酸性越弱；

C．若瑄部分电离，相同pH的强酸和弱酸溶液，弱酸浓度远大于强酸；

D．加水稀释有利于弱酸的电离，但是不能完全电离，可以接近。

16．（2023高二下·北京月考）在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：

物质XYZ

初始浓度/mol·L-10.10.20

平衡浓度/mol·L-10.050.050.1

下列说法错误的是（）

A．反应达到平衡时，X的转化率为50％

B．反应可表示为X(g)+3Y(g)2Z(g)，其平衡常数为1600

C．改变温度可以改变此反应的平衡常数

D．改变压强，平衡常数不变，平衡不移动

【答案】D

【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系

【解析】【解答】A．反应达到平衡时，X的转化率为＝50%，A不符合题意；

B．根据反应速率之比等于浓度变化量之比等于化学计量数之比可知：△c(X)：△c(Y)：

△c(Z)＝0.05：0.15：0.1＝1：3：2，则反应的方程式为X(g)+3Y(g)2Z(g)，K＝＝＝1600，B不符合题意；

C．平衡常数只受温度的影响，温度改变时，化学平衡常数一定变化，C不符合题意；

D．反应为X(g)+3Y(g)2Z(g)，增大压强平衡气体体积减小的方向移动，即向生成Z的方向移动，但温度不变，平衡常数不变，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A．根据转化率=计算；

B．转化的量之比等于化学计量数之比，K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，结合平衡浓度计算K；

C．化学平衡常数K只与温度有关；

D．化学平衡常数K只与温度有关，但是改变压强会导致平衡的移动。

17．（2023高二下·北京月考）下列实验方案，不能达到相应实验目的的是（）

ABCD

实验方案将NO2球浸泡在冷水和热水中

实验目的探究反应物浓度对化学平衡的影响探究催化剂对反应速率的影响探究温度对化学平衡的影响比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性

A．AB．BC．CD．D

【答案】A

【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；乙醇的化学性质

【解析】【解答】A．加入1mL1mol/L的KSCN后，溶液体积增加，FeCl3浓度发生变化，应在相同的FeCl3浓度下比较，故A符合题意；

B．二氧化锰为反应的催化剂，可增大反应速率，可实现实验目的，故B不符合题意；

C．存在2NO2N2O4化学平衡，NO2为红棕色气体，冷水和热水中NO2球中气体的颜色不同，则该实验可探究温度对化学平衡的影响，故C不符合题意；

D．钠与水反应比Na与乙醇反应剧烈，则可比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.溶液体积的改变，会改变溶液的浓度，必须保证单一变量；

B.根据催化剂不同，可探究催化剂对反应速率的影响；

C.根据装置中温度不同，可探究温度对化学平衡的影响；

D.根据反应物不同，可探究两者中羟基的活泼性。

18．（2023高二下·北京月考）AG定义为AG=lg，若用AG来表示溶液的酸度，说法错误的是（）

A．在一定温度下，溶液的酸性越强，AG越大

B．65℃时，pH与AG的换算公式为AG=2(7–pH)

C．若溶液显碱性，则AG7；

D.若溶液呈中性，则c[H+]=c[OH-]，即[OH-]=10-7，故pH=7。

19．（2023高二下·北京月考）为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如下实验。关于该实验分析错误的是（）

A．①浊液中存在平衡：AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)

B．②中颜色变化说明上层清液中含有SCN-

C．③中颜色变化说明有AgI生成

D．该实验可以证明AgI比AgSCN更难溶

【答案】D

【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质

【解析】【解答】A.络合反应为可逆反应，则①浊液中存在平衡：AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)，A不符合题意；

B.离子与SCN-结合生成络离子，则②中颜色变化说明上层清液中含有SCN-，B不符合题意；

C.银离子与碘离子结合生成AgI黄色沉淀，则③中颜色变化说明有AgI生成，C不符合题意；

D.硝酸银过量，不发生沉淀的转化，余下的浊液中含银离子，与KI反应生成黄色沉淀，不能证明AgI比AgSCN更难溶，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A．Ag+(aq)和SCN-(aq)的络合反应为可逆过程；

B．铁离子遇到SCN-溶液显血红色；

C．AgI为黄色沉淀；

D．反应物过量的情况下，不存在沉淀的转化。

20．（2023高二上·青阳月考）25℃时，浓度均为0.1mol/L的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是（）

序号①②③④

溶液NaClCH3COONH4NaFNaHCO3

pH7.07.08.18.4

A．酸性强弱：H2CO3＞HF

B．①和②中溶质均未水解

C．离子的总浓度：①＞③

D．④中：c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H2CO3)0.1mol/L

【答案】C

【知识点】影响盐类水解程度的主要因素

【解析】【解答】A.不同弱酸强碱盐浓度相等时，PH越大说明对应的酸形成的盐越易水解，根据越弱越水解规律可知，HF的酸性强，A不符合题意；

B.CH3COONH4溶液pH＝7.0是CH3COO－的水解程度和NH4+水解程度相同的缘故，而NaCl溶液中不存在水解过程，B不符合题意；

C.①和③溶液中Na+溶液是相等的，另外①中Cl－浓度应该和③中F－和OH－浓度之和相等，但③溶液显碱性，因此③中H+浓度比①中H+浓度小，C符合题意；

D.溶液④中的物料守恒式应该是：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)＝c(Na+)=0.1mol/L，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.NaF和NaHCO3溶液中阴离子水解显碱性，对应酸性越弱，阴离子水解程度越强；

