人教版高中化学2023-2024学年高二上学期期中测试模拟卷（选择性必修1）（一）（含答案）

人教版高中化学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、选择题1．1，3-丁二烯(CH2=CH−CH=CH2A．1，3-丁二烯与HBr反应属于取代反应B．1，3-丁二烯分子中不存在手性碳原子C．第二步应决定总反应的快慢D．加入催化剂可以改变该反应的反应热2．合成氨反应的反应历程和能量变化如图所示(*R表示微粒处于吸附状态)。下列说法错误的是A．N2(g)+3B．决定总反应速率的反应历程为∗N+3∗H=∗NC．升高温度，该反应历程中基元反应的速率均加快D．反应历程中的最低能垒(活化能)为90kJ⋅mo3．中和反应反应热的测定中需要用到的实验仪器有A．秒表 B．滴定管 C．胶头滴管 D．简易量热计4．关于如图所示转化关系(X代表Cl、Br、I)，下列说法错误的是A．ΔB．ΔH2C．ΔH1越小，D．若X分别是Cl、Br、I，则ΔH5．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，v(X)=1C．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6．20世纪初，德国化学家哈伯首次用锇作催化剂在1.75×107Pa、550℃的条件下以N2和H2A．整个历程中，反应速率最慢的反应的化学方程式为：1B．催化剂吸附N2(g)和C．在转化过程中有非极性键的断裂和形成D．使用该催化剂，降低了合成氨反应的活化能，提高了合成氨的平衡转化率7．硫及其化合物之间的转化在生产中有着重要作用。接触法制硫酸中，SO2制取SO3的反应为A．V2OB．使用V2C．其他条件相同，增大n(O2)D．2SO28．在一定温度下，2L密闭容器中进行的反应为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，SO2A．c(SO2)=2mol⋅C．c(SO3)=19．小组同学探究盐溶液对反应Fe3++SCN-⇌[Fe(SCN)]2+(血红色)的影响。将2mL0.01mol/LFeCl3的溶液与2mL0.02mol/L的KSCN溶液混合，分别加入等量的试剂①~④，测得平衡后体系的透光率如下图所示。已知：ⅰ．溶液血红色越深，透光率越小，其它颜色对透光率的影响可忽略ⅱ．Fe3++4Cl-⇌[FeCl4]-(黄色)下列说法错误的是（）A．注入试剂①后溶液透光率增大，证明Fe3++SCN-⇌[Fe(SCN)]2+逆向移动B．透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液pH导致的C．透光率④比③高，可能发生了反应[Fe(SCN)]D．若要证明试剂③中Cl-对平衡体系有影响，还应使用0.04mol/L的KNO3溶液进行实验10．工业上利用CO还原Fe2O3可制备金属铁，其反应原理为Fe2O3(s)+3CO(g)⇌3CO2(g)+2Fe(s)。在不同温度(T1、TA．由图分析可知TB．b点时，CO的转化率为20%C．b点和d点的化学平衡常数：KD．反应达到平衡后，保持温度不变，将Fe从反应体系中移走可提高CO的转化率11．用于处理废水中的重金属离子的硫代碳酸钠可通过如下反应制备2NaHS(s)+CS2(l)=NA．NaB．该反应常温下就能进行说明该反应一定为放热反应C．该制备反应是熵减过程D．CS2的沸点比12．工业上通常采用铁触媒、在400~500℃和10MPa~30MPa的条件下合成氨。合成氨的反应为A．N2(g)+3B．采用400∼500℃的高温是有利于提高平衡转化率C．采用10MPa~30MPa的高压能增大反应的平衡常数D．使用铁触媒可以降低反应的活化能13．下列实验装置能达到实验目的是（）A．用图甲装置测定中和反应的反应热B．用图乙装置证明非金属性：Cl＞C＞SiC．用图丙装置测量锌与稀硫酸的反应速率D．用图丁装置比较锌、铜金属性强弱14．下列事实中，能说明MOH是弱碱的是A．MOH溶液的导电能力比NaOH溶液弱B．0.C．常温下，0.1mol⋅D．等体积的0.1mol⋅L15．对下列事实解释的化学用语表达正确的是A．硫酸铜溶液呈酸性：CB．氨水呈碱性：NC．将水加热至90℃水的pH变小：H2O⇌D．向碳酸氢钠溶液中滴加滴加酚酞呈红色：HC16．下列物质溶于水，能使水的电离平衡向左移动的是A．Na2CO3 B．NaOH 17．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法错误的是A．图中五点KWB．若从A点到达C点，可采用的方法：温度不变在水中加少量NaCl固体C．向E点对应的醋酸钠溶液中滴加HCl溶液至A点，此时c(ND．