2020-2021学年山东省潍坊市高二（上）期中化学试卷

第1页（共1页）2020-2021学年山东省潍坊市高二（上）期中化学试卷一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．（2分）工业上制备金属钾的反应为KCl+Na⇌NaCl+K，该反应为吸热反应，反应温度通常为850℃。相关数据如表所示，下列说法错误的是（）物质熔点/℃沸点/℃Na97.8883K63.7774NaCl801.01413KCl7701500A．Na比K活泼 B．该反应的△H＞0 C．该反应的△S＞0 D．该条件下△H﹣T△S＜02．（2分）下列现象不能用化学平衡原理解释的是（）A．打开冰镇啤酒并倒入杯中，杯中立即泛起大量泡沫 B．在实验室制备氯气时，用饱和食盐水净化氯气 C．已知2HI（g）⇌H2（g）+I2（g），为更准确测定HI的相对分子质量，选择高压条件下测定 D．实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出3．（2分）SiCl4是一种重要的化工原料，SiCl4氢化为SiHCl3的反应方程式为：3SiCl4（g）+2H2（g）+Si（s）⇌4SiHCl3（g），其转化率随温度变化如图所示。下列说法错误的是（）A．n点v正＞v逆 B．m点v逆大于q点v逆 C．p点后，转化率下降可能是平衡左移 D．加压有利于提高混合气体中SiHCl3的体积分数4．（2分）常温下，向0.1mol•L﹣1H2SO3溶液中缓慢加入固体NaOH（溶液体积不变），溶液中H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣的物质的量分数随pH的变化如图所示。下列说法错误的是（）A．K（H2SO3）＝1×10﹣2mol•L﹣1 B．向a点溶液通入氯气，溶液中HSO3﹣数目减少 C．m点溶液中离子的物质的量浓度大小为c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） D．溶液导电性：a＞b5．（2分）溶液的酸碱性可用酸度（AG）表示，AG＝lg，常温下，向0.1mol•L﹣1的NaClO溶液中加入适量水，溶液酸度随加入水的体积变化如图所示。下列说法正确的是（）A．测量该溶液pH的方法：蘸取待测液滴在pH试纸上，与标准比色卡对比 B．m点，由水产生的c（H+）＝1×10﹣10mol•L﹣1 C．加入一定量盐酸，AG有可能大于零 D．加水过程中，c（OH﹣）＞c（H+）+c（HClO）6．（2分）FeCl3溶于盐酸中存在下列平衡：Fe3+（aq）+4Cl﹣（aq）⇌FeCl4﹣（aq）（黄色）。已知平衡时，物质的量浓度[FeCl4﹣]与温度T的关系如图所示。则下列说法正确的是（）A．该反应为吸热反应 B．A点与B点相比，B点[FeCl4﹣]浓度更高一些 C．反应处于D点时，有v正＜v逆 D．将C点溶液加热蒸干并灼烧后，最终得到Fe2O3固体7．（2分）下列说法错误的是（）A．水的离子积常数Kw不仅适用于纯水，也适用于稀的酸、碱、盐溶液 B．强酸与强碱形成的盐，其水溶液不一定呈中性 C．电离常数大的酸溶液中c（H+）一定比电离常数小的酸溶液中的c（H+）大 D．多元弱酸的各级电离常数逐级减小8．（2分）一定温度下，反应I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）在密闭容器中达到平衡时，测得c（I2）＝c（H2）＝0.11mmol•L﹣1，c（HI）＝0.78mmol•L﹣1。相同温度下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是（）（注：1mmol•L﹣1＝10﹣3mol•L﹣1）ABCDc（I2）/mmol•L﹣10.440.222.000.11c（H2）/mmol•L﹣10.440.222.000.44c（HI）/mmol•L﹣14.001.562.001.56A．A B．B C．C D．D9．（2分）（CH3NH3）（PbI3）是钙钛矿太阳能电池的重要吸光材料，其降解原理如图所示。下列说法错误的是（）A．H2O不是催化剂 B．H2O与CH3NH3+发生作用，生成H3O+和CH3NH2 C．该反应的化学方程式为（CH3NH3）（PbI3）HI+CH3NH2+PbI2 D．及时分离出HI有利于提高产率10．（2分）合成氨的反应历程有多种，有一种反应历程如图所示，吸附在催化剂表面的物质用*表示。下列说法错误的是（）A．适当提高N2分压，可以加快N2（g）→*N2反应速率 B．N2生成NH3是通过多步氧化反应生成的 C．两个氮原子上的加氢过程分步进行 D．大量氨分子吸附在催化剂表面，将减缓反应速率二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得零分。