辽宁省2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（含答案）

辽宁省2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．下列有关化学与生产、生活的说法错误的是（）A．氢气燃烧过程中主要是将化学能转化为热能和光能B．自来水厂可用氯气或明矾进行自来水的消毒、净化，以改善水质C．处理锅炉水垢中的硫酸钙，先用饱和碳酸钠溶液浸泡，再用酸除去D．Sb2O3可用作白色颜料和阻燃剂等，在实验室中用SbCl3的水解反应制取2．以下说法中正确的是（）A．常温下pH=4的H2C2O4溶液稀释100倍，pH约为5，则H2C2O4是弱电解质B．增大压强，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增多，化学反应速率加快C．工业合成氨反应是一个熵增加的过程D．等物质的量浓度①NaHSO4和②NaHCO3溶液中水的电离程度①>②3．室温下，对于1.0L0.1mol•L-1的醋酸钠溶液，下列判断正确的是（）A．加入少量醋酸钠固体后，水解平衡正向移动，溶液的pH降低B．加入少量的冰醋酸后，水解平衡逆向移动，水解平衡常数减小C．升高温度，平衡正向移动，c(CH3COOH)与c(CH3COO-)的比值减小D．滴加氢氧化钠溶液过程中，n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为0.1mol4．已知反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)在四种不同情况下的反应速率分别如下：①v(N2)=6.0mol•L-1•min-1②v(H2)=0.45mol•L-1•s-1③v(H2)=0.3mol•L-1•s-1④v(NH3)=0.15mol•L-1•s-1则该反应进行速率快慢顺序正确的是（）A．①＞②＞③＞④ B．②＞①=③＞④C．③＞①＞②＞④ D．④＞③＞①＞②5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（）A．常温下，1.0LpH=13的氢氧化钡溶液中含有的OH-数目为0.2NAB．1.0L0.1mol/L硫化钠溶液中含有的S2-数目为0.1NAC．常温下，1LpH=12的CH3COONa溶液中，OH-的数目为0.01NAD．标准状况下，2.24LCl2溶于水得到的溶液中，Cl2、Cl-和HClO的总数为0.1NA6．常温条件下，下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．加水稀释盐酸时，溶液中所有离子的浓度均减小B．将10mL0.01mol/LNaOH溶液与同浓度的HA溶液混合，若混合后溶液呈中性，则消耗的HA的体积V≤10mLC．等浓度的①NH4Cl溶液②NH4HSO4溶液③NH4HCO3溶液中的c(NH4+)相等D．室温下，向0.1mol/L氨水中加少量NH4Cl固体，溶液中c(OH7．室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．常温下c(H+)c(OH−)=10-12的溶液：KB．在含有大量Al3+溶液中：NH4+、Na+、ClC．常温下pH=7的溶液中：Na+、Cl-、SO4D．常温下由水电离产生的c(OH-)=10-12mol•L-1的溶液：K+、Al3+、Cl-、S8．下列热化学方程式正确的是（）A．甲烷的燃烧热为△H=-890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ•mol-1B．500℃、30MPa下，将1molN2和3molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=19.3kJ•mol-1C．已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1，则稀CH3COOH溶液和稀NaOH溶液反应的反应热△H=-57.3kJ•mol-1D．25、101kPa下，1gH2燃烧生成液态水放出142.9kJ热量，其热化学方程式为H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ•mol9．下列能用勒夏特列原理解释的有几个（）①Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深②棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅③氯水宜保存在低温、避光条件下④实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气⑤由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系加压(缩小体积)后颜色变深⑥合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率A．