若处在B点时，将pH=2的硫酸溶液与pH=10的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性18．下列说法正确的是A．pH=0的溶液不存在B．使用广范pH试纸测得某溶液的pH=3.5C．中性溶液的pH不一定等于7D．Kw19．下列说法错误的是A．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化和消毒B．某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，可能是因为雨水中SOC．实验室配制FeCl3溶液时，先将FeCl3固体溶于浓盐酸，再加水稀释，其目的是防止FeCl3的水解D．醋酸钠溶液呈碱性的原因是C20．绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)＜Ksp(p)＜Ksp(q)C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动二、非选择题21．利用CO2合成二甲醚有助于实现“碳中和”。CO2加氢合成二甲醚涉及的主要反应如下：I．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−49kJ∙mol−1II．2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2=−24.5kJ∙mol−1III．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH3=+41.2kJ∙mol−1回答下列问题：（1）反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的ΔH=kJ∙mol−1。（2）一定条件下，向恒容密闭容器中充入2molCH3OH(g)，发生反应：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)达平衡时，CH3OH(g)转化率为50%。若反应前容器中含有0.5molH2O(g)，则CH3OH(g)的平衡转化率为。（3）理论计算表明，在260℃和适当催化剂条件下，向恒容密闭容器中充入1molCO2(g)和3molH2(g)，初始压强为pkPa，发生上述反应，10min时达平衡，生成0.05molCO(g)和0.3molH2O(g)，容器中压强为910pkPa。若反应速率用单位时间内气体分压变化表示，则0~10min内υ(CH3OCH3)=kPa∙min−1；Kx是以物质的量分数表示的平衡常数，反应I平衡常数Kx=（4）起始投料比n(H2)/n(CO2)=4，压强为3.0MPa的条件下发生上述反应，CO2平衡转化率和平衡时二甲醚的选择性随温度的变化如图所示。已知：二甲醚选择性=2n(CH3OCH3)参加反应的n(CO2（5）为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性，应选择的反应条件为____(填标号)。A．低温、低压 B．低温、高压 C．高温、低压 D．高温、高压22．汽车尾气中的主要污染物是NOx和CO，它们是现代化城市中的重要大气污染物。（1）汽车发动机工作时会引发N2和O2反应生成NO，其能量变化如图1所示，则图1中三种分子最稳定的是，图1中对应反应的热化学方程式为。（2）N2O和CO均是有害气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应原理如下：N2图2①图2中，该反应的活化能为，该反应的△H=；②在反应体系中加入Pt2O+作为该反应的催化剂，则△H(填“增大”“减小”或“不变”)。（3）利用NH3还原法可将NOx还原为N2进行脱除。已知：4NH3(g)+6NO(g)=5N2（4）“绿水青山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。已知25℃和101kPa下：①2CH②2CO(g)+O③H2O(g)=H2O(l)△H=-ckJ/mol则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为。23．2018年是合成氨工业先驱哈伯(F•Haber)获得诺贝尔奖100周年。N2和H2生成NH3的反应为：12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)△H(298K)=-46.2kJ•mol化学吸附：N2(g)→2N*；H2(g)→2H*表面反应：N*+H*⇌NH*；NH*+H*⇌NH2*；NH2*+H*⇌NH3*脱附：NH3*⇌NH3(g)其中，N2吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。