B.氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，醋酸铵溶液是弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液显中性；

C.氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，NaF溶液中氟离子水解破坏了水的电离，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，结合溶液中电荷守恒比较大小；

D.依据碳酸氢钠溶液中存在物料守恒，碳元素物质的量总量不变。

21．（2023高二下·北京月考）已知反应2NO2N2O4(g)HK，则平衡逆向移动，B不符合题意；

C．将A、B、C各物质的量都减半，压强不变，则浓度不变，Qc=K，平衡不移动，C的百分含量不变，C符合题意；

D．正催化剂可以加快反应速率，但是平衡不移动，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A．加入He，压强不变，但是使容器体积增大，参加反应的物质的浓度减小；

B．根据Qc和K的大小比较，Qc>K反应逆向进行，Qcc(NH4+)

C．c点，pH可能大于7

D．ac段，pH的增大仅是因为醋酸电离平衡逆向移动

【答案】B

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算

【解析】【解答】A．由于醋酸是弱电解质，不能完全电离，所以0.01mol/的醋酸溶液中氢离子浓度小于0.01mol/L，a点的pH大于2，A不符合题意；

B．所得溶液为CH3COOH和CH3COONH4

的混合溶液，CH3COONH4溶液显中性，CH3COOH溶液显酸性，所以b点溶液中c(H+)＞c(OH﹣)，根据电荷守恒可知c(CH3COO﹣)＞c(NH4+)，B符合题意；

C．酸性的CH3COOH溶液中加入中性的CH3COONH4溶液，所得混合溶液必显酸性，即c点溶液的pH

一定小于7，C不符合题意；

D．ac段溶液的pH增大，不仅是因为醋酸的电离平衡逆向移动，还有溶液的稀释作用，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】在ab段，溶液的pH增大很快，这主要是由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO﹣+H+，向0.01molL﹣1的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵溶液，导致c(CH3COO﹣)增大，醋酸的电离平衡左移，故溶液中的c(H+)减小，溶液的pH增大；而在bc段，溶液的pH变化不明显，主要是由于加入的醋酸铵溶液导致溶液体积增大，故溶液中的c(H+)减小，pH变大，但变大的很缓慢。

24．（2023高二下·北京月考）反应aA(g)＋bB(g)cC(g)ΔH2.0×10-7mol·L-1

【答案】D

【知识点】化学平衡常数；盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．由图可知氢离子浓度越大，c(Cr2O72-)越大，所以pH越小，c(Cr2O72-)越大，故A不符合题意；

B．由图可知A点时Cr2O72-的平衡浓度为0.25mol/L，所以转化的CrO42-的浓度为：0.5mol/L，则A点CrO42-的平衡转化率为50%，故B不符合题意；

C.2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O的平衡常数为：K==1014，故C不符合题意；

D．平衡时，若溶液中c(Cr2O72-)=c(CrO42-)，而2c(Cr2O72-)+c(CrO42-)=1.0molL-1，所以c(Cr2O72-)=molL-1，而图中c(Cr2O72-)=0.35mol/L时，对应氢离子的浓度为2.0×10-7molL-1，则溶液中c(Cr2O72-)=c(Cr2O42-)，则c(H+)＜2.0×10-7molL-1，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A、酸的浓度增加有利于反应正向进行；

B、根据浓度变化计算转化率L；

C、根据K=计算；

D、根据平衡时，若溶液中c（Cr2O72-）=c（CrO42-），2c（Cr2O72-）+c（CrO42-）=1.0molL-1，结合图象分析解答。

二、填空题

26．（2023高二下·北京月考）依据事实，回答下列问题。

（1）在25℃、101kPa时，1.0gC8H18(l，辛烷)燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出48.40kJ的热量，则C8H18(l)的燃烧热为kJ/mol。

（2）已知N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)；ΔH=+67.7kJ/mol，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)；ΔH=-534kJ/mol，根据盖斯定律写出肼(N2H4)与NO2完全反应生成氮气和气态水的热化学方程式。

（3）某反应过程中的能量变化如图所示，则该反应是（填“放热”或“吸热”）反应，判断依据是。

（4）已知：2NH3(g)+3Cl2(g)=N2(g)+6HCl(g)ΔH=–462kJmol-1

，

则断开1molH–N键与断开1molH–Cl键所需能量相差约为kJ。

【答案】（1）5517.60kJ/mol

（2）2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-1135.7kJmol-1

（3）吸热反应；反应物的总能量低于生成物的总能量

（4）41

【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；燃烧热；热化学方程式

【解析】【解答】(1)在25℃时，101kPa下，1g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出48.40kJ的热量，则1mol辛烷即114g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出5518kJ的热量，所以其燃烧热为5517.60kJ/mol；

(2)①N2(g)+2O2(g)＝2NO2(g)，△H=+67.7kJmol-1；②N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g)，△H=-534kJmol-1，将方程式2×②-①得2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=2(-534kJmol-1)-(+67.7kJmol-1)=-1135.7kJmol-1；