11．（4分）常温下，浓度均为0.10mol•L﹣1、体积均为V0的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是（）A．HA的酸性强于HB的酸性 B．HB溶液中的值：b点大于a点 C．此温度下，Ka（HB）＝1×10﹣5mol•L﹣1 D．HA的电离程度：d点大于c点12．（4分）某反应加入催化剂后，反应历程变成两个基元反应，相关能量变化如图所示（E为正值，单位：kJ•mol﹣1）。下列有关说法正确的是（）A．该总反应的活化能Ea＝E1+E3 B．该总反应的焓变△H＝﹣（E4+E2﹣E1﹣E3） C．此条件下，第一个基元反应的反应速率大于第二个 D．对于Ea＞0的反应，必须加热才能进行13．（4分）已知某温度下CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中溶液中pOH[pOH＝﹣lgc平衡（OH﹣）]与pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．Q点对应a值等于7 B．M点所示溶液中c（CH3COO﹣）＞c（NH4+） C．在滴加过程中，水的电离程度始终增大 D．c（CH3COOH）与c（CH3COO﹣）之和始终保持不变14．（4分）已知除去NO的一种反应如下：主反应：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）⇌4N2（g）+6H2O（g）△H副反应：4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）相同条件下，在甲、乙两种催化剂作用下进行上述反应。下列说法错误的是（）A．△H＜0 B．乙催化剂的催化效果要强于甲 C．改变催化剂的选择性，可以减少副反应的发生 D．相同条件下选择高效催化剂，可以提高M点的平衡转化率15．（4分）SO2（g）、O2（g）和N2（g）起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa不同压强下发生反应：2SO2（g）+O2（g2SO3（g），SO2平衡转化率α随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（）A．压强大小顺序p1＞P2＞P3 B．该反应在常温常压下进行最有利于提高效益 C．恒容条件下，增加N2初始用量，α增大 D．其它条件不变，若将SO2、O2初始用量调整为2：1，则α减小三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．（12分）醋酸（CH3COOH）是食醋的主要成分，也是重要的化工原料。常压下，取不同浓度、不同温度的醋酸溶液测定，得到如表实验数据。温度/℃c（CH3COOH）/（mol•L﹣1）电离常数/（mol•L﹣1）电离度/%031.60×10﹣50.2332521.80×10﹣50.305012.5×10﹣5a已知：电离度＝×100%；50℃时CH3COO﹣的水解平衡常数Kh＝4×10﹣9；lg5≈0.7。回答下列问题：（1）增大醋酸溶液中CH3COOH电离程度可采取的措施有、。（2）上表中a＝。（3）50℃时，H2O的离子积常数Kw＝（mol•L﹣1）2，50℃时1mol•L﹣1CH3COOH溶液的pH＝。（4）25℃时，浓度均为0.10mol•L﹣1的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液（化学上把外加少量酸、碱而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液）的pH＝4.76。①向1.0L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液（忽略溶液体积的变化），反应后溶液中c（H+）＝mol•L﹣1。②该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是。17．（12分）将SO2转化为SO3是工业上生产硫酸的关键步骤，发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＝﹣196kJ•mol﹣1，某小组计划研究在相同温度下该反应的物质变化和能量变化，他们分别在恒温下的密闭容器中加入一定量的物质，获得如表数据：容器编号容器体积/L起始时各物质的物质的量/mol达到平衡的时间/min平衡时反应热量变化/kJSO2O2SO3①10.0500.0300t1放出热量：Q1②10.1000.0600t2放出热量：Q2回答下列问题：（1）若容器①的容积变为原来的2倍，则SO2的平衡转化率。（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）容器①、②中均达到平衡时：t1t2，放出热量2Q1Q2。