请回答：（1）利于提高合成氨平衡产率的条件有____(填字母)。A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 E．催化剂（2）实际生产中，常用Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0×107Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8。分析说明原料气中N2过量的两个理由：、。（3）关于合成氨工艺的下列理解，正确的是____(填字母)。A．合成氨反应在不同温度下的△H和△S都小于零B．当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率C．基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行D．分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂“中毒’（4）T℃时，在有催化剂、体积为1.0L的恒容密闭容器中充入3molH2、1molN2，10min时反应达到平衡，测得c(NH3)=1.2mol•L-1。①前10min的平均反应速率v(H2)=mol•L-1•min-1。②化学平衡常数K=。（5）图1表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中M点数据计算N2的平衡体积分数。（6）图2是合成氨反应平衡混合气中NH3的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中L(L1、L2)、X分别代表温度或压强。其中X代表的是(填“温度”或“压强”)；判断L1、L2的大小关系并说明理由。24．已知：25℃时，CH3COOH和NH3•H2O的电离平衡常数近似相等。（1）关于0.1mol•L-1CH3COOH溶液，回答下列问题。①25℃时，测得0.1mol•L-1CH3COOH溶液的pH=3，则由水电离出的H+的浓度为mol•L-1②CH3COONa溶液显(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，用离子方程式表示其原因：。（2）关于0.1mol•L-1氨水，回答下列问题。①NH3•H2O的电离方程式为，NH3•H2O的电离平衡常数表达式：Kb=。②25℃时，0.1mol•L-1氨水的pH=。③25℃时，向10mL0.1mol•L-1氨水中加入同体积同浓度的盐酸。下列说法正确的是。a.c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(OH-)＞c(H+b.c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3•H225．完成下列问题（1）某温度(t℃)时，水的Kw=10-13，则该温度(填大于、等于或小于)25℃，将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合，①若所得混合溶液为中性，则a：b=；②若所得混合溶液pH=2，则a：b=。（2）在一定温度下，有a.醋酸b.盐酸c.硫酸三种酸：①同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是；(用a、b、c表示，下同)②若三者c(H+)相同时，酸的物质的量浓度由大到小的顺序为；③将c(H+)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(H+)由大到小的顺序是。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.1，3-丁二烯与HBr反应属于加成反应，A不符合题意；B.1，3-丁二烯分子中不存在与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，无手性碳原子，B符合题意；C．反应的活化能越大，发生反应需要的条件就越高，反应就越不容易发生，该反应的化学速率就越小，根据图示可知，第一步反应的活化能远大于第二步反应的活化能，所以第一步的反应速率小于第二步反应速率，因此总反应的快慢由较慢的第一步决定，C不符合题意；D．加入催化剂可以改变反应途径，降低反应的活化能，使反应在较低条件下进行，但不能改变物质的始态和终态，不能改变反应物、生成物的总能量，因此催化剂不能改变化学反应的反应热，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.有机物与其他物质发生反应时，不饱和键中的一个断裂，在不饱和碳原子两端分别接上其它原子或原子团的反应是加成反应；