(3)由能量变化图可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，则该反应是吸热反应；

(4)断开1molH–N键与断开1molH–Cl键所需能量分别为xkJ、ykJ，根据△H=反应物键能之和-生成物键能之和，可知：-462=6x+3×243-(945+6y)，解得：x-y=-41，即断开1molH–N键与断开1molH–Cl键所需能量相差为41kJ。

【分析】通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。

27．（2023高二下·北京月考）

（1）已知水在25℃和100℃时，其电离平衡曲线如图所示：

①则25℃时水的电离平衡曲线应为。(填“A”或“B”)

②25℃下，下列三种溶液中，由水电离出的氢离子的物质的量浓度之比a：b：c=。

a．pH=1的盐酸b．pH=2的盐酸c．pH=12的NaOH溶液

③25℃下，若VaLpH＝a的盐酸与VbLpH＝b的NaOH溶液恰好中和，a+b=13，则Va：Vb＝。

（2）某温度(t℃)时，测得0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH＝13。

①该温度下水的Kw＝。

②此温度下，将pH＝1的盐酸溶液VaL与pH＝14的NaOH溶液VbL混合(忽略体积变化)，混合后溶液的pH为2，则Va：Vb＝。

（3）下列说法中正确的是。

a.25℃时，pH=12的氨水和pH=2的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液pH>7

b.100℃时，pH=12的NaOH溶液和pH=2的H2SO4溶液恰好中和，所得溶液pH=7

c.25℃时，由水电离出的氢离子浓度为1×10－10mol/L的溶液中可能大量存在NH4+和Cl－

【答案】（1）A；1：10：10；1：10

（2）1.0×10－15；11：9

（3）ac

【知识点】水的电离；离子积常数；pH的简单计算；溶液酸碱性的判断及相关计算

【解析】【解答】(1)①25时，水的Kw=10-14，c(H+)=10-7，可确定曲线为A。答案为：A；

②三种溶液中水电离出的氢离子浓度分别为10-13、10-12、10-12，所以比值为1：10：10。答案为：1：10：10；

③因为恰好中和，氢离子和氢氧根离子物质的量相等，所以Va×10-a=Vb×10-(14-b)，又因为a+b=13，Va×10-a=Vb×10-(1+a)，由此可求出Va：Vb=1：10。答案为：1：10；

(2)①该溶液中c(H+)=10-13，c(OH﹣)=10-2，所以Kw=c(H+)c(OH﹣)=1.0×10－15。答案为：1.0×10－15；

②根据题意可知酸过量，所以可以列出方程：Va×10-1–Vb×10-1=10-2(Va+Vb)，从而求出Va：Vb=11：9。答案为11：9；

(3)a．氢离子和氢氧根离子浓度相同，但是一水合氨是弱碱，则碱过量，所以混合后pH>7，a正确；

b．由图像可知100℃时Kw=c(H+)c(OH﹣)=1.0×10－12，此时pH=12的NaOH溶液中c(OH﹣)=1mol/L，比氢离子浓度大100倍，等体积混合后溶液呈强碱性，pH>7，b不正确；

c.25℃时，由水电离出的氢离子浓度为1×10－10mol/L，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，而酸性溶液中NH4-和Cl-可能大量存在，c正确；

故答案为：ac。答案为：ac。

【分析】(1)①25时水的Kw=10-14，c(H+)=10-7，由图中可确定曲线。

②三种溶液中水电离出的氢离子浓度分别为10-13、10-12、10-12，由此可求出比值。

③因为恰好中和，氢离子和氢氧根离子物质的量相等，所以Va×10-a=Vb×10-(14-b)，又因为a+b=13，Va×10-a=Vb×10-(1+a)，由此可求出Va：Vb。

(2)①该溶液中c(H+)=10-13，c(OH﹣)=10-2，所以Kw=c(H+)c(OH﹣)。

②根据题意可知酸过量，所以可以列出方程：Va×10-1–Vb×10-1=10-2(Va+Vb)，从而求出Va：Vb。

(3)a．氢离子和氢氧根离子浓度相同，但是一水合氨是弱碱，则碱过量；

b．由图像可知100℃时Kw=c(H+)c(OH﹣)=1.0×10－12，此时pH=12的NaOH溶液中c(OH﹣)=1mol/L，比氢离子浓度大100倍；

c.25℃时，由水电离出的氢离子浓度为1×10－10mol/L，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，而酸性溶液中NH4+和Cl-可能大量存在。

28．（2023高二下·北京月考）请回答：

（1）室温下，使用pH计测定0.1mol/LNH4Cl溶液的pH=5.12（如图1）由此可以得到的结论是（填字母）。

a.NH3·H2O是弱碱

b.溶液中c(H+)＞c(OH-)

c.NH4+水解是吸热反应

d.由H2O电离出的c(H+)＜10-7mol/L

e.物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合，溶液pH=7

（2）室温下，用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.10mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图2所示。

①表示滴定盐酸的曲线是（填序号）。若此实验选用酚酞为指示剂，则滴定到达终点的现象是。若用标准NaOH溶液测定未知盐酸溶液的浓度，下列实验操作会使实验结果偏低的是。

a.锥形瓶用待测液润洗后再注入待测液

b.碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡

c.碱式滴定管滴定前仰视读数，滴定后平视读数

②在滴定醋酸溶液的过程中：

V(NaOH)=10.00mL时，溶液中离子浓度由大到小的顺序为。当c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)时，溶液pH7（填“＞”、“=”或“＜”）。

