文档内容
高二化学上学期期中测试卷 01
(考试时间：90分钟 满分100分)
考试范围：新教材人教版选择性必修1第一、二、三章
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5
K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Ba 137
选择题部分
一、选择题(本大题共20小题，每小题2分，共40分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合
题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．反应进行的方向是化学反应原理的三个重要组成部分之一、下列说法中正确的是( )
A． ， 的反应一定可以自发进行
B．根据反应的自发性可以预测该反应发生的快慢
C．可逆反应正向进行时，正反应具有自发性， 一定小于零
D．常温下，反应C(s)+ CO (g) 2CO(g)不能自发进行，该反应的ΔH＞0
2
【答案】D
【解析】A项，ΔG＜0，反应自发进行，由ΔG =ΔH -TΔS可知，若ΔH＞0，ΔS＞0，则在低温下ΔG
可能大于0，反应非自发，A项错误；B项，反应的自发性只能判断反应的方向，不能确定反应的快慢，B
项错误；C项，可逆反应正向进行时，由ΔG =ΔH -TΔS可知，若ΔH＞0，ΔS＞0且高温条件下正反应具有
自发性，C项错误；D项，ΔH -TΔS＞0，反应非自发进行，反应ΔS＞0，满足ΔH -TΔS＞0，则ΔH＞0，D
项正确；故选D。
2．硫酸是当今世界上最重要的化工产品之一，广泛应用于工业各个方面。硫酸的生产工艺几经改进，
目前工业上主要采用接触法制备硫酸。接触室中发生如下反应：2SO + O 2SO 。该反应也是放
2 2 3
热反应，下列说法不正确的是( )
A．形成SO 中的硫氧键放出能量 B．断开SO 中的硫氧键放出能量
3 2
C．反应物的总能量大于生成物的总能量 D．放热反应的逆反应一定是吸热反应
【答案】B
【解析】A项，断键吸热，成键放热，则形成SO 中的硫氧键放出能量，A正确；B项，断开SO 中
3 2
的硫氧键吸收能量，B错误；C项，反应放热，则反应物的总能量大于生成物的总能量，C正确；D项，
放热反应的逆反应一定是吸热反应，D正确； 故选B。
3．在PdCl -CuCl 做催化剂和适宜的温度条件下，用O 将HCl氧化为Cl：4HCl(g)+O (g)=2HO(g)
2 2 2 2 2 2
+2Cl(g) ΔH<0，下列有关说法不正确的是( )
2A．降低温度，可提高Cl 产率
2
B．提高 ，该反应的平衡常数增大
C．若断开1molH-Cl键的阿时有1molH-O键断开，则表明该反应达到平衡状态
D．该反应的平衡常数表达式
【答案】B
【解析】A项，此反应正向为放热反应，降低温度，平衡正向移动，可提高氯气产率，A正确；B项，
温度不变，平衡常数不变，B不正确；C项，若断开1mol H-Cl键的同时有1molH-O键断开，说明正逆反
应速率相等，则表明该反应达到平衡状态，C正确；D项，各组分均为气体，平衡常数表达式正确，D正
确。故选B。
4．化学反应中的能量变化，通常主要表现为热量的变化。下列相关表述正确的是( )
A．一定条件下，将0.5molH(g)和0.5molI(g)置于密闭容器中充分反应生成 放热 ，其热化学方
2 2
程式为：I(g )+H (g) 2HI(g) H=-2akJ•mol-1
2 2
B．在101kPa时，2 g H
2
完全燃△烧生成液态水，放出 热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式
表示为：
C．S(g)+ O (g)=SO(g) ΔH S(g)+ O (g)=SO(g) ΔH ΔH＞ΔH
2 2 1 2 2 2 1 2
D．HCl和NaOH反应的中和热 ，则0.5molHSO 和足量Ba(OH) 反应的
2 4 2
【答案】B
【解析】A项， 一定条件下，将0.5molH(g)和0.5molI(g)置于密闭容器中充分反应生成HI放热于
2 2
akJ，则I 和H 反应生成1molHI(g)时放热大于akJ，放热焓变为负，则其热化学方程式I(g )+H (g)
2 2 2 2
2HI(g) H＜-2akJ•mol-1，故A错误； B项，燃烧热是指在一定压强下，1 mol的可燃物完全燃烧生成稳定
的氧化△物的时候所放出的热量；在101kPa时，2 gH 完全燃烧生成液态水，放出于285.8akJ热量，表示氢
2
气燃烧热的热化学方程式表示为： ，B正确；C项，硫蒸气的能
量比等质量的固态硫能量高、则等量的硫蒸汽燃烧生成二氧化硫气体比固态硫燃烧放出的热量多，焓变为
负值时，放出热量越多，焓变越小，则S(g)+ O (g)=SO(g) ΔH S(g)+ O (g)=SO(g) ΔH ΔH＜ΔH，
2 2 1 2 2 2 1 2
故C错误；D项，HCl和NaOH反应的中和热ΔH =-57.3kJ•mol-1，硫酸和足量Ba(OH) 反应生成硫酸钡沉
2淀和水，由于生成沉淀，也要放热，则0.5molHSO 和足量Ba(OH) 反应放出的热量大于盐酸和氢氧化钠
2 4 2
反应1mol液态HO时放出的热量、即大于57.3kJ，则0.5molHSO 和足量Ba(OH) 反应的ΔH
2 2 4 2
＜-57.3kJ•mol-1，故D错误；故选B。
5．常温下，下列说法正确的是( )
A． 的HA溶液与 的ROH溶液任意比混合：c(R+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)
B．pH相等的NH Cl、HCl和(NH )SO 三种溶液： c(HCl)＜c(NH Cl)＜c[(NH )SO ]