B.手性碳是碳原子连接4个不同的原子或原子团的物质分析；C.反应的活化能越大，发生反应需要的条件就越高，反应就越不容易发生，该反应的化学速率就越小；D.催化剂能改变反应的途径，降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变。2．【答案】D【解析】【解答】A．由图可知，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0，能量变化为△H=(100+308)kJ/mol-500kJ/mol=-92kJ/mol，A不符合题意；B．图中过渡态II的活化能最大，活化能越高，反应速率越慢，对总反应速率有决定作用，即对总反应速率影响较大的步骤是2N*+6H*=2NH3*(或N*+3H*=NH3*)，B不符合题意；C．升高温度任何反应的反应速率均加快，故升高温度该反应历程中基元反应的速率均加快，C不符合题意；D．由题干反应历程图可知，反应历程中的最低能垒(活化能)为90kJ⋅mol−1-(-34)kJ⋅mol故答案为：D。

【分析】A.ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量；

B.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；

C.升高温度，反应速率加快。3．【答案】D【解析】【解答】需要用到的实验仪器有简易量热计，除此外还需要的仪器是量筒和烧杯，量筒量取一定体积的溶液，烧杯盛放洗涤温度计的水，故答案为：D。

【分析】中和热测定实验用的仪器有烧杯、温度计、硬纸板、碎泡沫塑料或纸屑、环形玻璃搅拌棒等。4．【答案】D【解析】【解答】A．根据盖斯定律可知，ΔHB．化学键断裂过程种吸热，ΔH2>0C．反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差，Cl、Br、I的原子半径依次增大，Cl2、Br2、I2断键需要的能量减小，途径Ⅰ生成HX放出的热量依次减小，说明HX越不稳定，即ΔHD．途径Ⅲ为化学键的形成，释放能量，对应HX越不稳定，释放能量越小，X按Cl、Br、I的顺序，ΔH故答案为：D。【分析】A．根据盖斯定律；B．化学键断裂过程种吸热，化学键形成的过程为放热；C．反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差；D．化学键的形成释放能量越小，氢化物越不稳定。5．【答案】B【解析】【解答】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不符合题意；B．使用催化剂Ⅰ，X的浓度随t的变化为a，时0～2min内，v(X)＝ΔcC.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不符合题意；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不符合题意；故答案为：B。【分析】A．催化剂只是改变反应速率；B．利用υ=Δc/Δt计算；C.依据反应的系数之比判断浓度的变化；D．反应曲线越陡，活化能越低，反应速率越快，催化剂效果更好。6．【答案】A【解析】【解答】A．从图中可知，12B．从图中可知，催化剂吸附N2(g)和H2(g)后能量降低，故这是一个放热的过程，B不符合题意；C．N2和H2转化成NH3，该过程中有非极性键的断裂，没有非极性键的生成，C不符合题意；D．催化剂的使用，降低了合成氨反应的活化能，但是对合成氨的平衡转化率没有影响，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；

B.吸附后能量降低，反应放热；

C.氨气中只含非极性键；

D.催化剂不影响平衡转化率。7．【答案】B【解析】【解答】A．反应速率取决于反应最慢的一步，活化能越高，反应速率越慢，因为步骤②活化能高，反应速率慢，所以V2O5B．催化剂同时降低了正、逆反应的活化能，同时改变正、逆反应速率，B符合题意；C．其他条件相同，增大n(O2)n(SO2)D．产物由气态转化为固态时会继续放热，所以2SO2(g)+故答案为：B。

【分析】A.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；

C.增大n(O2)8．【答案】A【解析】【解答】A．由分析可知，二氧化硫的浓度介于0-2mol/L之间，反应达到平衡时不可能为2mol/L，故A符合题意；B．由分析可知，氧气的浓度介于0-1mol/L之间，反应达到平衡时可能为0.8mol/L，故B不符合题意；C．由分析可知，三氧化硫的浓度介于0-2mol/L之间，反应达到平衡时可能为1.6mol/L，故C不符合题意；D．由分析可知，三氧化硫的浓度介于0-2mol/L之间，反应达到平衡时可能为1.8mol/L，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】采用极值法，假设反应分别向正、逆反应方向进行彻底，从而能得出二氧化硫、三氧化硫、氧气的极端值，再根据可逆反应不能进行彻底分析。9．【答案】D【解析】【解答】A．注入试剂①后溶液透光率升高，说明血红色变浅，则证明可逆反应Fe3++SCN-⇌[Fe(SCN)]2+的化学平衡逆向移动，A不符合题意；B．③KCl溶液为含有钾离子的中性溶液，②NH4Cl溶液为含有铵根离子的水解显酸性的溶液，根据是否水解或离子不同，则说明透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液pH导致的，B不符合题意；C．③为0.04mol/L的KCl溶液，④为4mol/L的KCl溶液，④的浓度大于③的浓度，透光率④比③高，说明血红色变浅，发生了反应[Fe(SCN)]2+D．若要证明试剂③为0.04mol/L的KCl溶液，Cl-对平衡体系有影响，排除钾离子的干扰，作空白对照实验，不能使用0.04mol/L的KNO3溶液进行实验，因为溶液中有硝酸根离子，可能会影响实验结果的验证，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.溶液的血红色越深，透光率越小；

B.③和②中阳离子种类和溶液pH不同；

C.透光率④比③高，说明血红色变浅。10．【答案】C【解析】【解答】A．由图像可知，温度T2先达到平衡，因为图像“先拐先平数值大”，故T1<T2，A不符合题意；B．恒温恒压下体积比等于物质的量之比，b点时，CO的转化了xmol，平衡时CO、CO2的物质的量分别为(2-x)mol、xmol，则x(2−x)+x=0.8，解得x=1.6mol，b点时，CO的转化率为：C．温度越高，二氧化碳体积百分含量越低，说明升高温度，平衡逆向移动，故K值越小，化学平衡常数：KbD．由于Fe为固体，将Fe从反应体系中移走，平衡不发生移动，不能提高CO的转化率，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越短；