【答案】（1）ab

（2）Ⅱ；当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不恢复无色；c；c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；＞

【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定

【解析】【解答】(1)室温下，使用pH计测定0.1mol/LNH4Cl溶液的pH=5.12，即溶液显酸性，说明NH4Cl为强酸弱碱盐，即NH3H2O为弱碱；

a．溶液显酸性，说明NH4Cl为强酸弱碱盐，即NH3H2O为弱碱，故a正确；

b．溶液的pH=5.12，即溶液显酸性，故溶液中c(H+)＞c(OH-)，故b正确；

c．NH4+水解可看成是盐酸和氨水反应的逆反应，中和反应为放热反应，则水解为吸热反应，但根据该实验无法得到该结论，故c不正确；

d．NH4Cl为强酸弱碱盐，在水溶液中能水解，而盐的水解能促进水的电离，故此溶液中由H2O电离出的c(H+)＞10-7mol/L，故d不正确；

e．物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合，会恰好完全反应得NH4Cl溶液，但由于NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，故溶液的pH＜7，故e不正确；

故答案为ab；

(2)①醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸的pH，所以I是滴定醋酸的曲线，Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线；当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不恢复无色，说明达到滴定终点；

a．锥形瓶用待测液润洗后再注入待测液，消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故a不正确；

b．碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，则标准液体积读数偏大，测定结果偏高，故b不正确；

c．碱式滴定管滴定前仰视读数，滴定后平视读数，则标准液体积读数偏小，测定结果偏低，故c正确；

故答案为c；

②V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，再结合电荷守恒得c(Na+)＜c(CH3COO-)，故离子浓度的关系为c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；当c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)时，根据物料守恒可知，加入的NaOH溶液的物质的量与醋酸的物质的量相同，此时两者恰好完全反应得醋酸钠溶液，而醋酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，故溶液的pH＞7。

【分析】中和滴定操作误差分析，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。

29．（2023高二下·北京月考）利用工业废气CO2或CO和H2在一定条件下可制备燃料甲醇。

（1）Ⅰ．利用工业废气CO合成甲醇，其能量变化示意图如下：

图中曲线a到曲线b的措施是。该反应ΔS0(填“>”或“”“”，“

（3）ab

（4）b处反应温度高，则反应速率快，反应相同时间生成的甲醇多，体积分数大；a>b>c

（5）反应I；>；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；

【知识点】化学反应的可逆性；化学反应速率与化学平衡的综合应用

【解析】【解答】(1)反应路径发生了变化，活化能下降，应为加入催化剂；反应发生后，气体物质的量减小，熵值减小，所以ΔSv逆；

(3)a．压缩容器体积，平衡正向移动，甲醇产率增大，a正确；

b．将CH3OH(g)从体系中分离，平衡正向移动，甲醇产率增大，b正确；

c．恒容条件下充入He，各物质浓度不变，对平衡无影响，c不合题意；

d．恒压条件下再充入10molCO和20molH2，达到平衡时，各物质浓度不变，甲醇的产率不变，d不合题意；

答案为：ab；

(4)反应开始5min后，a中温度比b中低，反应速率比b中慢，生成甲醇的量少，体积分数小，所以，b中甲醇体积分数大于a中的原因是b处反应温度高，则反应速率快，反应相同时间生成的甲醇多，体积分数大；比较b、c两点甲醇的体积分数，可得出△Hb>c。答案为：b处反应温度高，则反应速率快，反应相同时间生成的甲醇多，体积分数大；a>b>c；

(5)①在低温时，相同温度、相同时间内反应I转化率最高，所以催化剂效果最好的是反应I；

②b点尚未达到平衡状态，从催化剂效果更好的反应II和III可知，b点反应仍正向进行，所以υ正>υ逆；

③c点温度更高，比a提前达到平衡状态，所以a、c两点均是平衡点。从a、c点的比较可以看出，温度升高CO2的转化率减小，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，从而得出原因是：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；

④利用三段式，可以建立以下关系：

K==。

【分析】(1)根据反应活化能下降，说明加入了催化剂；物质从气体减少说明熵值减小；

(2)根据反应热计算转化率；根据平衡时各物质的浓度和平衡常数K=计算；根据Qc=和K比较判断反应方向；

(3)根据CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，反应是体积减小的反应，压缩体积有利于产物生成、分离产物有利于产物生成；