6 B．5 C．4 D．310．工业生产硫酸的一步重要反应是SO2在400℃到500℃下的催化氧化：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H＜0，如果反应在密闭容器中进行，下列有关说法错误的是（）A．实际生产中选定400℃到500℃作为操作温度，其原因是在此温度下催化剂的活性最高B．使用催化剂可加快反应速率，SO3产率不变C．增大压强可以提高SO3产率，但高压对动力和设备要求太高，会增加生产成本D．其他条件保持不变，温度越高，速率越快，生产效益越好11．卤代烃可以和乙醇反应生成醚，反应历程可表示如图：能量变化如图所示，下列说法正确的是（）A．高温条件下有利于反应I的进行B．反应II是决速步骤C．反应III的中间体比反应IV的中间体稳定D．各步反应都有共价键的断裂和生成12．T℃时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)⇌C(s)△H＜0，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线(实线)所示，下列判断正确的是（）A．T℃时，该反应的平衡常数为4B．e点没有达到平衡，此时反应向正向进行C．若c点、e点均为平衡点，则此时容器内的温度关系为T(c)＞T(d)＞T(e)D．T℃时，a点反应物B的转化率小于b点反应物B的转化率13．某温度下，向10mL0.01mol/LPbCl2溶液中滴加0.01mol/L的Na2S溶液，滴加过程中lgc(Pb2+)与Na2S溶液体积的关系如图所示，下列有关说法正确的是（）已知：lg2=0.3，Ksp(ZnS)=3×10-25mol2/L2A．a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最小的为a点B．Na2S溶液中：c(Na+)=c(H2S)+2c(S2-)+c(HS-)C．向Zn2+、Pb2+浓度相等的混合溶液中逐滴加入一定浓度的Na2S溶液，Zn2+先沉淀D．若改用0.005mol/LNa2S溶液，b点应该水平右移14．室温下，向20mL0.10mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.10mol/LNaOH溶液，溶液中由水电离出H+浓度的负对数[-lgc(H水A．d点溶液中：c(Na+)+c(CH3COO-)=0.1mol/LB．c、e两点溶液：c点显中性，e点显碱性C．室温下，CH3COO-的水解平衡常数的为1.0×10-9D．b、f点溶液中均有：c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)二、多选题15．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向2mL0.1mol/L硝酸银溶液中加入1mL0.1mol/LNaCl溶液，出现白色沉淀，再加入几滴0.1mol/L的Na2S溶液，有黑色沉淀生成Ksp(Ag2S)＜Ksp(AgCl)B两支试管，都加入2mL1mol/L的酸性KMnO4溶液，再同时向两支试管分别加入2mL0.1mol/L的H2C2O4溶液和2mL0.05mol/L的H2C2O4溶液，前者高锰酸钾溶液褪色时间短增大反应物浓度化学反应速率加快C经测定25℃时0.1mol/L的NaHC2O4溶液的pH≈5.5HCD向盛有相同浓度KI3溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀溶液中可能存在平衡：I3−⇌IA．A B．B C．C D．D三、填空题16．常温下，有浓度均为0.1mol•L-1的下列6种溶液：①NaCN溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液④NH3•H2O溶液⑤NH4Cl溶液⑥FeCl3溶液HCNH2CO3CH3COOHKa=4.9×10-10Ka1=4×10-7Ka2=5.6×10-11Ka=1.7×10-5（1）溶液③pH=10的原因是(用离子方程式表示)。（2）溶液①中各离子浓度由大到小的顺序是。（3）溶液①和③相比较，pH(NaCN)pH(CH3COONa)(填“＞”“＜”或“=”)。（4）pH相等的溶液②和溶液④，稀释相同的倍数，则稀释后pH(NaOH)pH(NH3•H2O)(填“＞”“＜”或“=”)。（5）CuCl2溶液中混有FeCl3杂质时，通常加入氧化铜固体以达到除杂目的，原因是(用相应的离子方程式和必要的文字加以解释)。（6）25℃时，向①NaCN溶液中通入少量CO2，发生反应的离子方程式为。（7）常温下，若④NH3•H2O溶液和⑤NH4Cl溶液的混合溶液中c()=c(Cl-)，则该溶液呈性。(填“酸”“碱”或“中”)。17．