B.根据转化率=反应量起始量11．【答案】D【解析】【解答】A．NaHS、CS2、Na2CS3和H2S中硫元素均为-2价，其它元素也没有变价，上述反应不是氧化还原反应，A不符合题意；B．该反应的反应物为固态和液态，产物为固态和气态，反应进行中体系混乱度增大，该反应的ΔS>0，该反应常温下就能进行，说明低温时该反应的ΔH-TΔS<0，该反应可能是放热反应，也可能是吸热反应，B不符合题意；C．该反应的ΔS>0，是一个熵增的过程，C不符合题意；D．二硫化碳与二氧化碳结构相似，但二硫化碳比二氧化碳相对分子质量大，二硫化碳比二氧化碳分子间作用力大，则二硫化碳比二氧化碳沸点高；在通常状况下，二硫化碳是液体，二氧化碳是气体，也可以说明二硫化碳比二氧化碳的沸点高，D符合题意；故答案为：D。【分析】A．元素化合价无变化；B．依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；C．反应进行中体系混乱度增大；D．结构相似，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高。12．【答案】D【解析】【解答】A．N2(g)+3HB．采用400∼500℃的高温是有利于提高催化剂活性、提供反应速率，正反应是放热反应，升温平衡左移、平衡转化率小，B不符合题意；C．采用10MPa~30MPa的高压能增大反应速率、能使平衡右移，但平衡常数只受温度影响，故增压不影响平衡常数，C不符合题意；D．使用铁触媒可以降低反应的活化能、加快反应速率，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．依据反应中气体分子变化判断；B．依据催化剂活性判断；C．平衡常数只受温度影响；D．使用催化剂可以降低反应的活化能、加快反应速率。13．【答案】D【解析】【解答】A．装置甲内筒与外壳之间没有用隔热材料填满，以及铜制搅拌器(应用玻璃搅拌器)，致使热量散失较快，故A不符合题意；B．若要比较Cl与C的非金属性强弱，利用最高价氧化物对应水化物的酸性，酸性越强，非金属性越强，需将装置乙中的稀盐酸改为Cl的最高价氧化物对应的水化物HClO4溶液，故B不符合题意；C．装置丙中产生的氢气从长颈漏斗逸出，无法测量化学反应速率，故C不符合题意；D．装置丁为原电池，Zn作负极、失电子，Cu作正极，Cu2+在Cu表面得电子，有红色物质析出，则证明金属性：Zn＞Cu，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】易错分析：B.验证非金属性强弱，可以利用最高价含氧酸的酸性强弱进行比较，所以用高氯酸进行比较。14．【答案】C【解析】【解答】A．溶液的导电能力与离子浓度有关，未指明相同的浓度，无法依据MOH溶液的导电能力弱来说明MOH是弱碱，A不选；B．0.C．常温下，0.1mol⋅LD．等体积的0.1mol⋅L故答案为：C。

【分析】说明MOH是弱碱，只需证明其部分电离即可。15．【答案】C【解析】【解答】A．水解程度很弱，所以Cu2+水解方程式为：B．NH3⋅C．水的电离：H2O⇌HD．水解程度很弱，不能生成气体，所以水解的离子方程式为：HCO故答案为：C。

【分析】A．水解程度很弱，应用可逆符号；B．NHC．升高温度，促进水的电离；D．水解程度很弱，不能生成气体。16．【答案】B【解析】【解答】A．NaB．NaOH电离出OH-，抑制水的电离，使水的电离平衡向左移动，B符合题意；C．NHD．CH故答案为：B。

【分析】酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。17．【答案】B【解析】【解答】A．Kw只受温度的影响，升高温度，促进水的电离，Kw增大，根据图象可知，A、D、E温度相同，温度高低：B＞C＞A，因此Kw大小顺序是B＞C＞A=D=E，故A不符合题意；B．NaCl对水的电离无影响，A点不能达到C，A点达到C点，水的离子积增大，应升高温度，故B符合题意；C．A点溶液中c(H+)=c(OH-)，此时溶液pH=7，根据电荷守恒：c(CH3OO-)=c(Na+)，故C不符合题意；D．pH=2的硫酸溶液中c(H+)=1.0×10-2mol/L，pH=10的KOH溶液c(OH-)=10−121故答案为：B。