(4)反应过程中，温度高反应快；反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动据此判断；

(5)①温度低、转化率高效果好，据此判断；

②b点尚未达到平衡状态，说明反应仍正向进行；

③该反应为放热反应，温度升高不利于反应正向进行；

④利用三段式，计算各物质浓度，然后计算K值。

30．（2023高二下·北京月考）某学生为探究AgCl沉淀的溶解和转化，其实验方案及记录如下：

步骤和现象现象

Ⅰ．将等体积等浓度的AgNO3溶液和NaCl溶液混合，过滤，得滤液X和白色沉淀Y

Ⅱ．向滤液X中滴加几滴饱和KI溶液生成黄色沉淀M

Ⅲ．取少量白色沉淀Y，滴加几滴饱和Na2S溶液沉淀Y转化为黑色沉淀Z

Ⅳ．取少量白色沉淀Y，滴加几滴浓氨水沉淀Y逐渐溶解

（1）由步骤Ⅱ的现象可推测，滤液X中除了含有Na+、NO3-，还含有的离子有。

（2）写出步骤Ⅲ中生成黑色沉淀Z的离子方程式为，白色沉淀Y转化为黑色沉淀Z的主要原因是。

（3）已知：Ag++2NH3·H2OAg(NH3)2++2H2O，用平衡移动原理解释步骤Ⅳ中加入浓氨水沉淀逐渐溶解的原因。

（4）为了进一步探究银的难溶化合物沉淀溶解的多样性，该同学又做了如下对比实验V：

①取少量黑色沉淀Z和黄色沉淀M，分置于两支试管中

②然后分别滴加同体积同浓度的稀硝酸，观察到黄色沉淀M不溶解，黑色沉淀Z溶解，并且有无色气体产生。综合实验Ⅱ至实验V的信息，下列预测正确的是__________

A．黑色沉淀Z比黄色沉淀M更难溶于水

B．黑色沉淀Z溶解于稀硝酸是因为发生了氧化还原反应

C．由步骤Ⅳ可以推测：实验室可用氨水洗涤银镜反应后的试管

D．在步骤Ⅳ之后，继续滴加浓硝酸后又有AgCl沉淀生成

【答案】（1）Ag+、Cl－(H+、OH-)

（2）2AgCl(s)+S2﹣(aq)Ag2S(s)+2Cl﹣(aq)；该温度下，Ag2S比AgCl溶解度更小

（3）AgCl(g)Ag+(aq)+Cl﹣(aq)，银离子与氨分子结合，降低了溶液中银离子的浓度，使上述平衡正向移动，促使AgCl溶解

（4）B；D

【知识点】化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；几组未知物的检验；离子方程式的书写

【解析】【解答】(1)由步骤Ⅱ的浑浊AgI可知，滤液X中除了含有Na+、NO3﹣，还含有Ag+，因为AgNO3溶液和NaCl溶液等体积等浓度，所以Cl﹣离子肯定存在(当然H+、OH-也存在，只是浓度很小)。

(2)该温度下，Ag2S比AgCl溶解度更小，故氯化银转化成硫化银的反应为：2AgCl(s)+S2﹣(aq)Ag2S(s)+2Cl﹣(aq)。

(3)在白色沉淀AgCl中，存在平衡：AgCl(g)Ag+(aq)+Cl﹣(aq)，银离子与氨分子结合成Ag(NH3)2+，降低了溶液中银离子的浓度，使上述平衡正向移动，促使AgCl溶解。

(4)A．由题干信息知，Ag2S比AgI易溶于硝酸，但没有提供比较Ag2S与AgI在水中的溶解能力或能否转化的信息，所以无法确定Ag2S与AgI的水溶性大小，A不正确；

B．Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2﹣(aq)中，S2﹣有强还原性，被硝酸氧化后，离子浓度下降，导致沉淀溶解平衡正向移动，Ag2S溶解，B正确；

C．由步骤Ⅳ可以推测，氨水可以结合Ag+，但不能与Ag反应，实验室不可用氨水洗涤银镜反应后的试管，C不正确；

D．Ag++2NH3·H2OAg(NH3)2++2H2O，H+可以消耗一水合氨，使得平衡逆向移动，c(Ag+)增大，当c(Ag+)c(Cl﹣)>Ksp(AgCl)时，白色沉淀AgCl会再次出现，D正确。

【分析】(1)根据黄色沉淀为Agl进行分析；

(2)根据描述，说明生成了更难溶的硫化银沉淀；

(3)由于存在AgCl(g)Ag+(aq)+Cl﹣(aq)平衡，银离子的消耗会导致沉淀的溶解；

(4)A．注意仔细阅读题干信息，根据信息判断；

B．稀硝酸具有氧化性，可以氧化还原性的硫离子；

C．注意银离子和单质银性质的不同；

D．硝酸的加入会消耗一水合氨，使平衡发生移动。

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北京清华附中2023-2023学年高二下学期化学居家月考试卷

一、单选题

1．（2023高二下·北京月考）根据热化学方程式S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=－297.23kJ·mol-1，说法正确的是（）