如图表示1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，已知E1=134kJ•mol-1、E2=368kJ•mol-1。（1）若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，△H的变化是。（2）请写出NO2和CO反应的热化学方程式：。（3）当上述反应中放出46.8kJ的热量时，生成标准状况下二氧化碳的体积。（4）已知甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H1②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H2③CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)△H3已知反应②中相关化学键键能(断裂或形成1mol化学键吸收或放出的能量)数据如表所示：化学键H－HC=OC≡OH－OE/kJ•mol-14368031076465由此计算△H2=kJ•mol-1。已知△H3=+99kJ•mol-1，则△H1=kJ•mol-1。四、综合题18．在化学分析中，常需用KMnO4标准溶液，由于KMnO4晶体在室温下不太稳定，因而很难直接配制准确物质的量浓度的KMnO4溶液。实验室一般先称取一定质量的KMnO4晶体，粗配成大致浓度的KMnO4溶液，再用性质稳定、相对分子质量较大的基准物质草酸钠(Na2C2O4)对粗配的KMnO4溶液进行标定，测出所配制的KMnO4溶液的准确浓度，反应原理为：5C2O42−+2MnO4−+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，以下是标定KMnO步骤一：先粗配浓度约为0.15mol/L的KMnO4溶液500mL。步骤二：准确称取Na2C2O4固体mg放入锥形瓶中，用蒸馏水溶解并加稀硫酸酸化，加热至70～80℃，用步骤一所配KMnO4溶液进行滴定。记录相关数据。步骤三：重复步骤二两到三次。步骤四：计算KMnO4溶液的物质的量浓度。试回答下列问题：（1）如图为整个过程中可能使用的仪器的部分结构(有的仪器被放大)。A图B图C图D图A图中液面所示溶液的体积为mL，用上述四种仪器中的某种测量某液体的体积，平视时读数为NmL，仰视时读数为MmL，若M＞N，则所使用的仪器是(填字母标号)。（2）该滴定实验滴定终点的现象是。（3）步骤二中滴定操作图示如图所示，正确的是(填编号)。（4）步骤二的滴定过程温度变化并不明显，但操作过程中发现前一阶段溶液褪色较慢，中间阶段褪色明显变快，最后阶段褪色又变慢。试根据影响化学反应速率的条件分析，溶液褪色中间明显变快，最后又变慢的原因是。（5）若m的数值为2.010g，滴定的KMnO4溶液平均用量为25.00mL，则KMnO4溶液的物质的量浓度为mol/L。（6）若滴定前无气泡，滴定结束时有气泡，则实验结果(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。19．（1）I.某合成气的主要成分是一氧化碳和氢气，可用于合成甲醚等清洁燃料。由天然气获得该合成气过程中可能发生的反应如下，请回答下列问题：①CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H1=+206.1kJ•mol-1②CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H2=+247.3kJ•mol-1在一密闭容器中进行反应①，写出该反应的平衡常数表达式。（2）已知在反应①中测得CH4的物质的量浓度随反应时间的变化如图1所示。则反应第一次到达平衡时CH4的转化率为。（3）10min时，改变的外界条件可能是。（4）一定温度下的恒容容器中，分别研究在PX、PY、PZ三种压强下CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)△H1=-206.1kJ•mol-1的反应规律。如图2是上述三种压强下H2和CO的起始组成[n(H2)n(CO)]与CO平衡转化率的关系，则PX、PY、PZ的大小关系是，此时该反应的化学平衡常数KX、KY、K（5）II.如图3所示，在甲、乙两容器中分别充入等物质的量的CH4和CO2，使甲、乙两容器初始容积相等。在相同温度下发生反应②，并维持反应过程中温度不变，已知甲容器中CH4的转化率随时间的变化如图4所示：请在图4中画出乙容器中CH4的转化率随时间变化的图像。（6）III.在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表：温度/℃2580230平衡常数5×10421.9×10-5在80℃时，测得某时刻Ni(CO)4、CO浓度均为0.5mol•L-1，则此时v正v逆，(填“＞”“＜”或“=”)。（7）能说明该反应已达平衡状态的是____。A．体系的压强不再改变B．c(Ni)不再改变C．混合气体的平均相对分子质量不再改变D．v(CO)：v(Ni(CO)4)=4：1

