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广东省东莞市光明中学2025-2026学年高二上学期期中考试 化学试题
1．化学与生产、生活密切相关。下列事实与化学反应速率无关的是
A．食盐中添加碘酸钾
B．锌粉和稀硫酸反应时常常加入少量铜粉
C．医护人员冷藏存放“新冠”疫苗
D．工业矿石冶炼前先将矿石粉碎
2．下列物质加入水中对水的电离平衡没有影响的是
A．KHSO4 B．Ca(OH)2 C．BaSO4 D．HClO
3．下列关于化学平衡常数K，电离平衡常数Ka或Kb，水的离子积常数Kw的叙述中正确的是
A．它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度
B．它们的大小都随温度的升高而减小
C．常温下，CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的K
D．若改变条件使以上平衡正向移动，则达到新的平衡时的相应的平衡常数一定增大
4．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．硫酸工业中增大氧气的浓度有利于提高SO2的转化率
B．工业上合成氨，反应条件选择高温
C．对充有NO2的容器进行加压，气体颜色先变深后变浅
D．实验室用软锰矿制备氯气，可将产生的气体通过饱和食盐水以除去氯气中的氯化氢杂质
5．下列说法正确的是
A．一定温度下，反应MgCl2(l)Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0，ΔS＜0
B．凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的
C．凡是熵增的反应都是自发的，凡是熵减的反应都是非自发的
D．对于ΔH＜0，ΔS＞0的反应，其在任何温度下都能自发进行
6．劳动成就梦想。下列劳动项目中的物质应用与对应所述化学原理没有关联的是
选项 物质应用 化学原理
A 社区服务：用小苏打治疗胃酸过多 纯碱可以和酸反应
B 实践活动：用明矾处理浑水中的悬浮物 胶体吸附性
C 学农活动：将KMnO4溶液浸泡过的砖块放置在储藏仓库 氧化还原
D 自主探究：用盐酸标准液测定未知浓度NaOH溶液 酸碱中和滴定
A．A B．B C．C D．D
7． ΔH=-57.3 kJ/mol，下列说法正确的是
A．H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热ΔH=2×(-57.3) kJ/mol
B．中和热的测定实验中，为了保证盐酸完全被中和，可采用稍过量的氢氧化钠溶液
C．98％的浓硫酸和NaOH溶液反应生成1 mol液态水时，反应热ΔH>-57.3 kJ/mol
D．含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出57.3 kJ的热量
8．在恒温恒容条件下，发生反应，随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是
A．压缩体积加压平衡不移动
B．在不同时刻都存在关系：
C．其他条件不变，向体系中加入催化剂得到曲线乙
D．由、两点坐标可求得从到时间间隔内该化学反应的平均速率
9．我国科学家使用双功能催化剂催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH<0，在低温下获得高转化率与高反应速率，反应过程示意图如下，下列说法正确的是
A．过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程
B．图中显示：起始时的2个H2O都参与了反应过程
C．过程Ⅲ只生成了极性共价键
D．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
10．在含Fe3+、和I-的溶液中，发生反应：，其分解机理及反应进程中的能量变化如下：
步骤①：
步骤②：
下列有关该反应的说法正确的是
A．步骤②是整个反应的决速步骤
B．加入Fe3+可以使反应物分子中活化分子百分数增大
C．总反应的 H>0
D．若不加Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的大
11．工业上用催化还原可以消除氮氧化物的污染，反应原理为： 。下列说法正确的是
A．上述反应平衡常数
B．其他条件不变时，去除率随温度升高而增大的原因可能是平衡常数变大或催化剂活性增强
C．其他条件不变时，恒压条件下通入一定量的惰性气体可以提高去除率
D．实际应用中，采用高分子分离膜及时分离出水蒸气，可以使正反应速率增大，去除率增大
12．下列说法正确的是
A．稀释pH=1的CH3COOH溶液至10倍，若1＜pH＜2，则证明醋酸为弱酸
B．在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性
C．pH相等的盐酸和醋酸溶液中：
D．1 L 0.2 mol·溶液中加入足量稀硫酸，生成的数目为0.1NA
13．利用下列实验装置进行的实验或操作不能达到相应目的是
A．①探究反应物的接触面积对反应速率的影响
B．②探究温度对平衡的影响
C．③除去碱式滴定管中的气泡
D．④测漂白精溶液的pH
14．已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO。某温度下，向pH=7的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，温度不变，测得溶液的pH为2。对该溶液的叙述中不正确的是
A．该温度等于25℃
B．加入NaHSO4晶体后由水电离出来的
C．等物质的量浓度的NaHSO4与盐酸的酸性相当
D．该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液不可使反应后的溶液恰好呈中性
15．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．由水电离出的的溶液：Al3+、Fe3+、SO、H+
B．使酚酞变红的溶液中：Na+、K+、ClO-、CO
C．的溶液中：NH、Na+、、
D．使甲基橙变黄的溶液中：NH、K+、SO、S2-
16．常温时，将pH相同、体积均为的NaOH溶液和MOH(一元弱碱)溶液分别加水稀释至V，pH随lg的变化如图所示。下列说法正确的是
A．加水稀释过程中，逐渐减小
B．曲线Ⅰ表示NaOH溶液
C．水的电离程度：aD．a、c两点溶液的离子总浓度不相同
17．弱电解质的电离平衡在生产、生活、科学研究中具有重要的意义。
Ⅰ．已知25℃时，物质的量浓度为0.1的MOH溶液中，
（1）MOH的电离方程式为　 　，MOH的　 　。
II．已知T℃时， 。
（2）在温度下，将20 mL 0.1 HA溶液和20 mL 0.1 HB溶液分别与20 mL 0.1 NaHCO3，溶液混合，实验测得产生气体的体积V随时间t变化的曲线如图所示。两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是　 　。
（3）向NaA溶液中滴加HB溶液，发生反应：，该反应的平衡常数表达式为K=　 　。
III．水是弱电解质，电离程度很小，其电离平衡曲线如图所示。
（4）图中A、B、C三点的Kw大小关系是　 　。
（5）向B点溶液中加入NaOH固体，保持温度不变，使溶液中，该溶液的pH为　 　，溶液中由水电离产生的c　 　。
18．某中学化学社团利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”，实验时，先分别量取下列溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。设计方案如下，其中t3＜t2＜t1：
实验编号 试管中所加试剂及用量(mL) 温度(℃) 溶液褪至无色所需时间(min)
0.6mol/LH2C2O4溶液 0.2mol/LKMnO4溶液 3mol/LH2SO4溶液 H2O
1 3.0 2.0 2.0 3.0 25 t1
2 3.0 3.0 2.0 2.0 25 t2
3 3.0 3.0 2.0 2.0 40 t3
请回答：
（1）配制0.6mol/LH2C2O4溶液
①若实验中大约要使用480mLH2C2O4溶液，则需要称量H2C2O4 2H2O固体　 　g。
②选择称量H2C2O4 2H2O固体所需要的仪器　 　(填序号)。
名称 托盘天平(带砝码) 小烧杯 坩埚钳 玻璃棒 药匙 量筒
仪器
序号 a b c d e f
（2）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，每消耗1molH2C2O4转移　 　mol电子。当观察到紫色刚好褪去，参加反应的H2C2O4和KMnO4的物质的量之比n(H2C2O4)∶n(KMnO4)=　 　。
（3）实验1测得KMnO4溶液的褪色时间为t1=4 min，忽略混合前后溶液体积的变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=　 　mol/(L·min)。
（4）根据表中的实验2和实验3数据，可以得到的结论是　 　。
（5）该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化趋势的示意图，如图a所示，但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的趋势应当如图b所示：
推测可能的原因是　 　。
19．滴定实验是化学学科中重要的定量实验。
Ⅰ.酸碱中和滴定
已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的质量分数，进行如下步骤实验：
①称量1.00 g样品溶于水，配成250 mL溶液；
②准确量取25.00 mL所配溶液于锥形瓶中；
③滴加几滴甲基橙指示剂；
④用0.10 mol/L的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如下：
滴定序号 待测液体积(mL) 消耗盐酸标准的体积(mL)
滴定前 滴定后
1 25.00 0.50 20.60
2 25.00 6.00 26.00
3 25.00 1.10 21.00
（1）该酸碱中和滴定(题干中②③④步)所需仪器有________(填字母)。
A．酸式滴定管(50 mL) B．碱式滴定管(50 mL) C．量筒(10 mL) D．铁架台 E．玻璃棒
（2）碱式滴定管不能盛装的试剂有___________(填字母)
A. 氨水 B. KMnO4溶液 C. NH4HSO4溶液 D. KHCO3溶液
（3）滴定达到终点的现象，溶液________色变________色。
（4）试样中NaOH的质量分数为________。
（5）若出现下列情况，测定结果偏低的是________。
a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶
b．酸式滴定管滴至终点时，俯视读数