（填“＞”、“＜”、或“＝”）（3）SO2（g）与O2（g）在V2O5作催化剂的条件下的反应历程如下：①SO2+V2O5═SO3+2VO2；②（写出第2步反应的化学方程式）；V2O5能加快反应速率的根本原因是。（4）在450℃、100kPa的恒温恒压条件下，SO3的平衡体积分数随起始投料的变化如图所示，用平衡压强（平衡压强＝该物质的体积分数×总压强）代替平衡浓度，则450℃时，该反应的Kp＝。18．（10分）过氧化氢和碘化氢是两种重要的化工产品，在工业生产、医疗生活中应用广泛。已知：①过氧化氢是一种二元弱酸，不稳定易分解；且c（HO2﹣）越大，过氧化氢的分解速率越快。②碘化氢可由红磷和碘混合制取，条件是加少量水微热，同时获得另外一种化工产品亚磷酸（H3PO3）。③室温下，过氧化氢与碘化氢发生反应，实验数据如图1所示（纵坐标代表从混合到出现棕黄色的时间，横坐标代表H2O2或HI的浓度）。回答下列问题：（1）写出由红磷和碘制取碘化氢的化学方程式。（2）通过图1数据，从影响化学反应速率的因素考虑，可以得出的结论是。（3）取等浓度的过氧化氢和碘化氢，分别升高不同温度，发现升高温度较小的一组，棕黄色出现加快，升高温度较大的一组，棕黄色出现反而变慢，请你分析解释原因。（4）某同学欲用碘化钾替代氢碘酸验证上述实验结果，在实验过程中，观察到产生了无色气体。查阅资料提出两种假设：假设1：KI可能是过氧化氢分解反应的催化剂。反应机理如下：KI+H2O2→KIO+H2OKIO→KI+O2↑假设2：H2O2+2KI═2KOH+I2，生成的OH﹣对双氧水的分解起到促进作用。请设计实验验证假设2成立：。（5）为进一步探究假设2的原理，该同学进行了不同浓度的过氧化氢分解率与pH的关系实验，数据如图2所示。则过氧化氢浓度一定时，pH增大分解率增大的原因是。19．（14分）硫及其化合物在生产生活中用途广泛，用化学反应原理研究它们的性质和用途有重要意义。回答下列问题：（1）亚硫酰氯（SOCl2）是一种液态化合物，沸点为77℃。向盛有10mL水的锥形瓶中小心滴加8～10滴SOCl2，观察到剧烈反应，液面上有白雾生成，并有刺激性气味气体逸出。轻轻振荡锥形瓶，白雾消失后，向溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成。①SOCl2与水反应的化学方程式为。②蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，将SOCl2与AlCl3•6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因：。（2）利用反应2H2S+SO2═3S↓+2H2O可将石油气中的H2S转化为S。研究小组同学在实验室中进行如下实验：25℃，向100mLH2S饱和溶液中缓缓通入SO2气体（气体体积换算成标准状况），测得溶液pH与通入SO2的体积关系如图所示。已知：25℃，两种酸的电离平衡常数如表。lg1.4＝0.146KKH2SO31.4×10﹣26.0×10﹣8H2CO34.5×10﹣74.7×10﹣11①25℃，H2S饱和溶液的物质的量浓度为mol•L﹣1。②理论计算b点对应溶液的pH约为（忽略溶液的体积变化，计算结果保留一位小数）。而实验测定b点对应溶液的pH小于理论计算值的可能原因是。（用化学方程式解释）③c点时停止通入SO2，并向溶液中加入一定量NaHCO3固体。溶液中H2SO3溶液和NaHCO3发生主要反应的离子方程式为。④请设计实验证明亚硫酸的酸性强于氢硫酸。（说明操作和现象）20．（12分）乙二酸（H2C2O4）俗称草酸，为无色晶体，是二元弱酸，广泛分布于植物、动物和真菌体中，在实验研究和化学工业中应用广泛。回答下列问题：（1）工业上可由以下反应制取草酸：Ⅰ.4CO（g）+4C4H9OH（l）+O2（g）2（COOC4H9）2（l）+2H2O（l）Ⅱ.（COOC4H9）2（l）+2H2O（l）⇌H2C2O4（l）+2C4H9OH（l）①反应Ⅰ选择13～15MPa的高压条件下进行，最主要的原因是为了，若5min内c（O2）减少了0.15mol•L﹣1，则用CO表示的反应速率为mol•L﹣1•min﹣1。②对于反应Ⅱ，下列能够说明其已经达到平衡状态的是。（填序号）a．溶液的pH保持不变b．平衡常数K保持不变c．丁醇的浓度保持不变d．反应液的总质量保持不变（2）草酸溶液中微粒的物质的量分数随溶液pH变化如图所示：①某温度下，测得0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液的pH＝1.3，此时草酸的电离方程式为。②向10mL0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1NaOH溶液、当溶液中c（Na+）＝2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）时，加入V（NaOH）10mL（填“＞”、“＝”或“＜”），若加入NaOH溶液体积为20mL，此时溶液中阴离子浓度的大小顺序为；当pH＝2.7时，溶液中＝。