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．氢气燃烧发光发热，将化学能转化为热能和光能，A不符合题意；B．氯气和水反应生成HCl和有强氧化性的HClO，HClO能杀菌消毒，但不能净水，明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮物，净化水质，但不能杀菌消毒，B符合题意；C．用饱和碳酸钠溶液浸泡硫酸钙，硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙，碳酸钙易溶于酸而除去，C不符合题意；D．SbCl3，水解生成Sb2O3，2SbCl故答案为：B。

【分析】A.燃料燃烧时主要将化学能转化为热能和光能；

C.先用碳酸钠溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应，而硫酸钙不能；

D.SbCl3水解可生成Sb2O3。2．【答案】A【解析】【解答】A．常温下pH=4的H2C2O4溶液稀释100倍，pH约为5，pH<6，则H2C2O4是弱电解质，A符合题意；B．增大压强，活化分子百分数不变，单位时间内有效碰撞次数增多，化学反应速率加快，B不符合题意；C．合成氨反应是一个气体体积减小的反应，是熵减小的反应；C不符合题意；D．①NaHSO4溶于水完全电离Na+、H+、SO42-，H+抑制水的电离，②NaHCO3中HCO3故答案为：A。

【分析】A.pH=4的H2C2O4溶液稀释100倍，pH约为5，说明稀释过程中H2C2O4继续电离，则H2C2O4为弱电解质；

B.增大压强，浓度增大，导致增加单位体积内活化分子数增多，活化分子百分数不变；

C.合成氨的反应是气体体积减小的反应，ΔS<0；

D.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。3．【答案】D【解析】【解答】A．加入少量醋酸钠固体后，增大反应物浓度，水解平衡正向移动，c(OH-)增大，溶液的pH增大，A不符合题意；B．加入少量的冰醋酸后，增大了生成物浓度，水解平衡逆向移动，但由于温度不变，所以水解平衡常数不变，B不符合题意；C．升高温度，水解平衡正向移动，n(CH3COOH)增大，n(CH3COO-)减小，c(CHD．依据物料守恒，1.0L0.1mol•L-1的醋酸钠溶液，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=1.0L×0.1mol•L-1=0.1mol，滴加氢氧化钠溶液过程中，n(CH3COOH)减小的数值与n(CH3COO-)增大的数值相等，所以n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为0.1mol，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.醋酸钠溶液中，存在CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，加入少量醋酸钠固体，CH3COO-的浓度增大，平衡正向移动；

B.水解平衡常数只与温度有关；

C.升高温度，水解平衡正向移动。4．【答案】B【解析】【解答】①v(N2)=6.0mol•L-1•min-1，则v(H2)=6.0×360mol•L-1•s-1=0.3mol•L-1②v(H2)=0.45mol•L-1•s-1；③v(H2)=0.3mol•L-1•s-1；④v(NH3)=0.15mol•L-1•s-1，则v(H2)=0.152×3mol•L-1•s-1=0.225mol•L比较以上数据，可得出②＞①=③＞④，故答案为：B。

【分析】同一个化学反应，用不同的物质表示反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比等于相应的化学计量数之比，速率与计量系数的比值越大，反应速率越快。5．【答案】C【解析】【解答】A．常温下，1.0LpH=13的氢氧化钡溶液中，c(OH-)=0.1mol/L，含有的OH-数目为1.0L×0.1mol/L×NAmol-1=0.1NA，A不符合题意；B．硫化钠溶液中，S2-会发生水解，从而使其浓度减小，所以1.0L0.1mol/L硫化钠溶液中含有的S2-数目小于0.1NA，B不符合题意；C．常温下，1LpH=12的CH3COONa溶液中，c(OH-)=0.01mol/L，OH-的数目为0.01mol/L×1L=0.01NA，C符合题意；D．标准状况下，2.24LCl2中所含Cl原子为0.2mol，溶于水得到的溶液中，Cl2、Cl-和HClO的总数应大于0.1NA，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.根据N=cVNA计算；

B.S2-在溶液中会发生水解；

D.氯气溶于水，部分反应生成HCl、HClO，HCl完全电离、HClO部分电离，结合物料守恒分析。6．【答案】D【解析】【解答】A．加水稀释盐酸时，溶液中c(H+)、c(Cl-)减小，对水电离的抑制作用减弱，水的电离程度增大，则溶液中c(OH-)增大，A不符合题意；B.10mL0.01mol/LNaOH溶液与同浓度HA溶液混合，溶液呈中性，若HA为强酸，则消耗的HA的体积V=10mL，若HA为弱酸，则消耗HA的体积V＞10mL，所以消耗的HA的体积V≥10mL，B不符合题意；C．等浓度的①NH4Cl溶液②NH4HSO4溶液③NH4HCO3溶液中，①NH4Cl发生单水解，②NH4HSO4溶液中，电离产生的H+抑制水解，使其水解程度减小，③NH4HCO3溶液中与发生双水解反应，从而促进水解，所以c(NH4+)关系为②＞①＞③，C不符合题意；D．室温下，向0.1mol/L氨水中加少量NH4Cl固体，c()增大，溶液中c(OH−)故答案为：D。