4 4 2 4 4 4 2 4
C．中和等体积等pH的盐酸和醋酸，消耗氢氧化钠的物质的量相等
D．分别向等体积等pH的氢氧化钾和醋酸钾溶液中加入等体积的水，pH变化大的是醋酸伽
【答案】A
【解析】A项，HA溶液与ROH溶液任意比混合都存在电荷守恒：c(R+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，故A正
确；B项，NH Cl存在铵根的水解而呈酸性，HCl完全电离出氢离子呈酸性，pH相同的两种物质浓度：
4
NH Cl＞HCl，等浓度的(NH )SO 和NH Cl溶液的pH是前者小，则pH相同时浓度为：NH Cl＞
4 4 2 4 4 4
(NH )SO ，则等pH时三者的浓度大小为：c(HCl) ＜c[(NH )SO ]＜c(NH Cl)，故B错误；C项，pH相同
4 2 4 4 2 4 4
的两种酸浓度：醋酸＞盐酸，相同体积时酸物质的量：醋酸＞盐酸，则分别中和pH相等、体积相等的两
种溶液，消耗NaOH物质的量与酸的物质的量成正比，所以醋酸消耗的NaOH多，故C错误；D项，醋酸
钾中醋酸根发生水解反应，越稀越水解，则等体积等pH的氢氧化钾和醋酸钾溶液分别稀释相同倍数，氢
氧化钾溶液的pH变化大，故D错误；故选A。
6．下列说法正确的是( )
A．某酸和某碱等体积混合，充分反应后，溶液呈酸性，可以推测BOH为弱碱
B．pH=1的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后，恰好完全反应，则所用盐酸和氨水的物质的量浓度相
等
C．pH=7的NaCl溶液和pH=7的CHCOONH 溶液，水的电离程度相同
3 4
D．同物质的量浓度的盐酸与醋酸分别中和同体积同浓度的NaOH溶液，消耗醋酸的体积多
【答案】B
【解析】A项，某酸和某碱等体积混合，由于浓度未知，不能判断溶液呈酸性的原因，A错误；B项，
pH=1的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后，恰好完全反应，说明n(盐酸)=n(氨水)，B正确；C项，pH=7
的NaCl溶液和pH=7的CHCOONH 溶液，NaCl对水的电离平衡无影响而CHCOONH 促进水的电离，C
3 4 3 4
错误；D项，同物质的量浓度的盐酸与醋酸分别中和同体积同浓度的NaOH溶液，消耗的体积一样多，D
错误；故选B。
7．某反应的反应机理可以分成如下两步，下列说法正确的是( )第一步反应 第二步反应
反应机理
NO +CO=NO+CO (快反
2NO =NO+NO (慢反应) 3 2 2
2 3 应)
A．第一步反应的活化能高于第二步反应的活化能
B．该反应的总反应方程式为NO+CO =NO+CO
2 2
C．该反应的速率主要由第二步反应决定
D．加入合适的催化剂既可以加快反应速率，又可以提高NO 的转化率
2
【答案】A
【解析】A项，慢反应的活化能高，故第一步反应的活化能高于第二步反应的活化能，故A正确；B
项，第一步反应与第二步反应加和得总反应方程式为NO +CO=NO+CO ，故B错误；C项，总反应速率由
2 2
慢反应决定，故C错误；D项，催化剂可以加快反应速率，但不可以改变反应限度，故D错误；故选A。
8．我国科技工作者研究利用 (氢型 分子筛)为载体，以CO 和氢气为原料合
2
成绿色燃料甲醚。一定条件下发生反应：2CO(g)＋6H(g) CHOCH (g)＋3HO(g)
2 2 3 3 2
H=-123.8kJ·mol-1。下列叙述正确的是( )
1
△ A．恒容时，升高温度，CO 2 的平衡转化率增大
B．恒容恒温时，及时分离出甲醚，平衡右移，反应速率增大
C．恒容恒温时，增大c(CO)，反应物转化率均增大
2
D． 是该反应的催化剂，可加快反应速率
【答案】D
【解析】A项，该反应放热，升温时平衡逆向移动，CO 的平衡转化率降低，A项错误；B项，分离
2
出生成物，其浓度降低，反应速率减小，B项错误；C项，增大一种反应物的浓度，另外一种反应物的转
化率增大，但增加的这种反应物的转化率减小，故增大c(CO)，氢气转化率增大，通常二氧化碳的转化率
2
减小，C项错误；D项，由题目信息提示可知， 是该合成甲醚反应的催化剂，催化
剂能加快反应速率，D项正确；故选D。
9．常温下，下列有关说法不正确的是( )
A．pH=13的氨水、NaOH溶液中，c(NH +)=c(Na+)
4
B．某氨水的pH=x，某盐酸的pH=14-x，两者等体积混合后，pH>7
C．等pH的盐酸和氯化铵两种溶液，导电能力相同
D．向0.1 mol•L-1的HS溶液中加入一定量的NaOH溶液，当溶液中存在：c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H S)
2 2
时，溶液的主要溶质为NaHS
【答案】C【解析】A项，两溶液中氢离子浓度相等，根据水的离子积可知两溶液中氢氧根离子浓度也相等，根
据电荷守恒，则c(NH +)=c(Na+)，A不符合题意；B项，常温下，某氨水的pH=x，某盐酸的pH=14-x，两
4
者等体积混合后，溶液中的OH-与H+正好完全反应，但过量的氨水仍会电离出OH-，所以溶液呈碱性，
pH>7，B不符合题意；C项，HCl是强酸，在溶液中完全电离，NH Cl为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，
4
等pH的盐酸和氯化铵两种溶液，氯化铵溶液的浓度大，则氯化铵溶液中离子浓度较大，导电能力强，故
C符合题意；D项，常温下，0.1 mol•L-1的HS溶液中，加入一定量的NaOH溶液，根据物料守恒，当溶液
2