2020-2021学年山东省潍坊市高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．【解答】解：A．根据金属活动顺序表可知K比Na活泼，故A错误；B．由于该反应为吸热反应，故△H＞0，故B正确；C．由于反应温度通常为850℃，而K的沸点为774℃较低，故K转化为蒸汽逸出，该反应为熵增反应，故△S＞0，故C正确；D．由于该反应的△H＞0，△S＞0，且该反应高温下可自发进行，根据△G＝△H﹣T•△S，△G＜0：反应自发进行，故D正确；故选：A。【点评】本题考查反应热、反应进行的方向以及物质的相关特性，掌握基础是解题关键，题目较易。2．【解答】解：A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，且属于可逆反应，能用平衡移动原理解释，故A不选；B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用平衡移动原理解释，故B不选；C．增大压强平衡不移动，则不能用平衡移动原理解释，故C选；D．将乙酸乙酯不断蒸出，导致乙酸乙酯浓度降低，平衡正向移动，可以用平衡移动原理解释，故D不选；故选：C。【点评】本题考查了平衡移动原理的应用，题目难度不大，明确平衡移动原理的内容即可解答，注意使用平衡移动原理的的前提必须是可逆反应。3．【解答】解：A．n点平衡正向移动，则：v正＞v逆，故A正确；B．m比q点温度低，则v逆：m点＜q点，故B错误；C．p点转化率最大，温度升高，转化率下降，可能正反应放热，平衡左移，故C正确；D．正反应气体系数减小，加压平衡右移，有利于提高混合气体中SiHCl3的体积分数，故D正确；故选：B。【点评】本题考查转化率随温度、压强的变化曲线，速率的影响因素、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意温度改变对放热反应的影响，题目难度不大。4．【解答】解：A．根据a点，pH＝2，即c（H+）＝10﹣2mol•L﹣1；HSO3﹣和H2SO3的物质的量分数各占0.5，即c（HSO3﹣）＝c（H2SO3），所以Ka1（H2SO3）＝＝c（H+）＝10﹣2mol•L﹣1，故A正确；B．氯气具有强氧化性，氧化强还原性的HSO3﹣，溶液中HSO3﹣数目减少，故B正确；C．m点溶液中的主要离子为HSO3﹣离子，溶液显酸性，所以离子的物质的量浓度大小为c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；D．a点溶液中的主要离子为HSO3﹣离子，而b点溶液中的主要离子为HSO3﹣和SO32﹣离子，根据硫元素守恒，由a到b，粒子数目增多，且离子所带的电荷数增多，所以溶液的导电性：b＞a，故D错误；故选：D。【点评】本题考查酸碱中和时的定性判断及pH，题目难度中等，明确图象中曲线变化的含义为解答关键，注意掌握弱电解质电离特点，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。5．【解答】解：A．NaClO溶液中ClO﹣水解生成HClO，具有漂白性，漂白pH试纸变成白色，故A错误；B．常温下m点的AG＝lg＝﹣6，即＝10﹣6，强碱弱酸盐NaClO水解促进水的电离，根据c（H+）×c（OH﹣）＝10﹣14，c（OH﹣）＝10﹣4mol•L﹣1，所以由水产生的c（H+）＝c（OH﹣）＝1×10﹣4mol•L﹣1，故B错误；C．加入一定量盐酸，c（H+）增大，c（OH﹣）减小，增大，AG有可能大于零，故C正确；D．根据溶液中的电荷守恒：c（H+）+c（Na+）＝c（ClO﹣）+c（OH﹣），物料守恒：c（Na+）＝c（ClO﹣）+c（HClO），得出c（H+）+c（HClO）＝c（OH），故D错误；故选：C。【点评】本题考查弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中等，明确图象中曲线变化的含义为解答关键，注意掌握弱电解质电离特点，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。注意掌握电荷守恒、物料守恒及质子守恒在判断离子浓度大小中的应用方法。6．【解答】解：A.由图可知，升高温度FeCl4﹣的浓度减小，可知升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；B.A、B对应的纵坐标为生成物的浓度，A点与B点相比，B点[FeCl4﹣]浓度更小，故B错误；C.D点生成物的浓度小于平衡时浓度，则平衡正向移动，此时v正＞v逆，故C错误；D.