c．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗
d．碱式滴定管放液前有气泡，放出液体后气泡消失
II．“84”消毒液是一种以次氯酸钠为有效成分的高效消毒剂，间接碘量法是测定有效氯的经典方法，步骤如下：
①取5.00 mL“84”消毒液，置于磨口具塞锥形瓶，加入20 mL碘化钾溶液(过量，易被空气氧化)和适量稀硫酸，塞上瓶塞；在暗处振荡5分钟。(发生反应为：)
②加入几滴指示剂，用0.1 mol/L硫代硫酸钠()标准溶液(pH>7)滴定至终点，记下消耗硫代硫酸钠标准溶液的体积，平行测定四次。(发生反应为：)
（6）步骤②中选用的指示剂为________，步骤②滴定终点的现象为________。
20．“碳中和”是通过植树造林和其他人工技术(或工程)对排放的碳加以捕集利用，从而使排放到大气中的CO2净增量为零。
Ⅰ．一定温度下，向某固定容积的密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体。 。反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。请回答下列问题：
（1）t1min时，v正(CO)　 　v逆(CO)(填“>”“<”或“=”)。
（2）0-4 min时，CO2的平均反应速率为　 　。
（3）4 min时，CO2的转化率为　 　；该温度下的化学平衡常数K=　 　。
（4）下列叙述能说明上述反应达到平衡状态的是　 　(填序号)。
a．气体的压强不再变化
b．混合气体的密度不再变化
c．混合气体的平均相对分子质量不再变化
d．单位时间内消耗n mol CO2，同时生成n mol CO
Ⅱ．由CO2与H2制备甲醇(CH3OH)是当今研究的热点之一，历程如下：
制备过程发生如下副反应：
反应①：
反应②： 。
（5）写出CO2与H2制备CH3OH的热化学方程式　 　。
（6）工业上利用CO2氧化乙苯制苯乙烯的反应为：
①常压下，乙苯和CO2在催化剂MxOy作用下反应。控制投料比[n(CO2)：n(乙苯)]分别为1：1、5：1和10：1，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如下图所示：
乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越　 　(填“高”或“低”)。
②相同温度下，投料比远大于10：1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是　 　。
③700K时，向恒容密闭容器中加入过量CaCO3和一定量乙苯，初始和平衡时容器内压强分别为p1kPa和p2kPa，则平衡时苯乙烯的分压为　 　kPa(以含有p1、p2、p3的代数式表示)。[已知：CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g) Kp=p3kPa]
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、食盐中添加碘酸钾，目的是补充碘元素，预防碘缺乏病，该操作与化学反应速率无关，A 正确；
B、锌粉和稀硫酸反应时加入少量铜粉，锌、铜、稀硫酸构成原电池，能够加快锌与硫酸的反应速率，B 错误；
C、疫苗冷藏存放，低温可以降低蛋白质变性的反应速率，防止疫苗失效，C 错误；
D、矿石冶炼前将矿石粉碎，增大固体反应物接触面积，加快矿石的反应速率，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
原电池对速率影响：形成原电池可以加快氧化还原反应的反应速率；
温度对速率影响：降低温度，化学反应速率减小，用于减缓物质变质；
接触面积对速率影响：将固体粉碎，增大反应物接触面积，加快反应速率；
生活化学应用：添加营养元素属于营养强化，不涉及调控反应速率。
2．【答案】C
【知识点】水的电离；盐类水解的原理
【解析】【解答】A. KHSO4在水溶液中会电离出K+、H+和，溶液中H+浓度升高，会抑制水的电离，因此A不符合题意；
B. Ca(OH)2属于强碱，在水中会电离出Ca2+和OH-，使溶液中OH-浓度升高，会抑制水的电离，因此B不符合题意；
C. BaSO4是难溶的强电解质，它在水中溶解度非常小，只有极少量溶解在水中，溶解的部分完全电离，电离出的离子浓度极低，对水的电离平衡几乎没有影响，因此C符合题意；
D. HClO是弱酸，在水中会部分电离出H+和ClO-，使溶液中H+浓度升高，会抑制水的电离，因此D不符合题意；
综上，答案选C。
【分析】酸和碱抑制水的电离， KHSO4在水溶液中电离出氢离子，能够抑制水的电离。
3．【答案】A
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数
【解析】【解答】A．化学平衡常数K、电离平衡常数 Ka或Kb 、水的离子积常数 Kw ，本质都是特定条件下，对应反应或电离过程进行程度的定量体现，A描述正确；
B．平衡常数随温度的变化规律由过程的热效应决定：水的电离和弱酸、弱碱的电离多为吸热过程，因此 Kw和Ka（或Kb） ，一般随温度升高而增大；而化学平衡常数K随温度的变化，需要看反应是吸热还是放热，反应吸热时K增大，反应放热时K减小，因此这些平衡常数并不是都随温度升高而减小，B描述错误；
C．电离平衡常数Ka属于温度的函数，仅和温度有关，和溶液中离子浓度没有关系。常温下，温度不变，那么纯水中 CH3COOH 的电离平衡常数，和饱和 CH3COONa 溶液中CH3COOH的电离平衡常数大小相等，C描述错误；
D．改变外界条件使平衡正向移动时，平衡常数不一定发生变化，更不一定增大。比如我们可以通过增大反应物浓度使平衡正向移动，温度不变时平衡常数K保持不变；如果是改变温度使平衡正向移动，K也只有在反应吸热时才会增大，反应放热时K反而会减小，D描述错误；
因此正确答案选A。
【分析】 化学平衡常数K，电离平衡常数Ka或Kb 只受外界因素温度的影响，电离常数随温度升高而增大，化学平衡常数变化情况看化学反应焓变，和反应吸热或放热有关，平衡常数大小可以衡量对应变化进行的程度 ，平衡发生移动，平衡常数不一定发生改变。
4．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A. 硫酸工业中存在反应，增大氧气的浓度，平衡会向正反应方向移动，使二氧化硫的转化率提升，该现象可以用勒夏特列原理解释，因此A不符合题意；
B. 工业合成氨的反应属于放热反应，工业生产中选择高温条件，是为了加快反应速率，同时让催化剂保持最佳活性；但升高温度会使该平衡向逆反应方向移动，降低氨气的产率，因此该生产选择不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；
C．对于充有的容器，其中存在平衡，增大压强后容器体积减小，的浓度瞬间增大，因此气体颜色先变深；随后压强增大使平衡向气体分子数减小的正向移动，浓度降低，气体颜色又变浅，该过程可以用勒夏特列原理解释，因此C不符合题意；
D．实验室用软锰矿制备氯气时，需要用饱和食盐水除去氯气中混有的杂质，原理是：氯气溶于水存在平衡，饱和食盐水中浓度很大，会使上述平衡逆向移动，大大降低了在食盐水中的溶解度，同时HCl可完全溶于水被除去，该过程可以用勒夏特列原理解释，因此D不符合题意；
综上，答案选B。
【分析】勒夏特列原理解释可逆反应的平衡移动，工业合成氨反应为，反应放热，高温不利于氨的合成，和原理不符。
5．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；焓变和熵变
【解析】【解答】A．氯化镁分解生成镁和氯气的反应需要通电提供能量，属于吸热反应，因此ΔH＞0；该反应只有生成物为气态，反应后体系混乱程度增大，因此ΔS＞0，A错误；
B．根据反应自发进行的判据ΔH-TΔS＜0可知：放热反应若熵减（ΔS＜0），在高温条件下无法满足ΔH-TΔS＜0，不能自发进行；吸热反应若熵增（ΔS＞0），在高温条件下可以满足ΔH-TΔS＜0，能够自发进行，B错误；
C．如果一个反应是熵增反应，且ΔH＞0，那么该反应在低温条件下不能自发进行；如果一个反应是熵减反应，且ΔH＜0，那么该反应在低温条件下可以自发进行，因此C选项错误；
D．如果一个反应满足ΔH＜0，ΔS＞0，那么任意温度下该反应的ΔH－TΔS一定小于0，因此该反应在所有温度条件下都可以自发进行，D选项正确；
因此答案选D。
【分析】反应自发条件为ΔH-TΔS＜0，根据对应反应焓变和熵变进行判断。
6．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；中和滴定；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A. 小苏打是碳酸氢钠，它治疗胃酸过多，是利用了碳酸氢根离子和胃酸中氢离子发生反应，题目此处将小苏打错写为纯碱（碳酸钠），对应关系不成立，因此A错误；
B. 明矾溶于水后，电离出的铝离子会发生水解反应生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附水中悬浮杂质，从而达到净水的目的，物质应用和化学原理对应正确，B正确；
C. 高锰酸钾具有强氧化性，能够通过氧化作用杀灭仓储粮食中的微生物，同时也能抑制粮食发生氧化变质，物质应用和化学原理对应正确，C正确；
D. 氢氧化钠可以和盐酸发生酸碱中和反应，因此可以利用酸碱中和滴定法测定未知盐酸的浓度，物质应用和化学原理对应正确，D正确；
综上，答案选A。
【分析】A. 小苏打是碳酸氢钠，纯碱是碳酸钠；
B. 胶体具有吸附性，可以用力净水；
C. 高锰酸钾具有强氧化性，可以杀菌；
D. 根据酸碱中和滴定原理，盐酸可滴定氢氧化钠。
7．【答案】B
【知识点】中和热；反应热的大小比较；中和热的测定
【解析】【解答】A. 中和热的定义是：稀溶液中，强酸与强碱发生中和反应生成1mol液态水时放出的热量。需要注意， H2SO4和Ba(OH)2 反应除了生成水，还会形成硫酸钡沉淀，该过程也会放出热量，因此该反应生成1mol水时的反应热ΔH不等于 -57.3 kJ/mol ，A错误；
B. 在中和热测定实验中，使用稍过量的 NaOH 溶液，能够保证 HCl 被完全中和，从而减小实验误差，使测得的中和热更准确，B正确；
C. 98%的浓硫酸在稀释过程中本身会放出热量，因此它和 NaOH 反应生成1 mol水时，放出的总热量大于稀强酸稀强碱反应生成1mol水放出的热量，而放热反应为负值，放出热量越多，越小，因此ΔH < -57.3 kJ/mol，C错误；
D. 醋酸属于弱酸，醋酸电离过程需要吸收热量，因此1 mol NaOH和稀醋酸中和生成1mol水时，放出的总热量小于57.3 kJ，D错误；
故选B。
【分析】A.中和热指的是强酸和强碱反应生成1mol水和可溶性盐放出的热量；
B.中和热测定实验中，加入稍过量的氢氧化钠，把盐酸完全中和；
C.浓硫酸稀释放热，放出热量越多，焓变越小；
D.醋酸是弱酸，电离吸热。