中存在c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H S)时，溶液的主要溶质为NaHS，故D不符合题意。
2
10．已知常温下CHCOOH和NH ·H O的电离平衡常数分别为K、K 。若在常温下向0.1 mol·L－1的醋
3 3 2 a b
酸溶液中逐滴加入相同浓度的氨水直至完全过量，则下列说法正确的是( )
A．加入氨水的过程中，溶液的导电性一直不断增强
B．CHCOONH 在水溶液中的水解平衡常数K ＝
3 4 h
C．若K≈K ，当加入等体积的氨水时，溶液基本呈中性
a b
D．该等式在滴加过程中始终成立c(CHCOO－)＋c(CHCOOH)＝c(NH)＋c(NH ·H O)
3 3 3 2
【答案】C
【解析】CHCOOH和NH ·H O都是弱电解质，加入氨水的过程中生成强电解质醋酸铵，氨水过量后，
3 3 2
氨水稀释醋酸铵溶液，导电性降低，所以溶液的导电性先增强再降低，故 A错误；CHCOONH 在水溶液
3 4
中 水 解 的 离 子 方 程 式 是 CHCOO － ＋ NH ＋ HO CHCOOH ＋ NH ·H O ，
3 2 3 3 2
，K ＝，故B错误；若K≈K ，当加入等体积的氨水时，CHCOO－、
h a b 3
NH水解程度相同，溶液基本呈中性，故C正确；根据元素守恒，当加入氨水体积小于醋酸时，c(CHCOO
3
－)＋c(CHCOOH)>c(NH)＋c(NH ·H O)；当加入等体积的氨水时，c(CHCOO－)＋c(CHCOOH)＝c(NH)＋
3 3 2 3 3
c(NH ·H O)；当加入氨水体积大于醋酸时，c(CHCOO－)＋c(CHCOOH)0 B．ΔH+ΔH >0
1 2 2 3
C．ΔH+ΔH +ΔH >0 D．ΔH＜ΔH
1 2 3 1 4
【答案】B
【解析】A项，CO2-(aq)+H+(aq)= HCO -(aq) ΔH 和HCO -(aq)+H+(aq)= HCO(aq) ΔH ；均只存在
3 3 1 3 2 3 2
化学键的形成，形成化学键会释放能量，所以ΔH＜0，ΔH＜0，A错误；B项，将HCO -(aq)+H+(aq)=
1 2 3
HCO(aq) ΔH 与HCO(aq) CO(g)+HO(l) ΔH 相加可得：HCO -(aq)+H+(aq)= CO(g)+HO(l)，该
2 3 2 2 3 2 2 3 3 2 2
反应属于吸热反应，即ΔH+ΔH >0，B正确；C项，CO2-(aq)+H+(aq)= HCO -(aq) ΔH ；HCO -(aq)+H+
2 3 3 3 1 3
(aq)= HCO(aq) ΔH ；HCO(aq) CO(g)+HO(l) ΔH ；这三个方程式相加得到：CO2-(aq)+2H+(aq)
2 3 2 2 3 2 2 3 3
CO(g)+HO(l)，该反应属于放热反应，则ΔH+ΔH +ΔH ＜0，C错误；D项，已知：① CO2-(aq)+H+(aq)=
2 2 1 2 3 3
HCO -(aq) ΔH ；②CO(g)+HO(l)+CO 2-(aq)=2 HCO -(aq) ΔH，根据盖斯定律，将①－②，整理可得
3 1 2 2 3 3 4HCO -(aq)+H+(aq)= CO(g)+HO(l)，该反应属于吸热反应，则△H - H >0，所以△H ＞△H，D错误；
3 2 2 １ 4 １ 4
故选B。 △
16．相同温度和压强下，有如下热化学方程式，下列叙述正确的是( )
N(g)＋4H(g) ＋Cl(g) 2NH Cl(s) ΔH
2 2 2 4 1
NH (g)+ H+(g) NH +(g) ΔH
3 4 2
H(g)＋Cl(g) 2H+(g)+ Cl-(g) ΔH ＝3066kJ·mol−1
2 2 2
N(g)＋3H(g) 2NH (g) ΔH
2 2 3 4
NH (g)＋HCl(g) NH Cl(s) ΔH ＜0
3 4 5
A．ΔH＜ΔH B．ΔH＜0，ΔH＞0
1 4 1 2
C．H-Cl键键能为1533 kJ·mol−1 D．ΔH=2ΔH+ΔH+ΔH+2ΔH
1 2 3 4 5
【答案】A
【解析】A项，第一个方程式包含了氮气和氢气生成氨气，该反应放热；还包含氢气氯气生成氯化氢，
该反应放热；还包含氨气和氯化氢生成氯化铵，该反应放热，即ΔH 是放热最多的，ΔH 放热较少，放热
1 4
反应的焓变为负值，故ΔH＜ΔH，A正确；B项，第二个反应形成H-N键，形成化学键放热，ΔH＜0，B
1 4 2
错误；C项，第三个反应并不是形成了两个H-Cl键，故无法计算其键能，C错误；D项，按照这种变化过
程无法消掉Cl-(g)，D错误；故选A。
17．一定条件下，在1.0L的密闭容器中进行反应：Cl (g)+ CO(g) COCl (g)。
2 2
反应过程中的有关数据见表：
0 2 6 8
2.4 1.6 0.6
2 0.2
0
下列说法正确的是( )
A．2 时，用CO表示的化学反应速率为0.75 mol·L-1·s-1
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(COCl )=1.5mol/L，则反应的ΔH＜0
2
C．若保持温度不变，在第8min向体系中加入三种物质各1 mol，则平衡向逆反应方向移动
D．若保持温度不变，在第8min再充入1.0 mol COCl ，达到新平衡时COCl 的体积分数小于原平衡
2 2
COCl 的体积分数
2
【答案】B【解析】A项，0~2min内，∆c(Cl )=2.4-1.6=0.8mol/L， ，根据
2
速率之比等于系数比，v(CO)=v(Cl )=0.075 mol·L-1·s-1，A错误；B项，0~6min内，∆c(CO)=2-
2
0.2=1.8mol/L，则6min时，c(Cl )=2.4-1.8=0.6mol/L，说明在6min后反应达到平衡，此时
2