加热促进铁离子水解，且生成盐酸易挥发，则C点溶液加热蒸干并灼烧后，最终得到Fe2O3固体，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握纵横坐标的意义、温度对平衡的影响、盐类水解为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析，题目难度不大。7．【解答】解：A．水的离子积只与温度有关，和所处的环境无关，即Kw不只是适用于纯水，也适用于其他稀的电解质溶液，故A正确；B．强酸与强碱可以形成酸式盐，如NaHSO4显酸性，故B正确；C．c（H+）与酸的强弱和酸的浓度均有关，电离常数大的酸溶液中c（H+）不一定比电离常数小的酸溶液中的c（H+）大，故C错误；D．多元弱酸的电离以第一电离能为主，各级电离的电离程度逐渐减小，所以多元弱酸的各级电离常数逐级减小，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了弱电解质的电离、酸碱混合溶液的定性判断等知识点，侧重于考查学生对基础知识的应用能力，注意对基础知识的积累，题目难度不大。8．【解答】解：此温度下平衡常数K＝＝＝50.28，A.Qc＝＝82.64，则Qc＞K，平衡逆向移动，故A正确；B.Qc＝＝50.28，Qc＜K，平衡正向移动，故B错误；C.Qc＝＝1，Qc＜K，平衡正向移动，故C错误；D.Qc＝＝50.28，Qc＜K，平衡正向移动，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握平衡常数与浓度商的关系，把握判断平衡移动的角度和方法，题目难度不大。9．【解答】解：A．由降解原理图可知，水在不同过程中参加了碘化铅甲胺（CH3NH3PbI3）的降解，但在整个过程后又重新生成，质量不变，做催化剂，故A错误；B．第一步反应：n（CH3NH3PbI3）+H2O＝[（CH3NH3）n﹣1][（CH3NH2）（PbI3）n][H3O]，说明H2O与CH3NH3+发生作用，生成H3O+和CH3NH2，故B正确；C．观察整个过程可知，n个（CH3NH3PbI3）在H2O催化作用下，其中一分子CH3NH3PbI3分解为HI、CH3NH2和PbI2，所以反应的化学方程式为（CH3NH3）（PbI3）HI+CH3NH2+PbI2，故C正确；D．及时分离出生成物，平衡正向移动，能够提高产率，故D正确；故选：A。【点评】本题综合考查了电化学知识和应用，为高考常见题型，侧重考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意把握反应原理的分析，题目难度中等。10．【解答】解：A．适当提高N2分压，可以加快N2（g）→*N2反应速率，进而加快了化学反应速率，故A正确；B．由图可知，N2生成NH3的过程为N2→N＝N﹣H→H﹣N＝N﹣H→H﹣N﹣NH2→H2N﹣NH2→NH3，氮元素化合价逐渐降低，是发生多步还原反应生成的，故B错误；C．从图中可以看出，两个氮原子上的加氢过程分步进行，故C正确；D．NH3的及时脱附可留下继续反应的空间而增加催化剂的活性位，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，就将减缓反应速率，故D正确；故选：B。【点评】本题考查化学反应历程中能量的变化等知识，注意掌握基础是解题关键，题目难度中等。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得零分。11．【解答】解：A．0.1mol/L的HA溶液的pH＝1，说明HA完全电离，所以HA为强酸，0.1mol/L的HB溶液的pH＞2，说明HB在溶液中部分电离，所以HB是弱酸，故A正确；B．温度不变，电离常数不变，a点pH值小于b点，所以a点的氢离子浓度大于b点，根据Ka＝，所以的值b点大于a点，故B正确；C．d点时，存在平衡：HB⇌H++B﹣，HB溶液的pH＝4，溶液中c（B﹣）≈c（H+）＝10﹣4mol/L，则Ka＝＝≈1×10﹣5，故C正确；D．HA为强酸，完全电离，所以在dc两点的电离都完全电离，故D错误；故选：D。【点评】本题考查较为综合，为高考常见题型和高频考点，题目涉及弱电解质电离与影响因素、电离平衡常数、pH有关计算等，关键是根据pH的变化判断强弱电解质，注意理解电离平衡常数计算过程中的估算问题，题目难度中等。12．【解答】解：A．由图可知，E1、E3分别是反应I和II的活化能，并且是加入催化剂、活化能降低后的两种活化能，所以不能确定该总反应的活化能，故A错误；B．由图可知，该总反应是放热反应，并且分成两步完成，反应I和II均为放热反应，总反应的焓变＝E1﹣E2+（E3﹣E4）＝﹣（E4+E2﹣E1﹣E3），故B正确；C．