8．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．该反应正向是气体分子数增多的反应，增大压强会使平衡向逆反应方向移动，因此A错误；
B．同一反应中，任意时刻化学反应速率之比都等于化学方程式的化学计量数之比，因此任意时刻都满足关系：，整理可得，因此B正确；
C．其他条件不变时，向体系中加入催化剂，只会加快反应速率，不改变平衡状态，因此达到平衡的时间会缩短，平衡时B的浓度和原平衡（曲线甲）一致，曲线乙符合该变化规律，因此加入催化剂可以得到曲线乙，C正确；
D．平均反应速率的计算公式为，本题中纵坐标表示B的浓度随时间的变化，通过a、c两点可以得到B的浓度变化量和时间变化量，因此可以计算出a到c时间间隔内该反应的平均速率，D正确；
综上，答案选A。
【分析】A．增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，平衡逆向移动；
B．反应速率之比等于化学计量数之比，；
C．催化剂加快反应速率，达到同一平衡状态；
D．由反应速率计算公式作答。
9．【答案】B
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、过程 Ⅰ、Ⅱ 涉及化学键断裂，断裂化学键需要吸收能量，属于吸热过程，A 错误；
B、观察反应示意图，起始投入的 2 个分子均参与反应，逐步拆分出氢原子，参与整个转化过程，B 正确；
C、过程 Ⅲ 生成与，内为非极性共价键，并非只生成极性共价键，C 错误；
D、催化剂仅降低反应活化能，加快反应速率，不会改变反应的，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
化学键能量变化：断键吸热，成键放热；
反应微观示意图：对照图例，追踪反应物分子在各分步过程中的变化，判断分子是否参与反应；
共价键分类：不同原子之间形成极性共价键，同种原子之间形成非极性共价键；
催化剂作用：催化剂不改变焓变，只降低活化能，不影响平衡与反应热。
10．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、决速步骤由活化能最大的基元反应决定，图像中步骤①的反应活化能更高，所以步骤①是总反应的决速步骤，A 错误；
B、是该反应的催化剂，催化剂能够降低反应的活化能，提高反应物分子里活化分子的百分数，B 正确；
C、由能量变化图可知，生成物总能量低于反应物总能量，总反应为放热反应，，C 错误；
D、该总反应本身是放热反应，无论是否加入催化剂，正反应活化能都小于逆反应活化能，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
决速步骤判断：多步反应中，活化能最大的那一步基元反应，决定整个反应速率；
催化剂作用：催化剂降低反应活化能，增大活化分子百分数，不改变反应焓变；
反应焓变判断：能量图像，反应物总能量高于生成物，反应放热；
活化能与焓变关系：放热反应，正反应活化能一定小于逆反应活化能，催化剂只改变活化能差值，不改变大小关系。
11．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、平衡常数表达式为生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，是气体，需要写入表达式。正确表达式：，选项缺少水的浓度项，A 错误；
B、该反应，放热反应，升温平衡逆向移动，平衡常数减小。温度升高去除率上升，只能是催化剂活性增强，不是平衡常数变大，B 错误；
C、恒压通入惰性气体，容器体积增大，各反应气体浓度降低，平衡向气体分子数增大的正反应方向移动，转化率提高，去除率上升，C 正确；
D、及时分离出水蒸气，生成物浓度降低，瞬间正反应速率不变，之后随反应物消耗正速率逐渐减小；平衡正向移动，去除率增大，不会使正反应速率增大，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
平衡常数书写：气体、溶液中的物质写入表达式，幂次等于化学计量数；
放热反应温度影响：升温平衡逆向移动，平衡常数减小；催化剂只改变速率，不影响平衡；
恒压充惰性气体：容器扩容，等效减压，平衡向气体计量数增大一侧移动；
分离生成物：生成物浓度下降，瞬间正反应速率不变，平衡正向移动，反应物转化率提升。
12．【答案】A
【知识点】化学反应的可逆性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．强酸稀释10倍pH应变为2，对于弱酸，越稀越电离，加水稀释，c(H+)下降幅度小于强酸，弱酸稀释后pH在1和2之间，故该说法正确，A正确；
B．在100℃时，离子积常数Kw≈10-12，中性时c(H+)=c(OH-)，pH=6，因此pH≈6的纯水呈中性，不是酸性，B错误；
C．pH相等则c(H+)相等，根据电离方程式可知，c(CH3COO-) = c(Cl-)，C错误；
D.1 L 0.2 mol·L-1 K2CrO4溶液中，n() = 0.2 mol/L × 1 L = 0.2 mol。加入足量稀硫酸，发生反应，理论上能生成n() = 0.2 mol / 2 = 0.1 mol，但该反应是可逆反应，故物质的量会小于0.1 mol，故粒子数也小于0.1NA，D错误；
故选A。
【分析】A．弱酸稀释10倍时，pH变化值小于1；
B.100℃时，pH≈6的纯水呈中性；
C．氢离子相等的盐酸和醋酸溶液中，c(CH3COO-) = c(Cl-)；
D．转化是可逆反应，不能进行到底。
13．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、①中碳酸钙质量、盐酸浓度与体积均相同，唯一变量是固体形态（块状与粉末），粉末接触面积更大，可探究接触面积对反应速率的影响，A 能达到实验目的；
B、②装置中两个容器分别置于热水、冰水，变量只有温度，存在平衡，通过观察气体颜色深浅，探究温度对化学平衡的影响，B 能达到实验目的；
C、③图示操作是挤压碱式滴定管橡胶管，尖嘴向上，是除去碱式滴定管内气泡的标准操作，C 能达到实验目的；
D、漂白精溶液含有次氯酸根，水解生成，具有强漂白性，会将 pH 试纸漂白，无法用 pH 试纸测定其 pH，D 不能达到实验目的；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
控制变量实验：只保留单一变量，其余条件保持一致；
平衡：红棕色，温度改变，平衡移动，气体颜色变化；
碱式滴定管排气泡：尖嘴向上，挤压橡胶管排出气泡；
pH 试纸使用禁忌：具有漂白性的溶液不能用 pH 试纸测量 pH，应选用 pH 计。
14．【答案】D
【知识点】水的电离；离子积常数；pH的简单计算
【解析】【解答】A. 蒸馏水呈中性，pH为7，说明该温度下水的离子积常数 Kw=1×10-14， 这一数值对应的温度为25℃，因此该体系温度等于25℃，A正确；
B. 向蒸馏水中加入 NaHSO4 后，溶液pH变为2，因此溶液中氢离子浓度 c(H+)=1×10-2 mol·L-1， 25℃下 Kw=1×10-14， 因此。溶液中的 OH- 全部是由水电离产生的，且水电离出的 c(H+)等于c(OH-)， 因此由水电离出的 c(H+)=1×10-12 mol·L-1，B正确；
C. NaHSO4和盐酸都属于强电解质，在水溶液中会完全电离，电离方程式分别为：NaHSO4 = Na+ + H+ + SO、HCl = H+ + Cl-。当二者物质的量浓度相等时，电离出的氢离子浓度c(H+)也相等，因此酸性相当，所以C选项正确；
D. 25℃时，pH=2的NaHSO4溶液中，氢离子浓度c(H+)=1×10-2 mol·L-1；pH=12的NaOH溶液中，氢氧根浓度。当两种溶液等体积混合时，H+和OH-的物质的量相等，恰好完全中和生成Na2SO4和水，最终溶液呈中性，因此D选项错误；
综上，本题答案选D。
【分析】A.由题意，此温度下Kw=1×10-14，可知温度为 25℃ ；
B.溶液中氢离子浓度乘以水电离的氢氧根离子等于10-14；
C. 由同浓度NaHSO4 和HCl电离出相同氢离子分析；
D. 氢离子物质的量和氢氧根离子物质的量相等时，溶液呈中性。
15．【答案】B
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；离子共存
【解析】【解答】A、由水电离出的，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。碱性条件下、、都会与氢氧根发生反应，不能大量共存，A 错误；
B、使酚酞变红的溶液显碱性，含有大量。、、、之间不发生反应，在碱性环境下可以大量共存，B 正确；
C、，即，溶液呈强酸性。酸性条件下会发生歧化反应： ，同时具有强氧化性，可氧化，离子不能大量共存，C 错误；
D、使甲基橙变黄的溶液，，溶液可能为酸性或碱性。酸性环境中与反应生成硫化氢；碱性环境中会与氢氧根反应，不能大量共存，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
水电离氢离子浓度：水电离的氢离子浓度小于，代表溶液抑制水的电离，存在酸性、碱性两种可能性；
酚酞变红溶液：酚酞遇碱变红，溶液含大量氢氧根，判断离子在碱性条件下能否共存；
表达式：该式等于溶液氢离子浓度，可直接判断溶液为酸性，酸性条件下硫代硫酸根易歧化，高锰酸根具有强氧化性；
甲基橙变色范围：甲基橙变黄，溶液不一定是碱性，酸性、中性、弱碱性都有可能，需要分情况检验离子。
16．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离
【解析】【解答】A．MOH作为弱碱，溶液中电离平衡常数温度不变时为定值，加水稀释时溶液中 OH- 浓度降低，因此会随着稀释逐渐减小，A正确；
B．MOH是弱碱，因此pH和NaOH溶液相同的MOH溶液，其实际浓度比NaOH更大。加水稀释时，MOH的电离平衡会正向移动，因此MOH溶液的pH变化幅度比NaOH更小，稀释相同倍数时pH更小，因此曲线Ⅰ是NaOH溶液，曲线Ⅱ才是MOH溶液，B错误；
C．a点和b点的溶液都呈碱性，碱电离出的OH-会抑制水的电离；溶液碱性越强，对水的电离抑制程度越大，b点pH更大、碱性更强，因此b点水的电离程度更小，C错误；
D．对MOH稀释的过程中，溶液始终满足电荷守恒： c(M+)+c(H+)=c(OH-)， 因此溶液中总离子浓度为c(M+)+c(H+)+c(OH-)=2c(OH-)。a点和c点pH相同，说明两点溶液中c(OH-)相同，因此两点的总离子浓度相等，D错误；
故选A。
【分析】由图象可知， 曲线Ⅰ表示 MOH 溶液，曲线Ⅱ表示MOH溶液，碱抑制水的电离，碱性越强，抑制程度越大，水的电离程度越小；溶液遵循电荷守恒， c(M+)+c(H+)=c(OH-)， c(Na+)+c(H+)=c(OH-)，a点和c点c(OH-)相同，据此分析。
17．【答案】；1.0×10-5；由于HB的电离常数大于HA，所以等体积等浓度的溶液中，HB溶液的氢离子浓度更大，与NaHCO3反应速率更快。；7×103；B>A=C；10；1.0×10-10
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子积常数；电离方程式的书写