c(COCl )=1.8mol/L，升高温度，平衡时c(COCl )=1.5mol/L，说明平衡逆向进行，则反应为放热反应，ΔH
2 2
＜0，B正确；C项，第8min时反应已达到平衡，加入三种物质各1 mol，相当于增大压强，平衡正向移动，
C错误；D项，第8min再充入1.0 mol COCl ，相当于增大压强，平衡正向移动，达到新平衡时COCl 的体
2 2
积分数大于原平衡COCl 的体积分数，D错误；故选B。
2
18．甲烷与氯气发生取代反应分别生成1mol相关有机物的能量变化如图所示：
下列说法不正确的是( )
A．CH 与Cl 的取代反应是放热反应
4 2
B．1molCH 的能量比1molCH Cl的能量多99kJ
4 3
C． H≈ H≈ H≈ H，说明CH 与Cl 的四步取代反应难易程度相当
4 3 2 1 4 2
△ △ △ △
D．己知Cl—Cl的键能为243kJ·mol-1，C—Cl的键能为327kJ·mol-1，则CH(g)+Cl•(g)→CH •(g)+HCl(g)
4 3
的 H<0
△【答案】B
【解析】A项，由题中能量变化示意图可知，CH 与Cl 的取代反应不管生成CHCl、CHCl 还是
4 2 3 2 2
CHCl 或者CCl 均为 H＜0，则CH 与Cl 的取代反应是放热反应，A正确；B项，由图可知，1molCH 和
3 4 4 2 4
1molCl 的能量之和比△1molCH Cl和1molHCl的能量之和多99kJ，B错误；C项，由图中信息可知，
2 3
即 H≈ H≈ H≈ H，说明CH 与Cl 的四步取代反应难易程度
4 3 2 1 4 2
△ △ △ △
相当，C正确；D项，已知CH(g)+Cl•(g)→CH •(g)+HCl(g)过程中断裂了1molC-H键，形成了1mol的H-Cl
4 3
键，己知Cl—Cl的键能为243kJ·mol-1，C—Cl的键能为327kJ·mol-1，且有：CH(g)+Cl (g)→CH Cl(g)
4 2 3+HCl(g) H =-99kJ/mol，即4E +E -3E -E -E =-99kJ/mol，即E +E -E -E
(C-H) (Cl-Cl) (C-H) (C-Cl) (H-Cl) (C-H) (Cl-Cl) (C-Cl) (H-
=-99kJ/m△ol，则E +243kJ/mol-327kJ/mol-E =-99kJ/mol，则E -E =-15kJ/mol，即CH(g)
Cl) (C-H) (H-Cl) (C-H) (H-Cl) 4
+Cl•(g)→CH •(g)+HCl(g)的 H=-15kJ/mol<0，D正确；故选B。
3
19．环己烷(C
6
H
12
)有椅△型、半椅型、船型、扭船型等多种结构，在一定温度和压强下不同结构的势能
不同，它们的相对势能如图所示。下列说法不正确的是( )
A．上述四种结构中，半椅型结构最不稳定
B．相同条件下，椅型转化成扭船型的速率比逆向转化的快
C．C H (椅型)=C H (船型) ΔH=+28.9kJmol−1
6 12 6 12
D．加热有利于椅型转化成扭船型 ⋅
【答案】B
【解析】A项，由题中相对势能图可知，上述四种结构中半椅型结构能量最高、椅型型结构能量最低，
则半福型结构最不稳定、椅型结构最稳定，A正确；B项，由图可知，椅型转化成扭船型的活化能大于扭
船型转化成椅型，反应的活化能越高，反应速率越慢，则椅型转化成扭船型的速率比逆向转化的慢，B错
误；C项，由图可知，C H (椅型)=C H (船型)是吸热反应，并且能量差为(23.5+5.4) kJmol−1 ，热化学方
6 12 6 12
程式为：C H (椅型)=C H (船型) ΔH=+28.9kJmol−1，C正确；D项，椅型转化成扭船⋅型的反应为：C H
6 12 6 12 6 12
(椅型)=C H (扭船型) ΔH=+23.5kJmol−1，正反⋅ 应吸热，则升高温度平衡正向移动，有利于椅型转化成扭
6 12
船型，D正确；故选B。 ⋅
20．常温下，实验小组用0.1000 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL的0.1000 mol/L CH COOH溶液
3
(CHCOOH电离常数为K)，绘制 图像如图，下列说法不正确的是( )
3 aA．滴定曲线与横坐标交点a对应溶液的
B．滴定过程中一定存在：c(Na+)+c(CHCOO-)+c(CHCOOH)=0.1 mol/L
3 3
C．滴加10.00 mL时，溶液中存在：c(CHCOOH) +2c(H+)=c(CHCOO-)+2c(OH-)
3 3
D．滴加20.00 mL且达到平衡时，溶液中
【答案】D
【解析】A项，滴定纵坐标表示lg ，滴定曲线与横坐标交点a点lg =0，则
=1，此时c(CHCOO-)=c(CHCOOH)，醋酸在溶液中存在电离平衡：CHCOOH CHCOO-
3 3 3 3
+H+，电离平衡常数K = ，则pH=-lgc(H+)=-lgK，A正确；B项，在加入NaOH
a a
溶液为V mL时，溶液为CHCOOH与CHCOONa的混合溶液，c(Na+)= ，根
3 3
据物料守恒可知 c(CHCOO-)+c(CHCOOH)= = ，则c(Na+)+c(CHCOO-)
3 3 3
+c(CHCOOH)=0.1 mol/L，B正确；C项，滴加10.00 mL时，溶液为CHCOOH与CHCOONa按1：1混合
3 3 3得到的混合溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CHCOO-)+c(OH-)，溶液中存在物料守恒：
3
2c(Na+)=c(CHCOO-)+c(CHCOOH)，第一个式子带入第二个式子，整理可得：c(CHCOOH)
3 3 3