由图可知，E1、E3分别是反应I和II的活化能，并且E1＜E3，反应的活化能越小，反应速率越快，所以反应速率：反应I＞II，故C正确；D．对于Ea＞0的反应，不一定需要加热才能进行，如氢氧化钡晶体与氯化铵反应是吸热反应，但常温下不需要加热就能发生，故D错误；故选：BC。【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变的计算、活化能及其对化学反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。13．【解答】解：A．Q点处pOH＝pH，说明溶液呈中性，但温度不确定，即水的离子积常数不一定是10﹣14，中性溶液的pH不一定等于7，故A错误；B．由电荷守恒有：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（NH4+）+c（H+），M点pOH＞pH，说明c（OH﹣）＜c（H+），故c（CH3COO﹣）＞c（NH4+），故B正确；C．Q点呈中性，CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，是CH3COONH4溶液，水的电离程度最大，而后再加入氨水，会抑制水的电离，故C错误；D．n（CH3COOH）与n（CH3COO﹣）之和始终不变，但随氨水的加入，溶液体积增大，c（CH3COOH）与c（CH3COO﹣）之和会减小，故D错误。故选：B。【点评】本题考查水溶液中电离平衡、溶液pH、离子浓度大小比较等，关键是对pOH与pH的理解，注意根据电离平衡常数判断CH3COONH4溶液呈中性。14．【解答】解：A．催化剂不变时，最高点达到平衡状态，继续升高温度NO转化率降低，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故A正确；B．根据图知，开始时NO转化率转化率：甲＜乙，则乙催化剂的催化效果要强于甲，故B正确；C．催化剂具有选择性，所以改变催化剂的选择性，可以减少副反应的发生，故C正确；D．催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以相同条件下选择高效催化剂，不能提高M点的平衡转化率，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确外界条件对平衡影响原理、催化剂选择性是解本题关键，题目难度不大。15．【解答】解：A．温度一定时增大压强平衡正向移动导致二氧化硫转化率增大，根据图知，压强：P1＞P2＞P3，故A正确；B．该反应是正反应气体系数减小的放热反应，使用催化剂，所以加压，在催化剂的活性温度时才能提高效益，故B错误；C．恒容条件下，增加N2初始用量，并没有改变影响此平衡的条件，α不变，故C错误；D．其它条件不变，若将SO2、O2初始用量调整为2：1，相当于增大了SO2的初始用量，SO2平衡转化率α减小，故D正确；故选：AD。【点评】本题考查化学平衡影响因素等知识点，侧重考查图象分析判断及推断能力，正确分析图象并灵活应用化学反应原理解答问题是解本题关键，题目难度不大。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．【解答】解：（1）弱电解质的电离为吸热过程，所以升高温度可以增大醋酸的电离程度，同时加水稀释也可以促进弱电解质的电离；故答案为：升高温度；加水稀释；（2）设50℃时1mol/L的醋酸溶液中c（CH3COO﹣）＝xmol/L，则c（H+）＝xmol/L，所以电离平衡常数Ka＝＝＝2.5×10﹣5，解得x＝5×10﹣3mol/L，所以电离度为100%＝0.5%，所以a＝0.5，故答案为：0.5；（3）醋酸的电离平衡常数为Ka＝，醋酸根的水解平衡常数为Kh＝，所以相同温度下的Ka与Kh的乘积即为该温度下的Kw，则Kw＝2.5×10﹣5×4×10﹣9＝1×10﹣13（mol/L）2，根据（2）的计算可知该温度下1mol/L的醋酸溶液中c（H+）＝5×10﹣3mol/L，pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lg（5×10﹣3）＝2.3，故答案为：1×10﹣13；2.3；（4）①化学上把外加少量酸、碱而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液，所以该溶液中滴入几滴NaOH后pH基本不变，仍为4.76，则c（H+）＝1×10﹣4.76mol/L，故答案为：1×10﹣4.76；②该缓冲溶液的pH值为4.76，溶液呈酸性，即有c（H+）＞c（OH﹣），电荷守恒，得到：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），所以溶液的离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）。