【解析】【解答】（1）弱碱MOH存在电离平衡，电离方程式为，根据电离平衡常数的定义可得。
（2）酸的电离常数越大，酸性越强，HB的电离常数大于HA，说明HB的酸性强于HA，因此等体积、等浓度的两种酸溶液中，HB溶液的氢离子浓度更高，和NaHCO3 反应时，反应速率更快。
（3）该反应平衡常数为。
（4）水的离子积常数Kw仅和温度有关，温度越高，水的电离程度越大，Kw的数值就越大，因此三点的Kw大小关系为B>A=C。
（5）B点对应的Kw为，当溶液中时，根据Kw的关系计算氢离子浓度：，因此溶液的 pH=10，
该溶液中的氢离子全部由水电离产生，根据水电离的特点，水电离出的 OH- 浓度和水电离出的 H+ 浓度相等，因此由水电离产生的OH- 浓度为 1.0×10-10 mol /L。
【分析】（1）由题意， MOH 为弱碱，部分电离，，电离常数表达式为，代入计算；
（2） HA 和 HB 酸性强弱不同，酸性较强者电离出氢离子浓度大，反应速率快；
（3）由平衡常数定义知表达式为；
（4）温度相同，Kw相同，温度越高，Kw越大；
（5）B点，代入计算。
18．【答案】（1）37.8；abe
（2）2；5：2
（3）0.01
（4）其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快
（5）该反应为放热反应；反应生成的Mn2+起催化作用
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）①实验室无 480 mL 规格容量瓶，配制该溶液需选用 500 mL 容量瓶。计算所需固体质量：。
②称量固体，用到的仪器为天平、小烧杯、药匙，选 abe。
故答案为：37.8 g；abe；
（2）反应中被氧化为，被还原为，由得失电子守恒得到关系式，每消耗转移电子；当溶液紫色恰好褪去，二者恰好完全反应，参加反应的物质的量之比。
故答案为：2；5：2；
（3）实验 1 中褪色时间，混合后溶液总体积 10 mL。
。
故答案为： 0.01 ；
（4）实验 2、3 中各反应物浓度保持一致，仅温度不同，高于，对应褪色时间。可得出结论：其他条件不变，升高温度，化学反应速率加快。
故答案为： 其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快；
（5）反应一段时间后的物质的量快速增加，反应速率明显变快。推测原因：该反应放热，体系温度升高；反应生成的对该反应起到催化作用。
故答案为： 该反应为放热反应；反应生成的Mn2+起催化作用；
【分析】探究外界条件对化学反应速率的影响常采用控制变量法，实验中一般只改变单一变量。对比实验 1 与实验 2，二者温度一致，混合后溶液总体积保持不变，所加入溶液、溶液的体积均相同，所以混合体系中二者浓度一致；只有溶液取用体积不同，导致混合后浓度存在差异，这两组实验用于探究浓度对化学反应速率带来的影响。对比实验 2 与实验 3，体系内各反应物浓度完全相同，仅温度条件不一样，这两组实验用来探究温度对化学反应速率的影响。
（1）容量瓶选择遵循就近偏大原则，配制 480 mL 溶液选用 500 mL 容量瓶，根据计算固体质量；结合固体称量操作，判断所需实验仪器。
（2）先标出反应中 Mn、C 元素化合价变化，利用得失电子守恒建立反应物与电子的定量关系式，进而求出转移电子量与反应物物质的量之比。
（3）根据稀释规律求出混合后初始浓度，再代入反应速率公式完成计算。
（4）依据控制变量法，两组实验只有温度这一个变量，对比褪色时间长短，总结温度对反应速率的影响规律。
（5）结合速率加快的现象，从温度变化、反应生成的离子具备催化效果两个角度，分析速率加快的可能原因。
（1）①实验室没有480mL的容量瓶，要配制480mLH2C2O4溶液，需要选择500mL的容量瓶，则需要称量H2C2O4 2H2O固体的质量为0.6mol/L×0.5L×126g/mol=37.8g。
②称量H2C2O4 2H2O固体时，需要使用天平、小烧杯、药匙，则所需要的仪器abe。
（2）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，依据得失电子守恒，可建立关系式：5H2C2O4~2KMnO4~10e-，则每消耗1molH2C2O4转移2mol电子。当观察到紫色刚好褪去，参加反应的H2C2O4和KMnO4的物质的量之比n(H2C2O4)∶n(KMnO4)= 5：2。
（3）实验1测得KMnO4溶液的褪色时间为t1=4 min，混合溶液的总体积共10mL，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)== 0.01mol/(L·min)。
（4）由分析可知，表中的实验2和实验3中各物质的对应浓度都相同，只有温度不同，40℃＞25℃，所需时间t3＜t2，则可以得到的结论是：其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快。
（5）图b曲线显示，当反应进行一段时间后，随反应时间的增长，n(Mn2+)迅速增大，也就是反应速率迅速加快，推测可能的原因是：该反应为放热反应；反应生成的Mn2+起催化作用。
19．【答案】(1) ABD
(2) B，C
(3) 黄 橙
(4) 80%
(5) bd
(6) 淀粉溶液 滴入最后半滴，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不回复原色
【知识点】指示剂；中和滴定
【解析】【解答】（1）本次酸碱中和滴定的操作过程为：首先需要用碱式滴定管准确量取25.00mL待测溶液转移至锥形瓶中，之后向锥形瓶中滴加几滴甲基橙作指示剂，最后通过50mL酸式滴定管盛放0.10mol/L的标准盐酸进行滴定，重复滴定三次，整个实验需要用到的仪器有50mL酸式滴定管、50mL碱式滴定管、铁架台，因此选ABD。
（2）碱式滴定管的结构为下端靠橡胶管控制液体流速，因此不能盛放会腐蚀橡胶的强氧化性物质，也不适合盛放酸性液体，只能盛放碱性溶液。
A．氨水呈碱性，不会腐蚀橡胶，可以用碱式滴定管盛装，因此A不符合题意；
B．KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管盛装，因此B符合题意；
C．NH4HSO4溶液因铵根离子水解、硫酸氢根完全电离呈酸性，会腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管盛装，因此C符合题意；
D．KHCO3溶液中碳酸氢根的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，不会腐蚀橡胶，可以用碱式滴定管盛装，因此D不符合题意；
综上，选BC。
（3）待测溶液为碱性，滴入甲基橙指示剂后溶液会呈现黄色。本实验是用盐酸标准溶液滴定待测氢氧化钠溶液，以甲基橙作指示剂，滴定达到终点时的现象为：滴入最后半滴盐酸后，溶液恰好由黄色变为橙色，且半分钟（30秒）内颜色不恢复原来的颜色。
（4）处理三次滴定数据可得，消耗盐酸的平均体积为 20.00mL，计算得到氢氧化钠的浓度为：
；
配制得到的待测氢氧化钠溶液总体积为$\ce{250 mL}$，因此原试样中$\ce{NaOH}$的质量分数为：
；
（5）a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，氢氧化钠的总物质的量不会发生改变，因此对测定结果没有影响，故不选a；
b．滴定达到终点时，对酸式滴定管俯视读数，会导致读取的消耗标准液的体积偏小，最终计算得到的测定结果偏低，故选b；
c．酸式滴定管经蒸馏水洗涤后，没有用标准盐酸润洗，会导致标准液被稀释，盐酸浓度偏低，反应时消耗的标准液体积偏大，最终测定结果偏高，故不选c；
d．碱式滴定管放液前尖嘴处存在气泡，放出待测液后气泡消失，会导致实际取得的待测氢氧化钠体积偏小，反应消耗的标准液体积也随之偏小，最终测定结果偏低，故选d；
因此本题选bd。
（6）I2可以使淀粉溶液变为蓝色，因此步骤②选择的指示剂为淀粉溶液；滴定达到终点时，I2恰好被完全反应，因此步骤②滴定终点的现象为：滴入最后半滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。
【分析】本题利用“归因法”，结合公式分析滴定误差：若滴定过程中消耗的标准液体积偏大，则计算得到的待测液浓度偏大；若偏小，则偏小。
20．【答案】＞；；75%；3；bc；；低；投料比过大，乙苯浓度太小，二氧化碳过多的占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）t1min时，CO浓度继续增加，CO2浓度继续减少，说明反应向正向进行，v正(CO)＞v逆(CO)；
（2）；
（3），；
（4）a. 该反应在反应前后气体的总物质的量不发生改变，反应过程中压强始终保持不变，因此体系压强不再变化时，无法判断反应已经达到平衡状态，a错误；
b. 反应过程中，生成物中生成了固体碳，因此气体的总质量会随反应进行不断减小，该反应气体总物质的量不变，容器容积固定，因此气体体积V不变，根据，气体密度 会随反应进行不断减小，当密度不再发生变化时，说明反应达到平衡状态，b正确；
c. 混合气体的平均摩尔质量等于气体总质量除以气体总物质的量，气体总物质的量不变，总质量随反应进行不断减小，因此平均摩尔质量（数值上等于平均相对分子质量）会随反应进行不断减小，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，说明反应达到平衡状态，c正确；
d. 任意反应时刻，只要反应发生，消耗 n mol CO2， 的同时就一定会生成 n mol CO， 这个关系始终成立，不能说明反应达到平衡状态，d错误；
因此选bc。
（5）根据盖斯定律，目标反应可由反应①减去反应②得到，因此可以写出目标反应的热化学方程式：；
（6）①相同反应条件下，投料比越高，乙苯的平衡转化率越大；因此当乙苯转化率相同时，投料比越高，对应所需的反应温度越低；
②如果投料比过大，二氧化碳的占比过高，乙苯的浓度相对较低，同时过量的二氧化碳会占据催化剂的活性表面，最终导致催化剂对乙苯的吸附效率下降；
③反应起始时容器中只有乙苯气体，因此初始乙苯的分压\(p_{\text{乙苯}}=p_1\ \text{kPa}\)。对于碳酸钙的分解反应，反应达到平衡时，二氧化碳的分压=p3kPa， 保持不变。设平衡体系中苯乙烯的分压为x，根据反应计量关系，生成的水蒸气和一氧化碳分压也都为x，此时平衡时乙苯的分压为 (p1-x) ，二氧化碳分压为 p3，体系总压满足关系 p2=(p1-x)+p3+3x， 整理后解得x=。
【分析】（1）t1时未达平衡，反应正向进行，v正(CO)＞v逆(CO)；
（2）有速率计算公式；
（3）由图可知， 4 min时 二氧化碳转化量为0.6mol，可计算转化率；
（4） 反应为等体积反应，压强不是变量，混合气体密度和平均相对分子质量是变量，可以作为平衡判断依据；
（5）考查盖斯定律，反应①减去反应②得到目标反应；
（6）条件相同时， 投料比[n(CO2)：n(乙苯)] 越大，乙苯转化率越高，故平衡转化率相同时，投料比越高，反应温度越低。