A．该反应是吸热反应

B．S与O2反应的反应热是297.23kJ

C．1molSO2(g)的总能量小于1molS(s)和1molO2(g)能量总和

D．1molSO2(g)的总能量大于1molS(s)和1molO2(g)能量总和

2．（2023高二下·北京月考）下列有关中和反应反应热测定实验的说法中，错误的是（）

A．为了使盐酸充分反应，通常使NaOH稍稍过量

B．用环形玻璃搅拌棒上下搅拌有助于反应充分

C．温度计测完酸之后，要用水冲洗干净再测碱的温度

D．记录不再变化的温度为终止温度

3．（2023高二下·北京月考）以下过程在常温下都可以自发进行，可用焓判据来解释的是（）

A．硝酸铵自发地溶于水

B．湿的衣服经过晾晒变干

C．2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)ΔH=+56.7kJ/mol

D．2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=－571.6kJ/mol

4．（2023高二下·北京月考）已知下列热化学方程式：

①C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH1

②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔH2

③CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)ΔH3

则反应2CO(g)＋4H2(g)=H2O(l)＋C2H5OH(l)的ΔH为：（）

A．2ΔH3＋3ΔH2－ΔH1B．ΔH1－2ΔH3－4ΔH2

C．2ΔH3＋4ΔH2＋ΔH1D．2ΔH3＋4ΔH2－ΔH1

5．（2023高二下·北京月考）常温下，下列关于NaOH溶液和氨水的说法正确的是（）

A．相同物质的量浓度的两溶液，后者的pH更大

B．pH＝13的两溶液稀释100倍，前者的pH大于后者

C．两溶液中分别加入少量NH4Cl固体，c(OH-)均减小

D．体积相同、pH相同的两溶液能中和等物质的量的盐酸

6．（2023高二下·北京月考）在恒温恒容的密闭容器中，投入反应物进行如下反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，下列哪些量不再改变，能说明该反应达到化学平衡状态的是（）

①混合气体的密度

②容器内的压强

③混合气体的总物质的量

④混合气体的平均分子量

⑤C和D的浓度比值

⑥B的物质的量浓度

A．①③④B．②③④⑥C．①④⑥D．①④⑤⑥

7．（2023高二下·北京月考）反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，H=-akJmol-1，在5L密闭容器投入1molNH3和1mol的O2，2分钟后NO的物质的量增加了0.4mol，下列说法正确的是（）

A．2分钟反应放出的热量值小于0.1akJ

B．用氧气表示0～2min的反应速率：v(O2)=0.05mol·L-1·min-1

C．2分钟内NH3的转化率是50%

D．2分钟末c(H2O)=0.6mol/L

8．（2023高二下·北京月考）下列说法正确的是（）

A．氨气溶于水能导电，所以NH3是电解质

B．在醋酸钠溶液中再加入少量水，会使其水解平衡正向移动

C．用冰醋酸、蒸馏水和容量瓶可以配制pH＝1的醋酸溶液

D．室温下pH=12Ba(OH)2与pH=2的盐酸恰好中和，消耗二者体积比为1:2

9．（2023高二下·北京月考）25℃时，1mol/L醋酸加水稀释至0.01mol/L，关于稀释前后的下列变化正确的是（）

A．溶液中c(OH-)减小

B．pH的变化值等于2

C．溶液中的值增大

D．Kw的值减小

10．（2023高二下·北京月考）下列事实不能用平衡移动原理解释的是（）

A．钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈

B．用加热蒸干AlCl3溶液的方法不能制得无水AlCl3

C．蒸馏水和0.1molL-1NaOH溶液中的c(H+)，前者大于后者

D．向含有少量Fe3+的MgCl2酸性溶液中加入MgCO3，可将Fe3+转化成Fe(OH)3除去

11．（2023高二下·北京月考）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法错误的是（）

A．反应生成1molN2时转移4mole－

B．反应物能量之和大于生成物能量之和

C．N2O(g)＋NO(g)=N2(g)＋NO2(g)ΔH＝－139kJ·mol－1

D．断键吸收能量之和小于成键释放能量之和

12．（2023高二上·杭州月考）用O2将HCl转化为Cl2，反应方程式为：4HCl(g)+O2(g)2H2O(g)+2Cl2(g)△HP2m＋n0

B．T1>T2P1pΔHP2m＋nD．T1>T2P1pΔH>0

15．（2023高二下·北京月考）pH＝1的两种酸溶液A、B各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法错误的是（）

A．若a＝4，则A是强酸，B是弱酸B

B．稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液弱

C．

C．稀释前两种酸溶液的浓度：c(A)>c(B)

D．若1＜a＜4，则A、B都是弱酸

16．（2023高二下·北京月考）在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：

物质XYZ

初始浓度/mol·L-10.10.20

平衡浓度/mol·L-10.050.050.1

下列说法错误的是（）

A．反应达到平衡时，X的转化率为50％

B．反应可表示为X(g)+3Y(g)2Z(g)，其平衡常数为1600

C．改变温度可以改变此反应的平衡常数

D．改变压强，平衡常数不变，平衡不移动

17．（2023高二下·北京月考）下列实验方案，不能达到相应实验目的的是（）

ABCD

实验方案将NO2球浸泡在冷水和热水中

实验目的探究反应物浓度对化学平衡的影响探究催化剂对反应速率的影响探究温度对化学平衡的影响比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性

A．AB．BC．CD．D

18．（2023高二下·北京月考）AG定义为AG=lg，若用AG来表示溶液的酸度，说法错误的是（）

A．在一定温度下，溶液的酸性越强，AG越大

B．65℃时，pH与AG的换算公式为AG=2(7–pH)

C．若溶液显碱性，则AGc(NH4+)

C．c点，pH可能大于7

D．ac段，pH的增大仅是因为醋酸电离平衡逆向移动

24．（2023高二下·北京月考）反应aA(g)＋bB(g)cC(g)ΔH2.0×10-7mol·L-1

二、填空题

26．（2023高二下·北京月考）依据事实，回答下列问题。

（1）在25℃、101kPa时，1.0gC8H18(l，辛烷)燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出48.40kJ的热量，则C8H18(l)的燃烧热为kJ/mol。