【分析】A.加水稀释盐酸时，溶液中c（H+）减小，温度不变水的离子积常数不变；

B.混合溶液呈中性，如果是HA是强酸，则酸碱的物质的量相等，如果HA是弱酸，要使混合溶液呈中性，HA应该稍微过量；

C.铵根离子的水解程度越小，其浓度越大。7．【答案】A【解析】【解答】A．常温下c(H+)c(OH−)=10-12的溶液中，c(H+)=10-13mol∙L-1，溶液呈碱性，K+B．在含有大量Al3+溶液中，HCO3−会与Al3+C．常温下pH=7的溶液中，Fe3+会发生完全水解，不能大量存在，C不符合题意；D．常温下由水电离产生的c(OH-)=10-12mol•L-1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，碱性时Al3+不能大量共存，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。8．【答案】D【解析】【解答】A．甲烷的燃烧热为△H=-890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式中，水应呈液态，可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ•mol-1，A不符合题意；B.500℃、30MPa下，将1molN2和3molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，由于合成氨反应为可逆反应，实际参加反应的N2小于1mol，则其热化学方程式N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜-19.3kJ•mol-1，B不符合题意；C．已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1，CH3COOH为弱酸，电离过程中吸收热量，则稀CH3COOH溶液和稀NaOH溶液反应的反应热△H＞-57.3kJ•mol-1，C不符合题意；D.25、101kPa下，1gH2燃烧生成液态水放出142.9kJ热量，则2gH2燃烧生成液态水放热285.8kJ，其热化学方程式为H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1故答案为：D。

【分析】A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；

B.合成氨的反应为可逆反应；

C.醋酸为弱酸，醋酸电离吸热。9．【答案】B【解析】【解答】①Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后，溶液中c(SCN-)增大，平衡正向移动，Fe(SCN)3的浓度增大，溶液的颜色变深，①符合题意；②棕红色NO2加压后，NO2的浓度增大，然后平衡向生成N2O4的方向移动，从而使气体的颜色变浅，所以混合气的颜色先变深后变浅，②符合题意；③在光照条件下，氯水中的次氯酸受热或光照时都会发生分解，从而促进氯气与水反应的正向移动，加热时，氯气在水中的溶解度降低，会挥发出氯气，所以氯水宜保存在低温、避光条件下，③符合题意；④饱和食盐水中氯离子浓度大，能抑制氯气与水反应的正向进行，所以实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气，④符合题意；⑤由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系加压(缩小体积)后，平衡不发生移动，但气体的浓度增大，颜色变深，⑤不符合题意；⑥合成氨时将氨液化分离，可减少生成物浓度，促进合成氨反应正向进行，从而提高原料的利用率，⑥符合题意；综合以上分析，①②③④⑥符合题意，故答案为：B。

【分析】勒夏特列原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。10．【答案】D【解析】【解答】A．SO2与O2生成SO3的反应是放热反应，温度低有利于平衡的正向移动，但实际生产中选定400℃~500℃，主要原因是在此温度下催化剂的活性最高，A不符合题意；B．使用催化剂可以加快反应速率，提高平衡前单位时间内的产率，但对SO3的平衡产率不产生影响，B不符合题意；C．增大压强可以促进平衡正向移动，从而提高SO3产率，但高压对动力和设备要求增加，会加大生产成本，C不符合题意；D．其他条件保持不变，温度越高，速率越快，但平衡逆向移动，降低产率，且增加生产成本，对提高生产效益会产生不利影响，D符合题意；故答案为：D。