1 / 1广东省东莞市光明中学2025-2026学年高二上学期期中考试 化学试题
1．化学与生产、生活密切相关。下列事实与化学反应速率无关的是
A．食盐中添加碘酸钾
B．锌粉和稀硫酸反应时常常加入少量铜粉
C．医护人员冷藏存放“新冠”疫苗
D．工业矿石冶炼前先将矿石粉碎
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、食盐中添加碘酸钾，目的是补充碘元素，预防碘缺乏病，该操作与化学反应速率无关，A 正确；
B、锌粉和稀硫酸反应时加入少量铜粉，锌、铜、稀硫酸构成原电池，能够加快锌与硫酸的反应速率，B 错误；
C、疫苗冷藏存放，低温可以降低蛋白质变性的反应速率，防止疫苗失效，C 错误；
D、矿石冶炼前将矿石粉碎，增大固体反应物接触面积，加快矿石的反应速率，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
原电池对速率影响：形成原电池可以加快氧化还原反应的反应速率；
温度对速率影响：降低温度，化学反应速率减小，用于减缓物质变质；
接触面积对速率影响：将固体粉碎，增大反应物接触面积，加快反应速率；
生活化学应用：添加营养元素属于营养强化，不涉及调控反应速率。
2．下列物质加入水中对水的电离平衡没有影响的是
A．KHSO4 B．Ca(OH)2 C．BaSO4 D．HClO
【答案】C
【知识点】水的电离；盐类水解的原理
【解析】【解答】A. KHSO4在水溶液中会电离出K+、H+和，溶液中H+浓度升高，会抑制水的电离，因此A不符合题意；
B. Ca(OH)2属于强碱，在水中会电离出Ca2+和OH-，使溶液中OH-浓度升高，会抑制水的电离，因此B不符合题意；
C. BaSO4是难溶的强电解质，它在水中溶解度非常小，只有极少量溶解在水中，溶解的部分完全电离，电离出的离子浓度极低，对水的电离平衡几乎没有影响，因此C符合题意；
D. HClO是弱酸，在水中会部分电离出H+和ClO-，使溶液中H+浓度升高，会抑制水的电离，因此D不符合题意；
综上，答案选C。
【分析】酸和碱抑制水的电离， KHSO4在水溶液中电离出氢离子，能够抑制水的电离。
3．下列关于化学平衡常数K，电离平衡常数Ka或Kb，水的离子积常数Kw的叙述中正确的是
A．它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度
B．它们的大小都随温度的升高而减小
C．常温下，CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的K
D．若改变条件使以上平衡正向移动，则达到新的平衡时的相应的平衡常数一定增大
【答案】A
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数
【解析】【解答】A．化学平衡常数K、电离平衡常数 Ka或Kb 、水的离子积常数 Kw ，本质都是特定条件下，对应反应或电离过程进行程度的定量体现，A描述正确；
B．平衡常数随温度的变化规律由过程的热效应决定：水的电离和弱酸、弱碱的电离多为吸热过程，因此 Kw和Ka（或Kb） ，一般随温度升高而增大；而化学平衡常数K随温度的变化，需要看反应是吸热还是放热，反应吸热时K增大，反应放热时K减小，因此这些平衡常数并不是都随温度升高而减小，B描述错误；
C．电离平衡常数Ka属于温度的函数，仅和温度有关，和溶液中离子浓度没有关系。常温下，温度不变，那么纯水中 CH3COOH 的电离平衡常数，和饱和 CH3COONa 溶液中CH3COOH的电离平衡常数大小相等，C描述错误；
D．改变外界条件使平衡正向移动时，平衡常数不一定发生变化，更不一定增大。比如我们可以通过增大反应物浓度使平衡正向移动，温度不变时平衡常数K保持不变；如果是改变温度使平衡正向移动，K也只有在反应吸热时才会增大，反应放热时K反而会减小，D描述错误；
因此正确答案选A。
【分析】 化学平衡常数K，电离平衡常数Ka或Kb 只受外界因素温度的影响，电离常数随温度升高而增大，化学平衡常数变化情况看化学反应焓变，和反应吸热或放热有关，平衡常数大小可以衡量对应变化进行的程度 ，平衡发生移动，平衡常数不一定发生改变。
4．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．硫酸工业中增大氧气的浓度有利于提高SO2的转化率
B．工业上合成氨，反应条件选择高温
C．对充有NO2的容器进行加压，气体颜色先变深后变浅
D．实验室用软锰矿制备氯气，可将产生的气体通过饱和食盐水以除去氯气中的氯化氢杂质
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A. 硫酸工业中存在反应，增大氧气的浓度，平衡会向正反应方向移动，使二氧化硫的转化率提升，该现象可以用勒夏特列原理解释，因此A不符合题意；
B. 工业合成氨的反应属于放热反应，工业生产中选择高温条件，是为了加快反应速率，同时让催化剂保持最佳活性；但升高温度会使该平衡向逆反应方向移动，降低氨气的产率，因此该生产选择不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；
C．对于充有的容器，其中存在平衡，增大压强后容器体积减小，的浓度瞬间增大，因此气体颜色先变深；随后压强增大使平衡向气体分子数减小的正向移动，浓度降低，气体颜色又变浅，该过程可以用勒夏特列原理解释，因此C不符合题意；
D．实验室用软锰矿制备氯气时，需要用饱和食盐水除去氯气中混有的杂质，原理是：氯气溶于水存在平衡，饱和食盐水中浓度很大，会使上述平衡逆向移动，大大降低了在食盐水中的溶解度，同时HCl可完全溶于水被除去，该过程可以用勒夏特列原理解释，因此D不符合题意；
综上，答案选B。
【分析】勒夏特列原理解释可逆反应的平衡移动，工业合成氨反应为，反应放热，高温不利于氨的合成，和原理不符。
5．下列说法正确的是
A．一定温度下，反应MgCl2(l)Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0，ΔS＜0
B．凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的
C．凡是熵增的反应都是自发的，凡是熵减的反应都是非自发的
D．对于ΔH＜0，ΔS＞0的反应，其在任何温度下都能自发进行
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；焓变和熵变
【解析】【解答】A．氯化镁分解生成镁和氯气的反应需要通电提供能量，属于吸热反应，因此ΔH＞0；该反应只有生成物为气态，反应后体系混乱程度增大，因此ΔS＞0，A错误；
B．根据反应自发进行的判据ΔH-TΔS＜0可知：放热反应若熵减（ΔS＜0），在高温条件下无法满足ΔH-TΔS＜0，不能自发进行；吸热反应若熵增（ΔS＞0），在高温条件下可以满足ΔH-TΔS＜0，能够自发进行，B错误；
C．如果一个反应是熵增反应，且ΔH＞0，那么该反应在低温条件下不能自发进行；如果一个反应是熵减反应，且ΔH＜0，那么该反应在低温条件下可以自发进行，因此C选项错误；
D．如果一个反应满足ΔH＜0，ΔS＞0，那么任意温度下该反应的ΔH－TΔS一定小于0，因此该反应在所有温度条件下都可以自发进行，D选项正确；
因此答案选D。
【分析】反应自发条件为ΔH-TΔS＜0，根据对应反应焓变和熵变进行判断。
6．劳动成就梦想。下列劳动项目中的物质应用与对应所述化学原理没有关联的是
选项 物质应用 化学原理
A 社区服务：用小苏打治疗胃酸过多 纯碱可以和酸反应
B 实践活动：用明矾处理浑水中的悬浮物 胶体吸附性
C 学农活动：将KMnO4溶液浸泡过的砖块放置在储藏仓库 氧化还原
D 自主探究：用盐酸标准液测定未知浓度NaOH溶液 酸碱中和滴定
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；中和滴定；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A. 小苏打是碳酸氢钠，它治疗胃酸过多，是利用了碳酸氢根离子和胃酸中氢离子发生反应，题目此处将小苏打错写为纯碱（碳酸钠），对应关系不成立，因此A错误；
B. 明矾溶于水后，电离出的铝离子会发生水解反应生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附水中悬浮杂质，从而达到净水的目的，物质应用和化学原理对应正确，B正确；
C. 高锰酸钾具有强氧化性，能够通过氧化作用杀灭仓储粮食中的微生物，同时也能抑制粮食发生氧化变质，物质应用和化学原理对应正确，C正确；
D. 氢氧化钠可以和盐酸发生酸碱中和反应，因此可以利用酸碱中和滴定法测定未知盐酸的浓度，物质应用和化学原理对应正确，D正确；
综上，答案选A。
【分析】A. 小苏打是碳酸氢钠，纯碱是碳酸钠；
B. 胶体具有吸附性，可以用力净水；
C. 高锰酸钾具有强氧化性，可以杀菌；
D. 根据酸碱中和滴定原理，盐酸可滴定氢氧化钠。
7． ΔH=-57.3 kJ/mol，下列说法正确的是
A．H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热ΔH=2×(-57.3) kJ/mol
B．中和热的测定实验中，为了保证盐酸完全被中和，可采用稍过量的氢氧化钠溶液
C．98％的浓硫酸和NaOH溶液反应生成1 mol液态水时，反应热ΔH>-57.3 kJ/mol
D．含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出57.3 kJ的热量
【答案】B
【知识点】中和热；反应热的大小比较；中和热的测定
【解析】【解答】A. 中和热的定义是：稀溶液中，强酸与强碱发生中和反应生成1mol液态水时放出的热量。需要注意， H2SO4和Ba(OH)2 反应除了生成水，还会形成硫酸钡沉淀，该过程也会放出热量，因此该反应生成1mol水时的反应热ΔH不等于 -57.3 kJ/mol ，A错误；
B. 在中和热测定实验中，使用稍过量的 NaOH 溶液，能够保证 HCl 被完全中和，从而减小实验误差，使测得的中和热更准确，B正确；
C. 98%的浓硫酸在稀释过程中本身会放出热量，因此它和 NaOH 反应生成1 mol水时，放出的总热量大于稀强酸稀强碱反应生成1mol水放出的热量，而放热反应为负值，放出热量越多，越小，因此ΔH < -57.3 kJ/mol，C错误；
D. 醋酸属于弱酸，醋酸电离过程需要吸收热量，因此1 mol NaOH和稀醋酸中和生成1mol水时，放出的总热量小于57.3 kJ，D错误；
故选B。
【分析】A.中和热指的是强酸和强碱反应生成1mol水和可溶性盐放出的热量；
B.中和热测定实验中，加入稍过量的氢氧化钠，把盐酸完全中和；
C.浓硫酸稀释放热，放出热量越多，焓变越小；
D.醋酸是弱酸，电离吸热。
8．在恒温恒容条件下，发生反应，随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是
A．压缩体积加压平衡不移动
B．在不同时刻都存在关系：