【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，涉及影响电离的因素、电离平衡、水的离子积等知识，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识。17．【解答】解：（1）若容器①的容积变为原来的2倍，相当于减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的平衡转化率减小，故答案为：减小；（2）温度相同，容器体积相同，但容器②中投料更多，浓度更大，反应速率更快，所以达到平衡时间t1＞t2；若容器②和容器①为等效平衡，则2Q1＝Q2，但实际上要在等效平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，放出的热量更多，所以2Q1＜Q2，故答案为：＞；＜；（3）总反应﹣第一步反应可以得到第二步反应为O2+4VO2＝2V2O5；催化剂通过参与反应，改变反应历程降低反应的活化能，从而加快反应速率，故答案为：O2+4VO2＝2V2O5；催化剂通过参与反应改变反应历程，降低反应的活化能来加快化学反应速率；（4）当反应物的投料比等于计量数之比时，生成物的体积分数最大，所以此条件下当＝时，平衡时SO3的体积分数为40%，则平衡时p（SO3）＝40kPa，SO2和O2投料比为2：1；按照2：1的比例反应，所以平衡时二者的物质的量之比仍为2：1，则p（SO2）＝40kPa，p（O2）＝20kPa；KP＝＝0.05，故答案为：0.05kPa﹣1。【点评】本题考查化学平衡移动、化学平衡计算等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。18．【解答】解：（1）红磷和碘制取碘化氢，还生成H3PO3，由电子及原子守恒可知化学方程式为2P+3I2+6H2O2H3PO3+6HI，故答案为：2P+3I2+6H2O2H3PO3+6HI；（2）由图1数据可知，从影响化学反应速率的因素考虑，可以得出的结论是其它条件不变的情况下，反应物浓度增大，反应速率增加，故答案为：其它条件不变的情况下，反应物浓度增大，反应速率增加；（3）取等浓度的过氧化氢和碘化氢，分别升高不同温度，发现升高温度较小的一组，棕黄色出现加快，升高温度较大的一组，棕黄色出现反而变慢，原因为温度过高，双氧水分解，反应物浓度降低，造成反应速率减慢，故答案为：温度过高，双氧水分解，反应物浓度降低，造成反应速率减慢；（4）假设2：H2O2+2KI═2KOH+I2，验证假设2成立的实验为取反应后的溶液少许于试管中，加入淀粉溶液，若溶液变蓝，证明假设2成立，故答案为：取反应后的溶液少许于试管中，加入淀粉溶液，若溶液变蓝，证明假设2成立；（5）由图可知，过氧化氢浓度一定时，pH增大分解率增大的原因是pH升高，c（HO2﹣）增大，分解速率加快，故答案为：pH升高，c（HO2﹣）增大，分解速率加快。【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握物质的性质、反应速率的影响因素为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意图象的分析及变量的判断，题目难度不大。19．【解答】解：（1）①根据题目信息判断刺激性气味气体是SO2，有不溶于稀硝酸的白色沉淀AgCl生成说明一定有氯离子，白雾是HCl溶于水的盐酸小液滴，涉及反应为SOCl2+H2O＝SO2↑+2HCl↑，故答案为：SOCl2+H2O＝SO2↑+2HCl↑；②AlCl3+3H2O⇌Al（OH）3+3HClHCl易挥发平衡右移；蒸干AlCl3溶液得到是氢氧化铝固体；AlCl3・6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3•6H2O中的结晶水作用，故答案为：SOCl2吸收AlCl3•6H2O中的结晶水，SO2和HCl气体，AlCl3•6H2O中的结晶水失去生成无水AlCl3，同时产物SO2和HCl抑制AlCl3水解；（2）①根据A点时PH＝7则判断H2S与SO2恰好完全反应，硫单质是沉淀，溶液中只有H2O，通入0.112L的SO2物质的量为0.112L÷22.4L/mol＝0.005mol，据2H2S+SO2＝3S+2H2O；则H2S的物质的量为0.01mol，故H2S饱和溶液的物质的量浓度＝0.01mol÷0.1L＝0.1mol•L﹣1，故答案为：0.1；②b点时亚硫酸的物质的量约为（0.336﹣0.112）L÷22.4L/mol＝0.01mol，则H2SO3浓度＝0.01mol÷0.1L＝0.1mol•L﹣1，H2SO3溶液中以第一步电离为主H2SO3HSO3﹣+H+设H+浓度为xmol•L﹣1则（X×