【分析】依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。11．【答案】A【解析】【解答】A．从能量变化图可看出反应I是吸热反应，高温有利于提高反应速率和转化率，故A符合题意；B．决速步骤应是活化能最大的步骤，从能量变化图可看出反应I活化能最大，故B不符合题意；C．从能量变化图可看出反应III的中间体比反应IV的能量高，能量越高越不稳定，故C不符合题意；D．从能量变化图可看出反应I只有共价键的断裂，故D不符合题意；故答案为：A【分析】A．依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；B．决速步骤应是活化能最大的步骤；C．能量越高越不稳定；D．依据图中物质的结构变化分析。12．【答案】C【解析】【解答】A．T℃时，在a点，c(A)=4mol/L，c(B)=1mol/L，该反应的平衡常数为14×1B．e点时，浓度商Q=1＞0.25，则反应没有达到平衡，此时反应逆向进行，B不符合题意；C．若c点、e点均为平衡点，则此时c点平衡常数小于0.25、e点平衡常数大于0.25，此反应为放热反应，温度高，平衡常数小，则容器内的温度关系为T(c)＞T(d)＞T(e)，C符合题意；D．依据反应A(g)+B(g)⇌C(s)，T℃时，a点时A的浓度比B大，则B的转化率大于A，b点时，B的转化率与a点时A的转化率相同，所以a点反应物B的转化率大于b点反应物B的转化率，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；B．根据K与Q的关系，可判断平衡移动的方向；C．依据化学平衡移动原理分析；D．依据图像分析。13．【答案】D【解析】【解答】A.10mL0.01mol/LPbCl2需0.01mol/L的Na2S10mL达终点，所以b点为滴定终点。PbCl2是强酸弱碱盐，Na2S是强碱弱酸盐，两者均会水解，促进水的电离，PbCl2和Na2S发生反应PbClB.Na2S溶液中存在原子守恒c(Na+)=2c(H2S)+2c(S2-)+2c(HS-)，C不符合题意；C.由图中数据求得Ksp(PbS)=c（Pb2+）⋅c（S2-)=（1.0×10−14）2=1.0×10−28mol2D.10mL0.01mol/LPbCl2需0.01mol/L的Na2S10mL达终点，若改用0.005mol/LNa2S溶液，需20mL达终点。恰好反应时，溶液中Pb2+浓度不变，b点应该水平右移，D符合题意；故答案为D。

【分析】A.依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；B.依据物料守恒分析；C.依据图中数据计算Ksp，Ksp越小，越易形成沉淀分析；D.利用Ksp的公式分析。14．【答案】A【解析】【解答】A．d点时，CH3COOH与NaOH刚好完全反应，生成CH3COONa和水，此时c(CH3COONa)=0.05mol/L，但CH3COO-发生水解，浓度减小，所以溶液中：c(Na+)+c(CH3COO-)＜0.1mol/L，A符合题意；B．c点时，CH3COONa与CH3COOH共存，此时可认为CH3COO-不水解、CH3COOH不电离，溶液呈中性；e点溶液中，CH3COONa与NaOH共存，-lgc(H水+)=7，表明NaOH电离产生的OH-刚好抑制CH3COOC．室温下，Ka(CH3COOH)=10−3×10−30.1=10-5，则CH3COOD．b点，反应刚结束时c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，但随后以CH3COOH电离为主，溶液呈酸性，所以c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，f点，反应刚结束时c(CH3COONa)=c(NaOH)，CH3COO-水解受到OH-的抑制，水解程度很小，所以c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A．依据盐类水解规律分析；B．利用有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，两弱双水解分析；C．利用Kh=KWD．依据电离和水解程度分析。15．【答案】C,D【解析】【解答】A．由题意可知，银离子是过量的，所以没有沉淀的转化，不能比较Ksp，A不符合题意；B．高锰酸钾溶液的浓度大，体积一样，故高锰酸钾的物质的量大，而且高锰酸钾转移电子数多，故高锰酸钾过量，不能看到褪色的现象，B不符合题意；C．pH≈5.5说是酸性环境，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明HC2OD．向盛有相同浓度KI3溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，说明溶液中存在I2和I-，故溶液中可能存在平衡故答案为：CD。【分析】A．依据银离子是过量的分析；B．高锰酸钾过量，不能褪色；C．依据pH分析电离和水解程度；D．依据化学平衡移动原理分析。16．【答案】（1）CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-（2）c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)（3）＞（4）＜（5）Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入氧化铜与H+反应，c(H+)降低，平衡向右移动，c(Fe3+)减小（6）CO2+H2O+CN-=+HCN（7）中【解析】【解答】（1）溶液③CH3COONa为强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中发生水解，从而使溶液显碱性，则pH=10的原因是CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-。答案为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；（2）①NaCN为强碱弱酸盐，CN-发生水解生成OH-等，但单水解进行的程度小，所以c(CN-)＞c(OH-)，则各离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)。答案为：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)；（3）溶液①NaCN和③CH3COONa相比较，由于Ka(HCN)=4.9×10-10＜Ka(CH3COOH)=1.7×10-5，所以NaCN水解的程度比CH3COONa大，溶液的碱性强，则pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)。答案为：＞；（4）pH相等的溶液②NaOH溶液和④NH3•H2O溶液，由于NaOH为强碱，而NH3•H2O为弱碱，所以稀释相同的倍数，NH3•H2O的电离程度增大，溶液中OH-的物质的量增大，所以稀释后NH3•H2O中c(OH-)大，pH(NaOH)＜pH(NH3•H2O)。答案为：＜；（5）CuCl2溶液中混有FeCl3杂质，加入氧化铜固体，可与Fe3+水解生成的H+反应，从而促进Fe3+的水解，达到除杂目的，原因是：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入氧化铜与H+反应，c(H+)降低，平衡向右移动，c(Fe3+)减小。答案为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入氧化铜与H+反应，c(H+)降低，平衡向右移动，c(Fe3+)减小；（6）25℃时，向①NaCN溶液中通入少量CO2，由于Ka2(H2CO3)＜Ka(HCN)＜Ka1(H2CO3)，所以碳酸只发生第一步电离，发生反应的离子方程式为CO2+H2O+CN-=+HCN。答案为：CO2+H2O+CN-=+HCN；（7）常温下，若④NH3•H2O溶液和⑤NH4Cl溶液的混合溶液中c()=c(Cl-)，依据电荷守恒，可得出c(H+)=c(OH-)，则该溶液呈中性。答案为：中。