C．其他条件不变，向体系中加入催化剂得到曲线乙
D．由、两点坐标可求得从到时间间隔内该化学反应的平均速率
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．该反应正向是气体分子数增多的反应，增大压强会使平衡向逆反应方向移动，因此A错误；
B．同一反应中，任意时刻化学反应速率之比都等于化学方程式的化学计量数之比，因此任意时刻都满足关系：，整理可得，因此B正确；
C．其他条件不变时，向体系中加入催化剂，只会加快反应速率，不改变平衡状态，因此达到平衡的时间会缩短，平衡时B的浓度和原平衡（曲线甲）一致，曲线乙符合该变化规律，因此加入催化剂可以得到曲线乙，C正确；
D．平均反应速率的计算公式为，本题中纵坐标表示B的浓度随时间的变化，通过a、c两点可以得到B的浓度变化量和时间变化量，因此可以计算出a到c时间间隔内该反应的平均速率，D正确；
综上，答案选A。
【分析】A．增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，平衡逆向移动；
B．反应速率之比等于化学计量数之比，；
C．催化剂加快反应速率，达到同一平衡状态；
D．由反应速率计算公式作答。
9．我国科学家使用双功能催化剂催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH<0，在低温下获得高转化率与高反应速率，反应过程示意图如下，下列说法正确的是
A．过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程
B．图中显示：起始时的2个H2O都参与了反应过程
C．过程Ⅲ只生成了极性共价键
D．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
【答案】B
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、过程 Ⅰ、Ⅱ 涉及化学键断裂，断裂化学键需要吸收能量，属于吸热过程，A 错误；
B、观察反应示意图，起始投入的 2 个分子均参与反应，逐步拆分出氢原子，参与整个转化过程，B 正确；
C、过程 Ⅲ 生成与，内为非极性共价键，并非只生成极性共价键，C 错误；
D、催化剂仅降低反应活化能，加快反应速率，不会改变反应的，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
化学键能量变化：断键吸热，成键放热；
反应微观示意图：对照图例，追踪反应物分子在各分步过程中的变化，判断分子是否参与反应；
共价键分类：不同原子之间形成极性共价键，同种原子之间形成非极性共价键；
催化剂作用：催化剂不改变焓变，只降低活化能，不影响平衡与反应热。
10．在含Fe3+、和I-的溶液中，发生反应：，其分解机理及反应进程中的能量变化如下：
步骤①：
步骤②：
下列有关该反应的说法正确的是
A．步骤②是整个反应的决速步骤
B．加入Fe3+可以使反应物分子中活化分子百分数增大
C．总反应的 H>0
D．若不加Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的大
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、决速步骤由活化能最大的基元反应决定，图像中步骤①的反应活化能更高，所以步骤①是总反应的决速步骤，A 错误；
B、是该反应的催化剂，催化剂能够降低反应的活化能，提高反应物分子里活化分子的百分数，B 正确；
C、由能量变化图可知，生成物总能量低于反应物总能量，总反应为放热反应，，C 错误；
D、该总反应本身是放热反应，无论是否加入催化剂，正反应活化能都小于逆反应活化能，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
决速步骤判断：多步反应中，活化能最大的那一步基元反应，决定整个反应速率；
催化剂作用：催化剂降低反应活化能，增大活化分子百分数，不改变反应焓变；
反应焓变判断：能量图像，反应物总能量高于生成物，反应放热；
活化能与焓变关系：放热反应，正反应活化能一定小于逆反应活化能，催化剂只改变活化能差值，不改变大小关系。
11．工业上用催化还原可以消除氮氧化物的污染，反应原理为： 。下列说法正确的是
A．上述反应平衡常数
B．其他条件不变时，去除率随温度升高而增大的原因可能是平衡常数变大或催化剂活性增强
C．其他条件不变时，恒压条件下通入一定量的惰性气体可以提高去除率
D．实际应用中，采用高分子分离膜及时分离出水蒸气，可以使正反应速率增大，去除率增大
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、平衡常数表达式为生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，是气体，需要写入表达式。正确表达式：，选项缺少水的浓度项，A 错误；
B、该反应，放热反应，升温平衡逆向移动，平衡常数减小。温度升高去除率上升，只能是催化剂活性增强，不是平衡常数变大，B 错误；
C、恒压通入惰性气体，容器体积增大，各反应气体浓度降低，平衡向气体分子数增大的正反应方向移动，转化率提高，去除率上升，C 正确；
D、及时分离出水蒸气，生成物浓度降低，瞬间正反应速率不变，之后随反应物消耗正速率逐渐减小；平衡正向移动，去除率增大，不会使正反应速率增大，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
平衡常数书写：气体、溶液中的物质写入表达式，幂次等于化学计量数；
放热反应温度影响：升温平衡逆向移动，平衡常数减小；催化剂只改变速率，不影响平衡；
恒压充惰性气体：容器扩容，等效减压，平衡向气体计量数增大一侧移动；
分离生成物：生成物浓度下降，瞬间正反应速率不变，平衡正向移动，反应物转化率提升。
12．下列说法正确的是
A．稀释pH=1的CH3COOH溶液至10倍，若1＜pH＜2，则证明醋酸为弱酸
B．在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性
C．pH相等的盐酸和醋酸溶液中：
D．1 L 0.2 mol·溶液中加入足量稀硫酸，生成的数目为0.1NA
【答案】A
【知识点】化学反应的可逆性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．强酸稀释10倍pH应变为2，对于弱酸，越稀越电离，加水稀释，c(H+)下降幅度小于强酸，弱酸稀释后pH在1和2之间，故该说法正确，A正确；
B．在100℃时，离子积常数Kw≈10-12，中性时c(H+)=c(OH-)，pH=6，因此pH≈6的纯水呈中性，不是酸性，B错误；
C．pH相等则c(H+)相等，根据电离方程式可知，c(CH3COO-) = c(Cl-)，C错误；
D.1 L 0.2 mol·L-1 K2CrO4溶液中，n() = 0.2 mol/L × 1 L = 0.2 mol。加入足量稀硫酸，发生反应，理论上能生成n() = 0.2 mol / 2 = 0.1 mol，但该反应是可逆反应，故物质的量会小于0.1 mol，故粒子数也小于0.1NA，D错误；
故选A。
【分析】A．弱酸稀释10倍时，pH变化值小于1；
B.100℃时，pH≈6的纯水呈中性；
C．氢离子相等的盐酸和醋酸溶液中，c(CH3COO-) = c(Cl-)；
D．转化是可逆反应，不能进行到底。
13．利用下列实验装置进行的实验或操作不能达到相应目的是
A．①探究反应物的接触面积对反应速率的影响
B．②探究温度对平衡的影响
C．③除去碱式滴定管中的气泡
D．④测漂白精溶液的pH
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、①中碳酸钙质量、盐酸浓度与体积均相同，唯一变量是固体形态（块状与粉末），粉末接触面积更大，可探究接触面积对反应速率的影响，A 能达到实验目的；
B、②装置中两个容器分别置于热水、冰水，变量只有温度，存在平衡，通过观察气体颜色深浅，探究温度对化学平衡的影响，B 能达到实验目的；
C、③图示操作是挤压碱式滴定管橡胶管，尖嘴向上，是除去碱式滴定管内气泡的标准操作，C 能达到实验目的；
D、漂白精溶液含有次氯酸根，水解生成，具有强漂白性，会将 pH 试纸漂白，无法用 pH 试纸测定其 pH，D 不能达到实验目的；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
控制变量实验：只保留单一变量，其余条件保持一致；
平衡：红棕色，温度改变，平衡移动，气体颜色变化；
碱式滴定管排气泡：尖嘴向上，挤压橡胶管排出气泡；
pH 试纸使用禁忌：具有漂白性的溶液不能用 pH 试纸测量 pH，应选用 pH 计。
14．已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO。某温度下，向pH=7的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，温度不变，测得溶液的pH为2。对该溶液的叙述中不正确的是
A．该温度等于25℃
B．加入NaHSO4晶体后由水电离出来的
C．等物质的量浓度的NaHSO4与盐酸的酸性相当
D．该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液不可使反应后的溶液恰好呈中性
【答案】D
【知识点】水的电离；离子积常数；pH的简单计算
【解析】【解答】A. 蒸馏水呈中性，pH为7，说明该温度下水的离子积常数 Kw=1×10-14， 这一数值对应的温度为25℃，因此该体系温度等于25℃，A正确；
B. 向蒸馏水中加入 NaHSO4 后，溶液pH变为2，因此溶液中氢离子浓度 c(H+)=1×10-2 mol·L-1， 25℃下 Kw=1×10-14， 因此。溶液中的 OH- 全部是由水电离产生的，且水电离出的 c(H+)等于c(OH-)， 因此由水电离出的 c(H+)=1×10-12 mol·L-1，B正确；
C. NaHSO4和盐酸都属于强电解质，在水溶液中会完全电离，电离方程式分别为：NaHSO4 = Na+ + H+ + SO、HCl = H+ + Cl-。当二者物质的量浓度相等时，电离出的氢离子浓度c(H+)也相等，因此酸性相当，所以C选项正确；
D. 25℃时，pH=2的NaHSO4溶液中，氢离子浓度c(H+)=1×10-2 mol·L-1；pH=12的NaOH溶液中，氢氧根浓度。当两种溶液等体积混合时，H+和OH-的物质的量相等，恰好完全中和生成Na2SO4和水，最终溶液呈中性，因此D选项错误；
综上，本题答案选D。
【分析】A.由题意，此温度下Kw=1×10-14，可知温度为 25℃ ；
B.溶液中氢离子浓度乘以水电离的氢氧根离子等于10-14；
C. 由同浓度NaHSO4 和HCl电离出相同氢离子分析；
D. 氢离子物质的量和氢氧根离子物质的量相等时，溶液呈中性。
15．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．由水电离出的的溶液：Al3+、Fe3+、SO、H+