+2c(H+)=c(CHCOO-)+2c(OH-)，C正确；D项，当滴加NaOH溶液至20.00 mL时，二者恰好发生中和反应
3
产生CHCOONa，CHCOONa是强碱弱酸盐，在溶液中CHCOO-发生水解反应：CHCOO-+H O
3 3 3 3 2
CHCOOH+OH-，K = ，则 c(CHCOOH)=
3 h 3
，D错误；故选D。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共60分)
21．(10分)亚磷酸(H PO )为二元酸，其酸性比磷酸稍强，可用作农药中间体以及有机磷水处理药剂的
3 3
原料。回答下列问题：
(1)Na HPO 属于_____(填“正盐”“酸式盐”或“无法确定”)。
2 3
(2)设计一种实验方案，证明亚磷酸不是强酸：_____。
(3)某温度下，0.11mol·L-1的HPO 溶液的pH为2，该温度下HPO 的电离平衡常数K 约为
3 3 3 3 a1
_____(K =2×10-7，HPO 的二级电离和水的电离忽略不计)。
a2 3 3
(4)向HPO 溶液中滴加NaOH溶液：
3 3
①当溶液呈中性时，所得溶液中c(Na+)_____c(HPO -)+2c(HPO 2-)(填“>”“<”或“=”)；
2 3 3
②若用甲基橙做指示剂，用NaOH溶液滴定，达到滴定终点时，所得溶液中c(Na+)____c(HPO -)
2 3
+2c(HPO2-)(填“>”“<”或“=”)。
3
【答案】(1)正盐(2分)
(2)测NaHPO 溶液的pH，若pH>7，则证明亚磷酸不是强酸；向等物质的量浓度的硫酸、亚磷酸溶液
2 3
中各滴入2滴石蕊溶液，若次磷酸溶液中红色浅一些，则说明亚磷酸为不是强酸(答案合理即可) (2分)
(3)1×10-3(2分) (4)=(2分) <(2分)
【解析】(1)亚磷酸(H PO )为二元酸，说明次磷酸中只有二个可电离的氢原子，说明NaHPO 是正盐；
3 3 2 3
(2)若HPO 不是强酸，则NaHPO 是强碱弱酸盐，则该盐的水溶液呈碱性，故可以测定NaHPO 溶液的酸
3 3 2 3 2 3
碱性，若溶液pH>7，则说明HPO 不是强酸；还可以比较同浓度下二元强酸和HPO 酸性的强弱：取等体
3 3 3 3
积等浓度的硫酸和亚磷酸溶液，各滴入2滴石蕊溶液，若亚磷酸溶液中的红色浅一些，则可说明次磷酸不
是强酸； (3)忽略HPO 的二级电离和水的电离，则c(HPO -)=c(H＋)=1×10-2mol·L-1，c(HPO )=(0.11-1×10-2)
3 3 2 3 3 3mol·L-1=0.1mol·L-1，电离平衡常数K = = =1×10-3； (4)①溶液中存在电
a1
荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(H PO -)+2c(HPO 2-)+c(OH-)，当溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得
2 3 3
c(Na+)=c(H PO -)+2c(HPO 2-)；②溶液中的电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(H PO -)+2c(HPO 2-)+c(OH-)，用甲基橙
2 3 3 2 3 3
做指示剂，达到滴定终点时，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，故c(Na+)< c(HPO -)+2c(HPO 2-)。
2 3 3
22．(11分)乙二酸(HOOC—COOH)俗名草酸，是一种有还原性的有机弱酸，在化学上有广泛应用。回
答下列问题：
(1)在恒温、恒容密闭容器中发生反应：HC O(s) HO(g)+CO(g)+CO (g)，下列描述能说明反应
2 2 4 2 2
已经达到平衡状态的是____________(填标号)。
A．压强不再变化 B．CO(g)的体积分数保持不变
2
C．混合气体密度不再变化 D．混合气体平均摩尔质量保持不变
(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0.1 mol·L-1 HC O 溶液的pH=1.3，此时草酸的电离方程式为___________。
2 2 4
②向10 mL 0.1 mol·L-1 HC O 溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1 NaOH溶液，当溶液中c(Na＋)=2c(C O2-)＋
2 2 4 2 4
c(HC O-)时，加入V(NaOH)___________10 mL(填“>”“=”或“<”)，若加入NaOH溶液体积为20 mL，此时
2 4
溶液中阴离子浓度的大小顺序为___________；当pH=2.7时，溶液中 =___________。
【答案】(1)AC (2分)
(2)①HC O H++HC O- (2分)
2 2 4 2 4
②＞(2分) c(OH-)＞c(C O2-)＞c(HC O-) (2分) 103或1000 (3分)
2 4 2 4
【解析】(1)H C O(s) HO(g)+CO(g)+CO (g)，反应为气体体积增大的反应。A项，反应前后气
2 2 4 2 2
体物质的量变化，压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故A正确；B项，根据方程式，CO(g)的体积
2
分数始终保持 不变，不能说明反应达到平衡，故B错误；C项， 反应前后气体体积不变，质量变化，当混合气体密度不再变化，说明反应达到平衡状态，故C正确；D项，生成气体物质的量的比例关系一定，