（2）已知N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)；ΔH=+67.7kJ/mol，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)；ΔH=-534kJ/mol，根据盖斯定律写出肼(N2H4)与NO2完全反应生成氮气和气态水的热化学方程式。

（3）某反应过程中的能量变化如图所示，则该反应是（填“放热”或“吸热”）反应，判断依据是。

（4）已知：2NH3(g)+3Cl2(g)=N2(g)+6HCl(g)ΔH=–462kJmol-1

，

则断开1molH–N键与断开1molH–Cl键所需能量相差约为kJ。

27．（2023高二下·北京月考）

（1）已知水在25℃和100℃时，其电离平衡曲线如图所示：

①则25℃时水的电离平衡曲线应为。(填“A”或“B”)

②25℃下，下列三种溶液中，由水电离出的氢离子的物质的量浓度之比a：b：c=。

a．pH=1的盐酸b．pH=2的盐酸c．pH=12的NaOH溶液

③25℃下，若VaLpH＝a的盐酸与VbLpH＝b的NaOH溶液恰好中和，a+b=13，则Va：Vb＝。

（2）某温度(t℃)时，测得0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH＝13。

①该温度下水的Kw＝。

②此温度下，将pH＝1的盐酸溶液VaL与pH＝14的NaOH溶液VbL混合(忽略体积变化)，混合后溶液的pH为2，则Va：Vb＝。

（3）下列说法中正确的是。

a.25℃时，pH=12的氨水和pH=2的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液pH>7

b.100℃时，pH=12的NaOH溶液和pH=2的H2SO4溶液恰好中和，所得溶液pH=7

c.25℃时，由水电离出的氢离子浓度为1×10－10mol/L的溶液中可能大量存在NH4+和Cl－

28．（2023高二下·北京月考）请回答：

（1）室温下，使用pH计测定0.1mol/LNH4Cl溶液的pH=5.12（如图1）由此可以得到的结论是（填字母）。

a.NH3·H2O是弱碱

b.溶液中c(H+)＞c(OH-)

c.NH4+水解是吸热反应

d.由H2O电离出的c(H+)＜10-7mol/L

e.物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合，溶液pH=7

（2）室温下，用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.10mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图2所示。

①表示滴定盐酸的曲线是（填序号）。若此实验选用酚酞为指示剂，则滴定到达终点的现象是。若用标准NaOH溶液测定未知盐酸溶液的浓度，下列实验操作会使实验结果偏低的是。

a.锥形瓶用待测液润洗后再注入待测液

b.碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡

c.碱式滴定管滴定前仰视读数，滴定后平视读数

②在滴定醋酸溶液的过程中：

V(NaOH)=10.00mL时，溶液中离子浓度由大到小的顺序为。当c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)时，溶液pH7（填“＞”、“=”或“＜”）。

29．（2023高二下·北京月考）利用工业废气CO2或CO和H2在一定条件下可制备燃料甲醇。

（1）Ⅰ．利用工业废气CO合成甲醇，其能量变化示意图如下：

图中曲线a到曲线b的措施是。该反应ΔS0(填“>”或“”“”，“0，△S>0，反应能自发进行，只能用熵判据分析，C不符合题意；

D．反应是放热反应，且是熵值减小的，所以应该用焓判据分析，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A．硝酸铵的溶解过程由固体转化为离子，混乱度增大；

B．水由液态变为气态，是水吸收热量变为气态的过程，混乱度增大；

C．注意气体的物质的量增多，属于熵增的过程；

D．气体由气态变为液态，混乱度减小，属于熵减过程。

4．【答案】D

【知识点】盖斯定律及其应用

【解析】【解答】①C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH1

②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔH2

③CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)ΔH3

利用盖斯定律，2×③+4×②-①，即得反应2CO(g)＋4H2(g)=H2O(l)＋C2H5OH(l)，则其ΔH=2ΔH3＋4ΔH2－ΔH1，

故答案为：D。

【分析】根据盖斯定律计算即可，不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的，换句话说，化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关。这就是盖斯定律。

5．【答案】C

【知识点】pH的简单计算；溶液酸碱性的判断及相关计算

【解析】【解答】A．NaOH是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，部分电离，所以相同物质的量浓度的两溶液，NaOH溶液中c(OH-)大，其pH更大，A不符合题意；

B．弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时平衡正向移动，pH＝13的两溶液稀释100倍，NaOH溶液的pH为11，氨水由于能够继续电离，所以pH大于11，B不符合题意；

C．NaOH溶液中加入NH4Cl固体，能够生成一水合氨，氢氧根离子浓度减小，氨水中加入NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，C符合题意；

D．pH相同的NaOH和氨水，氨水的物质的量浓度大，体积相同时氨水中和盐酸的物质的量多，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A、强酸、强碱、大部分盐完全电离，弱酸、弱碱部分电离；