B．使酚酞变红的溶液中：Na+、K+、ClO-、CO
C．的溶液中：NH、Na+、、
D．使甲基橙变黄的溶液中：NH、K+、SO、S2-
【答案】B
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；离子共存
【解析】【解答】A、由水电离出的，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。碱性条件下、、都会与氢氧根发生反应，不能大量共存，A 错误；
B、使酚酞变红的溶液显碱性，含有大量。、、、之间不发生反应，在碱性环境下可以大量共存，B 正确；
C、，即，溶液呈强酸性。酸性条件下会发生歧化反应： ，同时具有强氧化性，可氧化，离子不能大量共存，C 错误；
D、使甲基橙变黄的溶液，，溶液可能为酸性或碱性。酸性环境中与反应生成硫化氢；碱性环境中会与氢氧根反应，不能大量共存，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
水电离氢离子浓度：水电离的氢离子浓度小于，代表溶液抑制水的电离，存在酸性、碱性两种可能性；
酚酞变红溶液：酚酞遇碱变红，溶液含大量氢氧根，判断离子在碱性条件下能否共存；
表达式：该式等于溶液氢离子浓度，可直接判断溶液为酸性，酸性条件下硫代硫酸根易歧化，高锰酸根具有强氧化性；
甲基橙变色范围：甲基橙变黄，溶液不一定是碱性，酸性、中性、弱碱性都有可能，需要分情况检验离子。
16．常温时，将pH相同、体积均为的NaOH溶液和MOH(一元弱碱)溶液分别加水稀释至V，pH随lg的变化如图所示。下列说法正确的是
A．加水稀释过程中，逐渐减小
B．曲线Ⅰ表示NaOH溶液
C．水的电离程度：aD．a、c两点溶液的离子总浓度不相同
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离
【解析】【解答】A．MOH作为弱碱，溶液中电离平衡常数温度不变时为定值，加水稀释时溶液中 OH- 浓度降低，因此会随着稀释逐渐减小，A正确；
B．MOH是弱碱，因此pH和NaOH溶液相同的MOH溶液，其实际浓度比NaOH更大。加水稀释时，MOH的电离平衡会正向移动，因此MOH溶液的pH变化幅度比NaOH更小，稀释相同倍数时pH更小，因此曲线Ⅰ是NaOH溶液，曲线Ⅱ才是MOH溶液，B错误；
C．a点和b点的溶液都呈碱性，碱电离出的OH-会抑制水的电离；溶液碱性越强，对水的电离抑制程度越大，b点pH更大、碱性更强，因此b点水的电离程度更小，C错误；
D．对MOH稀释的过程中，溶液始终满足电荷守恒： c(M+)+c(H+)=c(OH-)， 因此溶液中总离子浓度为c(M+)+c(H+)+c(OH-)=2c(OH-)。a点和c点pH相同，说明两点溶液中c(OH-)相同，因此两点的总离子浓度相等，D错误；
故选A。
【分析】由图象可知， 曲线Ⅰ表示 MOH 溶液，曲线Ⅱ表示MOH溶液，碱抑制水的电离，碱性越强，抑制程度越大，水的电离程度越小；溶液遵循电荷守恒， c(M+)+c(H+)=c(OH-)， c(Na+)+c(H+)=c(OH-)，a点和c点c(OH-)相同，据此分析。
17．弱电解质的电离平衡在生产、生活、科学研究中具有重要的意义。
Ⅰ．已知25℃时，物质的量浓度为0.1的MOH溶液中，
（1）MOH的电离方程式为　 　，MOH的　 　。
II．已知T℃时， 。
（2）在温度下，将20 mL 0.1 HA溶液和20 mL 0.1 HB溶液分别与20 mL 0.1 NaHCO3，溶液混合，实验测得产生气体的体积V随时间t变化的曲线如图所示。两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是　 　。
（3）向NaA溶液中滴加HB溶液，发生反应：，该反应的平衡常数表达式为K=　 　。
III．水是弱电解质，电离程度很小，其电离平衡曲线如图所示。
（4）图中A、B、C三点的Kw大小关系是　 　。
（5）向B点溶液中加入NaOH固体，保持温度不变，使溶液中，该溶液的pH为　 　，溶液中由水电离产生的c　 　。
【答案】；1.0×10-5；由于HB的电离常数大于HA，所以等体积等浓度的溶液中，HB溶液的氢离子浓度更大，与NaHCO3反应速率更快。；7×103；B>A=C；10；1.0×10-10
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子积常数；电离方程式的书写
【解析】【解答】（1）弱碱MOH存在电离平衡，电离方程式为，根据电离平衡常数的定义可得。
（2）酸的电离常数越大，酸性越强，HB的电离常数大于HA，说明HB的酸性强于HA，因此等体积、等浓度的两种酸溶液中，HB溶液的氢离子浓度更高，和NaHCO3 反应时，反应速率更快。
（3）该反应平衡常数为。
（4）水的离子积常数Kw仅和温度有关，温度越高，水的电离程度越大，Kw的数值就越大，因此三点的Kw大小关系为B>A=C。
（5）B点对应的Kw为，当溶液中时，根据Kw的关系计算氢离子浓度：，因此溶液的 pH=10，
该溶液中的氢离子全部由水电离产生，根据水电离的特点，水电离出的 OH- 浓度和水电离出的 H+ 浓度相等，因此由水电离产生的OH- 浓度为 1.0×10-10 mol /L。
【分析】（1）由题意， MOH 为弱碱，部分电离，，电离常数表达式为，代入计算；
（2） HA 和 HB 酸性强弱不同，酸性较强者电离出氢离子浓度大，反应速率快；
（3）由平衡常数定义知表达式为；
（4）温度相同，Kw相同，温度越高，Kw越大；
（5）B点，代入计算。
18．某中学化学社团利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”，实验时，先分别量取下列溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。设计方案如下，其中t3＜t2＜t1：
实验编号 试管中所加试剂及用量(mL) 温度(℃) 溶液褪至无色所需时间(min)
0.6mol/LH2C2O4溶液 0.2mol/LKMnO4溶液 3mol/LH2SO4溶液 H2O
1 3.0 2.0 2.0 3.0 25 t1
2 3.0 3.0 2.0 2.0 25 t2
3 3.0 3.0 2.0 2.0 40 t3
请回答：
（1）配制0.6mol/LH2C2O4溶液
①若实验中大约要使用480mLH2C2O4溶液，则需要称量H2C2O4 2H2O固体　 　g。
②选择称量H2C2O4 2H2O固体所需要的仪器　 　(填序号)。
名称 托盘天平(带砝码) 小烧杯 坩埚钳 玻璃棒 药匙 量筒
仪器
序号 a b c d e f
（2）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，每消耗1molH2C2O4转移　 　mol电子。当观察到紫色刚好褪去，参加反应的H2C2O4和KMnO4的物质的量之比n(H2C2O4)∶n(KMnO4)=　 　。
（3）实验1测得KMnO4溶液的褪色时间为t1=4 min，忽略混合前后溶液体积的变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=　 　mol/(L·min)。
（4）根据表中的实验2和实验3数据，可以得到的结论是　 　。
（5）该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化趋势的示意图，如图a所示，但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的趋势应当如图b所示：
推测可能的原因是　 　。
【答案】（1）37.8；abe
（2）2；5：2
（3）0.01
（4）其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快
（5）该反应为放热反应；反应生成的Mn2+起催化作用
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）①实验室无 480 mL 规格容量瓶，配制该溶液需选用 500 mL 容量瓶。计算所需固体质量：。
②称量固体，用到的仪器为天平、小烧杯、药匙，选 abe。
故答案为：37.8 g；abe；
（2）反应中被氧化为，被还原为，由得失电子守恒得到关系式，每消耗转移电子；当溶液紫色恰好褪去，二者恰好完全反应，参加反应的物质的量之比。
故答案为：2；5：2；
（3）实验 1 中褪色时间，混合后溶液总体积 10 mL。
。
故答案为： 0.01 ；
（4）实验 2、3 中各反应物浓度保持一致，仅温度不同，高于，对应褪色时间。可得出结论：其他条件不变，升高温度，化学反应速率加快。
故答案为： 其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快；
（5）反应一段时间后的物质的量快速增加，反应速率明显变快。推测原因：该反应放热，体系温度升高；反应生成的对该反应起到催化作用。
故答案为： 该反应为放热反应；反应生成的Mn2+起催化作用；
【分析】探究外界条件对化学反应速率的影响常采用控制变量法，实验中一般只改变单一变量。对比实验 1 与实验 2，二者温度一致，混合后溶液总体积保持不变，所加入溶液、溶液的体积均相同，所以混合体系中二者浓度一致；只有溶液取用体积不同，导致混合后浓度存在差异，这两组实验用于探究浓度对化学反应速率带来的影响。对比实验 2 与实验 3，体系内各反应物浓度完全相同，仅温度条件不一样，这两组实验用来探究温度对化学反应速率的影响。
（1）容量瓶选择遵循就近偏大原则，配制 480 mL 溶液选用 500 mL 容量瓶，根据计算固体质量；结合固体称量操作，判断所需实验仪器。
（2）先标出反应中 Mn、C 元素化合价变化，利用得失电子守恒建立反应物与电子的定量关系式，进而求出转移电子量与反应物物质的量之比。
（3）根据稀释规律求出混合后初始浓度，再代入反应速率公式完成计算。
（4）依据控制变量法，两组实验只有温度这一个变量，对比褪色时间长短，总结温度对反应速率的影响规律。
（5）结合速率加快的现象，从温度变化、反应生成的离子具备催化效果两个角度，分析速率加快的可能原因。
（1）①实验室没有480mL的容量瓶，要配制480mLH2C2O4溶液，需要选择500mL的容量瓶，则需要称量H2C2O4 2H2O固体的质量为0.6mol/L×0.5L×126g/mol=37.8g。
②称量H2C2O4 2H2O固体时，需要使用天平、小烧杯、药匙，则所需要的仪器abe。
（2）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，依据得失电子守恒，可建立关系式：5H2C2O4~2KMnO4~10e-，则每消耗1molH2C2O4转移2mol电子。当观察到紫色刚好褪去，参加反应的H2C2O4和KMnO4的物质的量之比n(H2C2O4)∶n(KMnO4)= 5：2。
（3）实验1测得KMnO4溶液的褪色时间为t1=4 min，混合溶液的总体积共10mL，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)== 0.01mol/(L·min)。