混合气体平均摩尔质量始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；故选AC； (2)①根据图像
可知，当HC O 溶液的pH=1.3时，溶液中存在HC O-，不存在C O2-，故草酸的电离方程式为HC O
2 2 4 2 4 2 4 2 2 4
H++HC O-；②根据电荷守恒，c(Na＋)+c(H+)=c(OH-)+2c(C O2-)＋c(HC O-)，当溶液中c(Na
2 4 2 4 2 4
＋)=2c(C O2-)＋c(HC O-)，则c(H+)=c(OH-)，所以溶液呈中性，由于草酸氢钠溶液呈酸性，要使溶液呈中性，
2 4 2 4
则氢氧化钠需稍微过量，故加入的V(NaOH)＞10mL，若加入NaOH的体积为20mL，则
n(NaOH)=0.02L×0.1mol/L=0.002mol，NaOH过量，则溶液中阴离子浓度的大小顺序为c(OH-)＞c(C O2-)＞
2 4
c(HC O-)，当pH=2.7时，草酸溶液中存在电离平衡：HC O H++HC O-、HC O- H++C O2-，
2 4 2 2 4 2 4 2 4 2 4
则 ， ，由
，又由图像可知，当HC O H++HC O-电离平衡
2 2 4 2 4
时，pH=1.2，则K=10-1.2，当HC O- H++C O2-电离平衡时，pH=4.2，则K=10-4.2，因此
1 2 4 2 4 1
。
23．(16分)我国科学家成功开发Pd—Fe/Fe O 催化剂在低温条件下高选择性合成高纯度的乙烯，化学
2 3
原理如下：
主反应：C H(g)+H(g) C H(g) H
2 2 2 2 4 1
副反应：C
2
H
2
(g)+2H
2
(g) C
2
H
6
(g)△ H
2
(1)已知：a.几种共价键的键能如下表所示△：
共价键 H-C H-H C=C C≡C
键能/(kJ·mol-1) 413.4 436 615 812
b.C H(g)、H(g)、C H(g)的燃烧热△H分别为-1299.6kJ·mol-1、-285.8kJ·mol-1、-1559.8kJ·mol-1。
2 2 2 2 6
则△H=_______kJ·mol-1；乙烯加氢生成乙烷的热化学方程式是_______。
1(2)在刚性密闭容器中充入一定量的C H(g)和H(g)，发生反应：C H(g)+H(g) C H(g)。其他条件相
2 2 2 2 2 2 2 4
同，在Cat1、Cat2两种催化剂作用下，反应相同时间时C H 的转化率与温度的关系如图1所示。
2 2
①催化效率较高的是_______(填“Cat1”或“Cat2”)；b点_______(填“达到”或“未达到”)平衡。
②温度高于300℃，升高温度，b→c的原因可能是_______(答1条即可)。
(3)在密闭容器中充入1mol C H 和2mol H ，发生上述两个反应，测得C H 平衡转化率与温度、压强
2 2 2 2 2
的关系如图 2 所示。在 T K、20kPa 下 C H 的选择性等于 [C H 选择性= ]。
0 2 4 2 4
p_______20kPa(填“＞”、“＜”或“=”)。T K下，主反应的平衡常数K =_______kPa-1(K 为用气体分压
0 0 p p
计算的平衡常数，气体分压等于气体总压×物质的量分数)。
(4)在恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C H)：p(H )=1：1的混合气体，已知某反应条件下只发
2 2 2
生如下反应(k、k 为速率常数)：
1 2
主反应：C H(g)+H(g)=C H(g) k
2 2 2 2 4 1
副反应：C H(g)+H(g)=C H(g) k
2 4 2 2 6 2实验测得乙烯的净生成速率方程为v(C H)=kp(C H)·p(H )-kp(C H)，可推测乙烯的浓度随时间的变化
2 4 1 2 2 2 2 2 4
趋势为_______，其理由是_______。
【答案】(1) -193.8(2分) C H(g)+H(g) C H(g) H=-117.6kJ·mol-1(2分)
2 4 2 2 6
(2) Cat2(1分) 未达到(1分) 催化剂的活性降低(2分)△
(3) ＜(2分) 0.8(3分)
(4)先变大后变小(1分) 反应开始时，C H 浓度最大，C H 浓度最小，此时生成乙烯速率快，浓度变
2 2 2 4
大；随着反应进行，C H 浓度变小，C H 浓度变大，副反应速率变大，乙烯的浓度又会减小(2分)
2 2 2 4
【解析】(1)反应的焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能；由化学方程式和键能数据可知，
△H=(812+2×413.4+436-4×413.4-615) kJ·mol-1=-193.8kJ·mol-1；C H(g)、H(g)、C H(g)的燃烧热△H分别
1 2 2 2 2 6
为 -1299.6kJ·mol-1 、 -285.8kJ·mol-1 、 -1559.8kJ·mol-1 ； 则 有 ： ③ C H(g)+ O(g)=2CO (g)+HO(l)
2 2 2 2 2
H=-1299.6kJ·mol-1；④ H(g)+ O(g)=HO(l) H=-285.8kJ·mol-1；⑤ C H(g)+ O(g)=2CO (g)+3HO(l)
3 2 2 2 4 2 6 2 2 2
△ △
H=-1559.8kJ·mol-1 ； ③ +④ ×2-⑤ 得 副 反 应 ： C H(g)+2H(g) C H(g)
5 2 2 2 2 6
△H=(-1299.6kJ·mol-1)+2(-285.8kJ·mol-1)-(-1559.8kJ·mol-1)=-311.4 kJ·mol-1，副反应-主反应得：C H(g)