【分析】A.Kw只与温度有关；

C.A点时，c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒分析；

D.B点Kw=1×10-12，两种溶液等体积混合，恰好完全反应，溶液显中性。18．【答案】C【解析】【解答】A．pH=0的溶液中c(H+)=1mol/L，该溶液是可以存在的，A不符合题意；B．使用广范pH试纸只能粗略测定溶液pH，溶液pH值测定数值只能是整数，不能出现小数，B不符合题意；C．在任何物质的稀溶液中都存在水的电离平衡，Kw为常数，不同温度下Kw不同，只有在室温下Kw=10-14，此时中性溶液pH=7，若温度不是室温下，则中性溶液的pH就不等于7，C符合题意；D．水的离子积常数Kw故答案为：C。

【分析】A.pH=0的溶液显酸性，氢离子浓度为1mol/L；

B.广范pH试纸测定的数值只能是整数；

D.Kw19．【答案】A【解析】【解答】A．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，能够使之形成沉淀而从水中分离出来，因此明矾可用于水的净化，但其不具有强氧化性，因此不能用于水的消毒，A符合题意；B．某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，溶液酸性增强，可能是因为雨水中SO2溶于水反应产生的H2SO3被溶解在水中的O2氧化产生了H2SO4，弱酸变为强酸，使溶液的酸性增强，反应的离子方程式为：H2SO3+O2=H2SO4，使溶液中弱酸H2SO3微弱电离产生的SO32−C．FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+水解产生Fe(OH)3使溶液变浑浊，为抑制其水解，通常将先将FeCl3固体溶于浓盐酸，再加水稀释，C不符合题意；D．醋酸钠为强碱弱酸盐，在水溶液中CH3COO-部分发生水解，消耗水电离产生的H+变为CH3COOH，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，水解反应的离子方程式为：CH故答案为：A。

【分析】B.二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸能被氧化为硫酸；

C.氯化铁溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸的存在可抑制氯化铁水解；

D.醋酸根水解生成醋酸和氢氧根。20．【答案】B【解析】【解答】A．CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS⇌Cd2++S2-，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-)，在饱和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)=S(溶解度)，结合图像可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A项不符合题意；B．CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项符合题意；C．m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项不符合题意；D．从图像中可以看出，随着温度的升高，溶解的离子浓度增大，则说明CdS⇌Cd2++S2-为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.Ksp=c(Cd2+)·c(S2-)，在饱和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)=S(溶解度)；

C.温度不变溶度积常数不变，加入硫化钠溶液中硫离子浓度增大，镉离子浓度减小；

D.饱和溶液中降低温度向沉淀方向进行，溶液中离子浓度减小，溶度积常数减小。21．【答案】（1）−90.2（2）40%（3）0.00125p；0（4）Y；温度高于300℃时以反应III为主，反应III为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO2转化率增大（5）B【解析】【解答】（1）将反应I减去反应III得到反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的ΔH=−49kJ∙mol−1−(+41.2kJ∙mol−1)=−90.2kJ∙mol−1；故答案为：−90.2。（2）一定条件下，向恒容密闭容器中充入2molCH3OH(g)，发生反应：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)达平衡时，CH3OH(g)转化率为50%，则此时生成0.5molCH3OCH3和0.5molH2O，平衡常数为K=0.5molV×0.5molV(1molV)2=0（3）理论计算表明，在260℃和适当催化剂条件下，向恒容密闭容器中充入1molCO2(g)和3molH2(g)，初始压强为pkPa，发生上述反应，10min时达平衡，生成0.05molCO(g)和0.3molH2O(g)，容器中压强为910pkPa。发生反应III消耗0.05molCO2和0.05molH2，生成0.05molH2O(g)，建立三段式开始转化平衡CO2(g)1molxmol(1−x)mol+3H2(g)（4）反应I和反应II都是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，生成CH3OCH3物质的量减小，即CH3OCH3选择性下降，因此CH3OCH3选择性的曲线是Y；温度低于300℃时以反应反应I和反应II为主，反应I和反应II为放热反应，温度升高，平衡逆向向移动，CO2转化率降低，当温度高于300℃时以反应III为主，反应III为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO2转化率增大；故答案为：Y；温度高于300℃时以反应III为主，反应III为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO2转化率增大。（5）反应I是体积减小的放热反应，反应II是体积不变的放热反应，要同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性，加压，有利于反应I平衡正向移动，高温，反应I和反应II平衡逆向移动，因此应选择的反应条件为高压、低温；故答案为：B。