【分析】（1）依据盐类水解规律分析；

（2）①依据盐类水解规律和电荷守恒分析；

（3）利用越弱越水解分析

（4）依据化学平衡移动原理分析；

（5）调节溶液的pH值：使某些离子转变为沉淀而达到分离的目的，抑制某些离子的水解，防止某些离子的氧化等；

（6）依据强酸制弱酸分析；

（7）依据电荷守恒分析。17．【答案】（1）减小；不变（2）NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)△H=-234kJ•mol-1（3）4.48L（4）+36；-63【解析】【解答】（1）催化剂能改变反应历程，减小反应的活化能，对反应热无影响，答案：减小；不变；（2）1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO的△H=E1-E2=134kJ•mol-1-368kJ•mol-1=-234kJ•mol-1，则热化学方程式NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)△H=-234kJ•mol-1，答案为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)△H=-234kJ•mol-1；（3）由题意可知生成1molCO2放出234kJ热量，当放出46.8kJ的热量时，生成标准状况下二氧化碳的体积46.8234（4）△H2=2EC=O+EH－H

【分析】

（1）催化剂只能改变反应的途径降低反应所需要的活化能，不能改变反应的始态和终态，即不改变反应热；（2）热化学方程式是表示化学反应所放出或吸收的热量的化学反应式；（3）依据热化学方程式计算；（4）根据盖斯定律计算。18．【答案】（1）28.0；C（2）当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色(或浅红色，或浅紫红色)，且半分钟内不恢复原色（3）E（4）中间生成的Mn2+为该反应的催化剂，反应速率较前一阶段明显变快；最后由于反应物浓度减小，反应速率变慢（5）0.2400（6）偏高【解析】【解答】（1）量筒小刻度在下，大刻度在上，根据A图中量筒液面所示刻度可知：溶液的体积为28.0mL；图示四种仪器中，A是量筒，B是容量瓶，C是滴定管，D是温度计。若用上述四种仪器中的某种测量某液体的体积，平视时读数为NmL，仰视时读数为MmL，若M＞N，则所用仪器小刻度在上，大刻度在下，则所使用的仪器是滴定管，故合理选项是C；（2）用KMnO4溶液滴定Na2C2O4溶液，开始时溶液为无色，随着标准溶液的滴入，Na2C2O4溶液逐渐减少，当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色(或浅红色，或浅紫红色)，且半分钟内不恢复原色，说明滴定达到终点；（3）KMnO4溶液具有氧化性，应该用酸式滴定管盛装，滴定时，左手控制活塞