B、弱碱随着加水稀释，电离程度增大，pH变化较小；

C、NH4Cl为强酸弱碱盐水解显酸性；

D、弱碱部分电离，相同pH的强酸与弱酸，弱酸的浓度远大于强酸。

6．【答案】C

【知识点】化学平衡状态的判断

【解析】【解答】①随着反应的进行，气体的质量增大，容器体积不变，则密度不断增大，当密度不变时，气体的质量不变，反应达平衡状态，①符合题意；

②反应前后气体的物质的量相等，该恒温恒容反应器中，压强和物质的量成正比，物质的量不变，则压强始终不变，不能根据压强判断平衡状态，②不符合题意；

③反应前后气体分子数相等，则混合气体总物质的量始终不变，不能判断反应是否达平衡状态，③不符合题意；

④随着反应的不断进行，混合气体的总质量不断改变、总物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量不断改变，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，说明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，④符合题意；

⑤起始时只投入A、B，在反应进行的过程中，C和D的浓度始终相等，比值恒定，不能判断反应是否达平衡状态，⑤不符合题意

⑥随着平衡的移动，B的物质的量浓度不断变化，当B的浓度不变时，反应达平衡状态，⑥符合题意

综合以上分析，①④⑥符合题意，

故答案为：C。

【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。

7．【答案】B

【知识点】反应热和焓变；化学反应速率与化学平衡的综合应用

【解析】【解答】在5L密闭容器投入1molNH3和1molO2，2分钟后NO的物质的量增加了0.4mol，则：

A．由热化学方程式可知生成4molNO，则放出akJ热量，则生成0.4molNO，则热量值为0.1akJ，A不符合题意；

B．用氧气表示2分钟的反应速率：v(O2)==0.05molLmin-1，B符合题意；

C.2分钟内NH3的转化率是×100%=40%，C不符合题意；

D.2分钟末c(H2O)==0.12mol/L，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.根据能量的变化与化学计量系数之比成正比，故可计算出能量为0.1aKJ

B.根据一氧化氮的数据计算出速率，速率之比等于化学计量系数之比即可计算氧气的速率

C.根据数据2min内氨气的转化量即可

D.根据数据计算出2min末水的物质的量即可

8．【答案】B

【知识点】电解质与非电解质；pH的简单计算

【解析】【解答】A．氨气溶于水生成的NH3H2O可电离而导电，所以NH3H2O是电解质，而氨气不是，A不符合题意；

B．在醋酸钠溶液中再加入少量水，醋酸钠溶液的浓度减小，水解程度增大，水解平衡正向移动，B符合题意；

C．醋酸为弱酸，难以配制pH＝1的溶液，且缺少量取(滴定管或移液管)或称取(分析天平)醋酸的仪器，C不符合题意；

D．两溶液中OH-和H+浓度相同，恰好中和的体积之比应为1:1，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A．电解质导电必须是电解质本身电离导电，而不是生成新的物质导电；

B．溶液的稀释有利于弱电解质的电离；

C．弱电解质是部分电离的；

D．室温下pH=12Ba(OH)2中氢氧根离子浓度为0.01mol/L；pH=2的盐酸中氢离子浓度为0.01mol/L。

9．【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；pH的简单计算；电离平衡常数

【解析】【解答】A．对醋酸加水稀释，溶液中的氢离子浓度减小，而Kw不变，所以c(OH-)增大，A不符合题意；

B．加水稀释100倍，醋酸的电离平衡正向移动，电离出的氢离子的物质的量增多，故pH的变化小于2，B不符合题意；

C．=，加水稀释，溶液中的c(CH3COO-)减小，但醋酸的Ka不变，所以溶液中的值增大，C符合题意；

D．Kw只受温度的影响，温度不变，Kw的值不变，故加水稀释对Kw的值无影响，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】A、Kw只和温度有关；

B、加水稀释，醋酸的电离被促进，电离程度增大；

C、Ka只是和温度有关；

D、Kw只受温度的影响。

10．【答案】A

【知识点】化学反应的可逆性；化学平衡移动原理

【解析】【解答】A.钢铁在潮湿的空气中更易形成原电池，发生电化学腐蚀，所以钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈，这属于金属腐蚀，与化学平衡无关，A符合题意；

B.AlCl3溶液中铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热使水解平衡正向移动，且生成的氯化氢易挥发，因此，平衡一直右移，最终生成的氢氧化铝受热分解得氧化铝，不能得无水氯化铝，与化学平衡有关，B不符合题意；

C.蒸馏水中c(H+)为1.0×10-7mol/L，而0.1molL-1NaOH溶液中的c(H+)为1.0×10-13mol/L，因为氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度增大，使水的电离平衡逆向移动，c(H+)减小，与化学平衡移动有关，C不符合题意；

D.Fe3+水解生成氢氧化铁和氢离子，加入MgCO3，与氢离子反应生成二氧化碳，使水解平衡中的氢离子浓度减小，水解平衡正向移动，生成氢氧化铁沉淀，可过滤除去，与化学平衡移动有关，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A．钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈，原因是在潮湿的环境中易发生电化学腐蚀，与平衡移动原理无关；

B．加入AlCl3溶液，促进AlCl3的水解，生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，最终得到氢氧化铝，与平衡移动原理有关；

C．水的电离存在平衡H2OH++OH-，NaOH溶液中，OH-浓度增大，抑制水的电离，NaOH溶液中由水电离出的c（H+）＜1×1