（4）由分析可知，表中的实验2和实验3中各物质的对应浓度都相同，只有温度不同，40℃＞25℃，所需时间t3＜t2，则可以得到的结论是：其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快。
（5）图b曲线显示，当反应进行一段时间后，随反应时间的增长，n(Mn2+)迅速增大，也就是反应速率迅速加快，推测可能的原因是：该反应为放热反应；反应生成的Mn2+起催化作用。
19．滴定实验是化学学科中重要的定量实验。
Ⅰ.酸碱中和滴定
已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的质量分数，进行如下步骤实验：
①称量1.00 g样品溶于水，配成250 mL溶液；
②准确量取25.00 mL所配溶液于锥形瓶中；
③滴加几滴甲基橙指示剂；
④用0.10 mol/L的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如下：
滴定序号 待测液体积(mL) 消耗盐酸标准的体积(mL)
滴定前 滴定后
1 25.00 0.50 20.60
2 25.00 6.00 26.00
3 25.00 1.10 21.00
（1）该酸碱中和滴定(题干中②③④步)所需仪器有________(填字母)。
A．酸式滴定管(50 mL) B．碱式滴定管(50 mL) C．量筒(10 mL) D．铁架台 E．玻璃棒
（2）碱式滴定管不能盛装的试剂有___________(填字母)
A. 氨水 B. KMnO4溶液 C. NH4HSO4溶液 D. KHCO3溶液
（3）滴定达到终点的现象，溶液________色变________色。
（4）试样中NaOH的质量分数为________。
（5）若出现下列情况，测定结果偏低的是________。
a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶
b．酸式滴定管滴至终点时，俯视读数
c．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗
d．碱式滴定管放液前有气泡，放出液体后气泡消失
II．“84”消毒液是一种以次氯酸钠为有效成分的高效消毒剂，间接碘量法是测定有效氯的经典方法，步骤如下：
①取5.00 mL“84”消毒液，置于磨口具塞锥形瓶，加入20 mL碘化钾溶液(过量，易被空气氧化)和适量稀硫酸，塞上瓶塞；在暗处振荡5分钟。(发生反应为：)
②加入几滴指示剂，用0.1 mol/L硫代硫酸钠()标准溶液(pH>7)滴定至终点，记下消耗硫代硫酸钠标准溶液的体积，平行测定四次。(发生反应为：)
（6）步骤②中选用的指示剂为________，步骤②滴定终点的现象为________。
【答案】(1) ABD
(2) B，C
(3) 黄 橙
(4) 80%
(5) bd
(6) 淀粉溶液 滴入最后半滴，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不回复原色
【知识点】指示剂；中和滴定
【解析】【解答】（1）本次酸碱中和滴定的操作过程为：首先需要用碱式滴定管准确量取25.00mL待测溶液转移至锥形瓶中，之后向锥形瓶中滴加几滴甲基橙作指示剂，最后通过50mL酸式滴定管盛放0.10mol/L的标准盐酸进行滴定，重复滴定三次，整个实验需要用到的仪器有50mL酸式滴定管、50mL碱式滴定管、铁架台，因此选ABD。
（2）碱式滴定管的结构为下端靠橡胶管控制液体流速，因此不能盛放会腐蚀橡胶的强氧化性物质，也不适合盛放酸性液体，只能盛放碱性溶液。
A．氨水呈碱性，不会腐蚀橡胶，可以用碱式滴定管盛装，因此A不符合题意；
B．KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管盛装，因此B符合题意；
C．NH4HSO4溶液因铵根离子水解、硫酸氢根完全电离呈酸性，会腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管盛装，因此C符合题意；
D．KHCO3溶液中碳酸氢根的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，不会腐蚀橡胶，可以用碱式滴定管盛装，因此D不符合题意；
综上，选BC。
（3）待测溶液为碱性，滴入甲基橙指示剂后溶液会呈现黄色。本实验是用盐酸标准溶液滴定待测氢氧化钠溶液，以甲基橙作指示剂，滴定达到终点时的现象为：滴入最后半滴盐酸后，溶液恰好由黄色变为橙色，且半分钟（30秒）内颜色不恢复原来的颜色。
（4）处理三次滴定数据可得，消耗盐酸的平均体积为 20.00mL，计算得到氢氧化钠的浓度为：
；
配制得到的待测氢氧化钠溶液总体积为$\ce{250 mL}$，因此原试样中$\ce{NaOH}$的质量分数为：
；
（5）a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，氢氧化钠的总物质的量不会发生改变，因此对测定结果没有影响，故不选a；
b．滴定达到终点时，对酸式滴定管俯视读数，会导致读取的消耗标准液的体积偏小，最终计算得到的测定结果偏低，故选b；
c．酸式滴定管经蒸馏水洗涤后，没有用标准盐酸润洗，会导致标准液被稀释，盐酸浓度偏低，反应时消耗的标准液体积偏大，最终测定结果偏高，故不选c；
d．碱式滴定管放液前尖嘴处存在气泡，放出待测液后气泡消失，会导致实际取得的待测氢氧化钠体积偏小，反应消耗的标准液体积也随之偏小，最终测定结果偏低，故选d；
因此本题选bd。
（6）I2可以使淀粉溶液变为蓝色，因此步骤②选择的指示剂为淀粉溶液；滴定达到终点时，I2恰好被完全反应，因此步骤②滴定终点的现象为：滴入最后半滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。
【分析】本题利用“归因法”，结合公式分析滴定误差：若滴定过程中消耗的标准液体积偏大，则计算得到的待测液浓度偏大；若偏小，则偏小。
20．“碳中和”是通过植树造林和其他人工技术(或工程)对排放的碳加以捕集利用，从而使排放到大气中的CO2净增量为零。
Ⅰ．一定温度下，向某固定容积的密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体。 。反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。请回答下列问题：
（1）t1min时，v正(CO)　 　v逆(CO)(填“>”“<”或“=”)。
（2）0-4 min时，CO2的平均反应速率为　 　。
（3）4 min时，CO2的转化率为　 　；该温度下的化学平衡常数K=　 　。
（4）下列叙述能说明上述反应达到平衡状态的是　 　(填序号)。
a．气体的压强不再变化
b．混合气体的密度不再变化
c．混合气体的平均相对分子质量不再变化
d．单位时间内消耗n mol CO2，同时生成n mol CO
Ⅱ．由CO2与H2制备甲醇(CH3OH)是当今研究的热点之一，历程如下：
制备过程发生如下副反应：
反应①：
反应②： 。
（5）写出CO2与H2制备CH3OH的热化学方程式　 　。
（6）工业上利用CO2氧化乙苯制苯乙烯的反应为：
①常压下，乙苯和CO2在催化剂MxOy作用下反应。控制投料比[n(CO2)：n(乙苯)]分别为1：1、5：1和10：1，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如下图所示：
乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越　 　(填“高”或“低”)。
②相同温度下，投料比远大于10：1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是　 　。
③700K时，向恒容密闭容器中加入过量CaCO3和一定量乙苯，初始和平衡时容器内压强分别为p1kPa和p2kPa，则平衡时苯乙烯的分压为　 　kPa(以含有p1、p2、p3的代数式表示)。[已知：CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g) Kp=p3kPa]
【答案】＞；；75%；3；bc；；低；投料比过大，乙苯浓度太小，二氧化碳过多的占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）t1min时，CO浓度继续增加，CO2浓度继续减少，说明反应向正向进行，v正(CO)＞v逆(CO)；
（2）；
（3），；
（4）a. 该反应在反应前后气体的总物质的量不发生改变，反应过程中压强始终保持不变，因此体系压强不再变化时，无法判断反应已经达到平衡状态，a错误；
b. 反应过程中，生成物中生成了固体碳，因此气体的总质量会随反应进行不断减小，该反应气体总物质的量不变，容器容积固定，因此气体体积V不变，根据，气体密度 会随反应进行不断减小，当密度不再发生变化时，说明反应达到平衡状态，b正确；
c. 混合气体的平均摩尔质量等于气体总质量除以气体总物质的量，气体总物质的量不变，总质量随反应进行不断减小，因此平均摩尔质量（数值上等于平均相对分子质量）会随反应进行不断减小，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，说明反应达到平衡状态，c正确；
d. 任意反应时刻，只要反应发生，消耗 n mol CO2， 的同时就一定会生成 n mol CO， 这个关系始终成立，不能说明反应达到平衡状态，d错误；
因此选bc。
（5）根据盖斯定律，目标反应可由反应①减去反应②得到，因此可以写出目标反应的热化学方程式：；
（6）①相同反应条件下，投料比越高，乙苯的平衡转化率越大；因此当乙苯转化率相同时，投料比越高，对应所需的反应温度越低；
②如果投料比过大，二氧化碳的占比过高，乙苯的浓度相对较低，同时过量的二氧化碳会占据催化剂的活性表面，最终导致催化剂对乙苯的吸附效率下降；
③反应起始时容器中只有乙苯气体，因此初始乙苯的分压\(p_{\text{乙苯}}=p_1\ \text{kPa}\)。对于碳酸钙的分解反应，反应达到平衡时，二氧化碳的分压=p3kPa， 保持不变。设平衡体系中苯乙烯的分压为x，根据反应计量关系，生成的水蒸气和一氧化碳分压也都为x，此时平衡时乙苯的分压为 (p1-x) ，二氧化碳分压为 p3，体系总压满足关系 p2=(p1-x)+p3+3x， 整理后解得x=。
【分析】（1）t1时未达平衡，反应正向进行，v正(CO)＞v逆(CO)；
（2）有速率计算公式；
（3）由图可知， 4 min时 二氧化碳转化量为0.6mol，可计算转化率；
（4） 反应为等体积反应，压强不是变量，混合气体密度和平均相对分子质量是变量，可以作为平衡判断依据；
（5）考查盖斯定律，反应①减去反应②得到目标反应；
（6）条件相同时， 投料比[n(CO2)：n(乙苯)] 越大，乙苯转化率越高，故平衡转化率相同时，投料比越高，反应温度越低。
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