【分析】（1）根据盖斯定律计算；

（2）根据转化率=反应量起始量×100%计算；

（3）列出反应的三段式计算；

（4）温度高于300℃时以反应III为主，反应III为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO22．【答案】（1）N2；N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ/mol（2）134kJ/mol；-226kJ/mol；不变（3）172.5kJ（4）CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=【解析】【解答】（1）物质分子的能量越低，物质的稳定性就越强。根据图示可知N2、O2、NO三种物质的键能N2最大，其断裂化学键需吸收的能量最高，则N2的稳定性最强；反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差。则N2(g)+O2(g)=2NO(g)的反应热△H=(946kJ/mol+494kJ/mol)-2×632kJ/mol=+180kJ/mol；（2）①反应物N2O(g)和CO(g)发生反应需要吸收的最低能量称为活化能。根据图示可知该反应的正反应的活化能为活化能为134kJ/mol；反应热等于正反应的活化能与逆反应的活化能的差，则该反应的反应热△H=134kJ/mol-360kJ/mol=-226kJ/mol；②在反应体系中加入Pt2O+作为该反应的催化剂，由于催化剂只能改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应物与生成物的总能量，因此该反应的放热ΔH不变；（3）若NO被还原，反应为正反应，该反应的正反应放热反应，15gNO的物质的量是n(NO)=15g30g/mol=0.5mol。根据方程式可知：6molNO被还原，反应放出热量是2070kJ，则0.5molNO被还原释放的热量Q=（4）已知：①2CH②2CO(g)+O③H2O(g)=H2O(l)△H=-ckJ/mol根据盖斯定律，将①×12+②×12+③×2，整理可得表示CH3OH(g)燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2

【分析】（1）物质分子的能量越低，物质的稳定性就越强，可得N2的稳定性最强.考查反应热的概念：反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差列式计算即可。

（2）根据活化能的概念，反应物N2O(g)和CO(g)发生反应需要吸收的最低能量称为活化能，列式计算。

（3）根据能量守恒和化学反应式计算即可。

（4）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。23．【答案】（1）A；D（2）原科气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2的吸附分解是决定反应速率的步骤，适度过量有利于提高整体反应速率（3）A；C；D（4）0.18；25（5）8%（6）压强；L1＜L2，合成氨反应为放热反应，压强相同时，升高温度N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)平衡逆向移动，NH3的体积分数降低【解析】【解答】（1）合成氨反应为气体分子数减小的放热反应，低温、高压能促进平衡正向移动，利于提高合成氨平衡产率，故答案为：AD；（2）原料气中N2过量的两个理由为原科气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2的吸附分解是决定反应速率的步骤，适度过量有利于提高整体反应速率；（3）A．由反应可知12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)ΔH(298K)=-46.2kJ·molB．当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，氮气和氢气的分压将减小，平衡逆向移动，不能提高平衡转化率，B不正确；C．迅速冷却可将NH3液化，不断将液态氨移去，平衡正向移动，有利于反应正向进行，C正确；D．氢气易燃易爆，催化剂分离空气可得到N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生，D正确；故答案为：ACD；（4）①10min时反应达到平衡，测得c(NH3)=1.2mol·L-1，根据方程式可列出三段式：起始(mol/L)故用氢气表示的化学反应速率为：v=Δc②平衡常数：K=(（5）图中M点，氮气、氢气的投料比为1：4；N平衡时，氨气的体积分数为40%，2x5a-2x=0.4；x=5a7（6）N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，氨气体积分数减小；N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，氨气体积分数增大；根据图示，随X增大，氨气体积分数增大，所以X代表的是压强，L代表温度，L1＜L2，理由为合成氨反应为放热反应，压强相同时，升高温度N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)平衡逆向移动，NH3的体积分数降低。

【分析】（1）提高合成氨的平衡产率应使平衡正向移动；