2 2 4
△+H (g) C H(g) H=(-311.4 kJ·mol-1)-(-193.8kJ·mol-1)=-117.6 kJ·mol-1。(2)①由图可知，温度相同时间
2 2 6
相同时Cat2做催化剂，△C H 的转化率更高，故Cat2的催化效率较高；催化剂改变反应速率，不改变平衡
2 2
时物质的转化率，由图可知，b点时使用Cat2做催化剂C H 的转化率高于b点，说明b点未达到平衡。②
2 2
温度高于300℃，升高温度，b→c段C H 的转化率降低，原因可能是催化剂的活性降低导致。(3)主反应：
2 2
C H(g)+H(g) C H(g)和副反应：C H(g)+2H(g) C H(g)；反应均为气体分子数减小的反应，
2 2 2 2 4 2 2 2 2 6
增大压强，平衡正向移动，C H 的转化率升高，结合图像可知，p ＜20kPa；T K时，设平衡时C H(g)、
2 2 0 0 2 4
C H(g)的物质的量分别为x、y；
2 6
由图可知，在T K、20kPa下C H 的平衡转化率为90%，则 ；在T K、20kPa下
0 2 2 0C H 的选择性等于 ，则 ；解得x=0.8mol，y=0.1mol；平衡时C H(g)、C H(g)、C H(g)、H(g)的
2 4 2 2 2 6 2 4 2
物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.8mol、1.0mol，总的物质的量为2.0mol，则T K下，主反应的平衡常
0
数K = kPa-1。(4)推测乙烯的浓度随时间的变化趋势为先变大后变小；反应开始时
p
C H 浓度最大、C H 浓度最小，由乙烯的净生成速率方程可知，此时生成乙烯速率快、浓度变大；随着反
2 2 2 4
应进行，C H 浓度变小，C H 浓度变大，副反应速率变大，乙烯的浓度又会减小。
2 2 2 4
24．(11分)硫酸是化学工业当中最基本也是最重要的化工原料之一，硫酸的产量是衡量一个国家化工
水平的标志。请回答：
(1)工业上大规模制备浓硫酸一般采用硫铁矿或硫磺粉为原料。
①298K，101kPa下，下列反应
S(g)+O(g) SO (g) ΔH＝-296.83kJ·mol−1
2 2
S(g)+3/2O (g) SO (g) ΔH＝-395.70kJ·mol−1
2 3
则反应SO (g)＋1/2O (g) SO (g)能自发进行的条件是_______。
2 2 3
②两种方法在制备工艺上各有其优缺点，下列选项正确的是(可多选)_______。
A．在制备SO 阶段，硫铁矿法产生较多的矿渣，且生成的气体净化处理比硫磺粉法复杂得多
2
B．两种方法产生的气体都不需要干燥
C．在SO 转化为SO 阶段，控制温度在500℃左右的主要原因是为了提高反应速率和平衡转化率
2 3
D．将原料粉碎后送入沸腾炉中，可以提高原料的利用率
(2)对于反应2SO (g)＋O(g) 2SO (g)
2 2 3
①某温度下，假设进入接触室内SO 的物质的量恒定。当SO 和O 的物质的量比为1∶1，反应达到平
2 2 2
衡时压强减少1/5；保持温度不变欲使 的平衡转化率提高到90%，则O 和SO 的物质的量比为应为
2 2
_______(计算结果保留1位小数)。
②VO 催化氧化SO 的反应过程可分为三步，请写出步骤Ⅱ的化学方程式：
2 5 2
步骤Ⅰ：VO+ SO = VO+SO
2 5 2 2 4 3
步骤Ⅱ：_______。
步骤Ⅲ：2VOSO=V O+SO+SO
4 2 5 2 3
(3) SO 能溶于液态SO 中，并存在如下两个平衡(未配平)
3 2SO +SO SO 2-+SO2+
2 3 4
SO +SO SO2-+SO2+
2 3 2 7
当稀释SO 时，c(SO 2-)/ c(S O2-)的值_______(增大、减小或不变)，理由是_______。
3 4 2 7
【答案】(1) 较低的温度(1分) AD (2分)
(2) 3.5 (3分) VO+O +2SO=2VOSO (2分)
2 4 2 2 4
(3) 增大(1分) 稀释SO ，促使平衡向着微粒数增多的方向进行，反应②平衡不移动，反应①正向
3
移动，故c(SO 2-)/ c(S O2-的值增大(2分)
4 2 7
【解析】(1)已知反应S(g)+O(g) SO (g) ΔH＝-296.83kJ·mol−1 ①，S(g)+3/2O (g) SO (g)
2 2 2 3
ΔH＝-395.70kJ·mol−1 ②，由②-①可得反应 SO (g)＋1/2O (g) SO (g)，根据盖斯定律，其
2 2 3
，该反应为气体分子数减少的反应ΔS＜0，反
应能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，因此在较低的温度下，反应才能自发进行；②A项，在制备SO 阶段，
2
硫铁矿法会产生较多的矿渣，且生成的气体除SO 外还有其他气体，净化处理比硫磺粉法复杂得多，A正
2
确；B项，SO 与水能直接反应，因此两种方法产生的气体都需要干燥，B错误；C项，在SO 转化为SO
2 2 3
阶段，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行，平衡转化率低，则控制温度在 500℃左右的主要原因
是为了加快反应速率，提高生产效率，而不能提高平衡转化率，C错误；D项，将原料粉碎后送入沸腾炉
中，接触面积更大，反应更充分，可以提高原料的利用率，D正确；(2)①当SO 和O 的物质的量比为
2 2
1∶1，反应达到平衡时压强减少1/5；设起始量为1mol，体积为1L，列三段式有：
则 ，解得x= ，则平衡常数 ，保持温度不变，欲使SO
2
的平衡转化率为90%，设起始SO 的物质的量为1mol， 和 的物质的量比为a，则O 的物质的量为
2 2
amol，则列三段式有：温度不变，平衡常数不变，则 ，化简得 ，解得
a≈3.5，故保持温度不变欲使SO 的平衡转化率提高到90%，则O 和SO 的物质的量比为应为3.5；②步骤
2 2 2
Ⅱ为VO 与O 、SO 反应生成VOSO 的过程，化学方程式为 VO+O +2SO=2VOSO ；(3)反应配平后：
2 4 2 2 4 2 4 2 2 4
SO +SO SO 2-+SO2+，SO +2SO SO2-+SO2+，则稀释SO ，促使平衡向着微粒数增多的方向进
2 3 4 2 3 2 7 3
行，因此反应②平衡不移动，反应①正向移动，故c(SO 2-)/ c(S O2-)的值增大。
4 2 7
25．(12分)我国力争2060年前实现碳中和。CH 与CO 催化重整是实现碳中和的热点研究课题。该催
4 2
化重整反应体系主要涉及以下反应：
反应I：主反应CH(g)+CO (g) 2CO(g)+2H(g) ΔH K
4 2 2 1 p1
反应II：副反应CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) ΔH K
2 2 2 2 p2
反应III：积碳反应2CO(g) CO(g)+C(s) ΔH K
2 3 p3
反应IV：积碳反应CH(g) C(s)+2H(g) ΔH K
4 2 4 p4
(1) 已 知 H(g) 、 CO(g) 的 燃 烧 热 ΔH 分 别 为 -285.8kJ·mol-1 、 -283.0lkJ·mol-1 ， HO(l)= H O(g)
2 2 2
ΔH=+44kJ·mol-1，则反应II的ΔH=____kJ·mol-1。
5 2
(2)设K 为分压平衡常数(用分压代替浓度，气体分压=总压×该组分的物质的量分数)，反应III、IV的
p
lgK 随 (T表示温度)的变化如图所示。据图判断，反应 I的ΔH_____0(选填“大于”、“小于”或“等
p 1
于”)，说明判断的理由____。(3)下列关于该重整反应体系的说法正确的是____。
A．在投料时适当增大 的值，有利于减少积碳
B．在一定条件下建立平衡后，移去部分积碳，反应III和反应IV平衡均向右移
C．随着投料比 的增大，达到平衡时CH 的转化率增大
4
D．降低反应温度，反应I、II、IV的正反应速率减小，逆反应速率增大；反应III的正反应速率增大，
逆反应速率减小
(4)在一定条件下的密闭容器中，按照 =1加入反应物，发生反应I(反应II、III、IV可忽略)。在
不同条件下达到平衡，设体系中平衡状态下甲烷的物质的量分数为 x(CH)，在T=800℃下的x(CH)随压强
4 4
P的变化曲线、在P=100kPa下的x(CH)随温度T的变化曲线如图所示。
4①图中对应T=800℃下，x(CH)随压强P的变化曲线是____，判断的理由是____。
4
②若x(CH)=0.1.则CO 的平衡转化率为____。
4 2
【答案】(1)+41.2(2分)
(2) 大于(1分) 温度T升高，K 减小，K 增大，K = ，则K 增大，故反应I正反应吸热(或温度
p3 p4 p1 p1
T升高，K 减小，K 增大，说明反应△H<0，反应△H>0，则△H= H- H>0) (2分)
p3 p4 3 4 1 4 3
(3)AC(2分) △ △
(4) b (1分) 反应I正反应方向气体分子数增大，其他条件不变时，增大压强，平衡逆移，x(CH)增
4
大(2分) (2分)
【解析】(1)由题意可得如下热化学方程式①H(g)+ O(g)= H O(l) ΔH=—285.8kJ/mol，②CO(g)+
2 2 2
O(g)= CO (g) ΔH=—283.0kJ/mol，③HO(l)= H O(g) ΔH=+44kJ/mol，由盖斯定律可知，①—②+③得到反
2 2 2 2 5
应II，则反应热ΔH=(—285.8kJ/mol)—(—283.0kJ/mol)+( +44kJ/mol)= +41.2kJ/mol；(2)由盖斯定律可知，反
2
应IV—反应III得到反应I，则ΔH=ΔH—ΔH ，由图可知，温度升高，反应III分压平衡常数减小，该反
1 4 ，3
应为放热反应，反应△H<0，反应IV分压平衡常数增大，该反应为吸热反应，反应△H>0，则△H= H-
3 4 1 4
△
H>0(或由盖斯定律可知，反应IV—反应III得到反应I，则反应I分压平衡常数为K = ，由图可知，
3 p1
△温度升高，反应III分压平衡常数减小，反应IV分压平衡常数增大，K 增大，则该反应为吸热反应)；(3)A
p1
项，在投料时适当增大 相当于增大二氧化碳的浓度，反应I平衡向正反应方向移动，一氧化碳和氢
气的浓度增大，反应 III、IV的平衡向逆反应方向移动，碳的物质的量减小，所以在投料时适当增大
的值，有利于减少积碳，故正确；B项，在一定条件下建立平衡后，移去浓度为定值的碳固体，化
学反应速率不变，反应III和反应IV的平衡均不移动，故错误；C项，投料比 增大相当于增大二氧
化碳的浓度，反应I平衡向正反应方向移动，甲烷的转化率增大，故正确；D项，降低反应温度，反应I、
II、III、IV的正、逆反应速率均减小，故错误；故选AC；(4)①反应I为气体体积增大的反应，温度一定时，
增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的物质的量分数增大，则 800℃下，甲烷的物质的量分数随压强
的变化曲线是b；反应I正反应方向气体分子数增大，其他条件不变时，增大压强，平衡逆移，x(CH)增大；
4
②设起始甲烷和二氧化碳的物质的都为1mol，二氧化碳的转化率为a，由题意可建立如下三段式：
由甲烷的物质的量分数为0.1可得： =0.1，解得a= 。
