山东省聊城市2025-2026学年高二上学期11月期中教学质量检测化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1山东省聊城市2025-2026学年高二上学期11月期中教学质量检测注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、座号填写在答题卡上指定位置。2.答第Ⅰ卷选择题时，将每小题答案选出后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。3.第Ⅱ卷题目的答案用黑色签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上。写在试卷上无效。可能用到的相对原子质量：O-16S-32第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题：本题包括10个小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列说法不正确的是A.合成氨工业中采用循环操作，主要是为了提高平衡混合物中氨的含量B.燃油汽车上的三元催化器中的催化剂提高了反应物中活化分子百分数，加快了反应速率C.同温同压下，在光照条件下和点燃条件下的相同D.在实验室配制Na2S溶液时，常滴加几滴浓NaOH溶液【答案】A【解析】合成氨工业中的循环操作是为了将未反应的原料重新利用，提高原料利用率，而非提高平衡时氨的含量，A错误；催化剂通过降低活化能，增加活化分子百分数，从而加快反应速率，B正确；ΔH由反应的始态和终态决定，与反应条件无关，光照和点燃条件下的ΔH相同，C正确；加入浓NaOH抑制水解，防止溶液变质，D正确；故选A。2.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.25℃时，1LpH=1的H2SO4溶液中H+的物质的量为：B.熔融的NaHSO4中，阳离子的数目为：0.2C.25℃时，pH=11的Na2CO3溶液中的数目为：0.001D.25℃时，pH=10的CH3COONa溶液中，水电离出的浓度为：【答案】D【解析】pH=1的H2SO4溶液中H+浓度为0.1mol/L，1L溶液中H+物质的量为0.1mol，A错误；熔融NaHSO4电离为Na+和，熔融的NaHSO4中，阳离子（Na+）数目为0.1NA，B错误；pH=11的Na2CO3溶液中OH-浓度为0.001mol/L，但未说明溶液体积，无法计算数目，C错误；25℃时，pH=10的CH3COONa溶液中，氢氧根全部来自水的电离，c水(OH-)=，D正确；故选D。3.下列反应均能自发进行。下列判断不正确的是①②③④A. B.C. D.【答案】B【解析】将反应③-反应④，可得：，即反应②，因此，A正确；已知反应①，②，利用盖斯定律将反应②-反应①得到，该反应(化合反应)为放热反应，则该反应的，即，B错误；已知反应④(化合反应)为放热反应，即，利用盖斯定律，将反应③-反应②得到反应④，即，则，C正确；已知反应②为放热反应，，结合C项解析知：，则，则，D正确；故答案选B。4.下列各实验或装置的叙述正确的是A.①测定氯水的pH B.②滴定管的读数为19.60mLC.③用盐酸滴定氨水 D.④定量测定H2O2分解的化学反应速率【答案】B【解析】氯水中含有HClO，具有漂白性可使试纸褪色，不能测得pH，应用pH计，A错误；滴定管中0刻度在上，②中滴定管的读数为19.60mL，B正确；③用盐酸滴定氨水，完全中和时生成的氯化铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，应选用甲基橙为指示剂，C错误；气体会从长颈漏斗处溢出，不能测定分解速率，应使用分液漏斗，D错误；故选B。5.AlN是一种新型无机非金属材料，制备原理是。1700℃下，在恒容密闭容器中加入一定量的反应物发生该反应，下列情况不能判断反应达到平衡状态的是A.气体密度不再变化 B.Al2O3的物质的量不再变化C.气体总压强不再变化 D.气体平均摩尔质量不再变化【答案】D【解析】由质量守恒定律可知，该反应是气体质量增大的反应，反应时，恒容密闭容器中混合气体的密度增大，则气体密度不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，A正确；反应中氧化铝的物质的量减少，则氧化铝的物质的量不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，B正确；该反应是气体体积增大反应，反应中气体压强增大，则气体总压强不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，C正确；氮气和一氧化碳的摩尔质量均为28g/mol，反应中气体平均摩尔质量始终为28g/mol，不会变化，则气体平均摩尔质量不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，D错误；故选D。6.下列说法正确的是A.室温下，向20mLpH=12的稀氨水中加入5mLpH=12的氢氧化钠溶液，的电离平衡不移动B.室温下，某溶液pH<7，则该溶液一定是酸或强酸弱碱盐溶液C.向0.01mol/L醋酸溶液中加入冰醋酸，醋酸电离度增大，溶液的导电能力增强D.室温下，测得CH3COONa溶液的pH比NaNO2溶液的pH大，则结合H+能力：【答案】A【解析】向pH=12的稀氨水中加入同pH的NaOH溶液，溶液中浓度不变，电离平衡不移动，A正确；pH<7的溶液可能是酸、强酸弱碱盐、酸式盐（如）或某些弱酸弱碱盐（如），B错误；加入冰醋酸后，醋酸浓度增大，电离度减小（电离度与浓度成反比），但浓度增大导致导电能力增强，C错误；题目中没有给出二者是同浓度，无法比较二者的结合H+的能力，D错误；故答案选A。7.下列物质用途或操作正确且与盐类水解有关的有几项①用热饱和硫酸铵溶液清洗铁器表面的铁锈②用TiCl4水溶液制备③用氯化铁溶液和氨水制备氢氧化铁胶体④实验室通常使用热的纯碱溶液去除油污⑤在氯化氢氛围中灼烧氯化镁晶体制备无水氯化镁⑥配制溶液时，将晶体溶于浓硝酸中并加蒸馏水稀释至指定浓度⑦刻蚀印刷电路板用氯化铁作腐蚀液⑧用泡沫灭火器灭火A.3 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】①硫酸铵水解生成酸性溶液，加热促进水解，溶解铁锈，正确且与水解有关；②TiCl4水解生成TiO2·xH2O，正确且与水解有关；③氯化铁与氨水直接反应生成沉淀，与水解无关，错误；④纯碱水解呈碱性，加热增强去污效果，正确且与水解有关；⑤HCl氛围抑制MgCl2水解，正确且与水解有关；⑥浓硝酸氧化Fe2+，操作错误，与水解无关；⑦FeCl3腐蚀铜是氧化还原反应，与水解无关；⑧泡沫灭火器利用双水解生成CO2，正确且与水解有关。综上，①、②、④、⑤、⑧共5项正确，故答案选C。8.在密闭容器中进行反应：。下列有关图像说法不正确的是A.据图①可判断正反应的活化能小于逆反应的活化能B.在图②中，虚线可表示使用了催化剂C.若图③中时刻只改变温度，可判断1mol气体A和3mol气体B的总能量高于2mol气体C的总能量D.由图④中混合气体的平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的【答案】D【解析】依据图①可知，当，即反应达到平衡后，升高温度，正逆反应速率均增大且，平衡逆向移动，因此可判断正反应为放热反应，正反应的活化能-逆反应的活化能，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，A正确；在图②中，最后达到的平衡状态相同，但是达到平衡所需要的时间缩短，改变的条件不是温度，由于该反应是气体体积减小的反应，改变的条件不是压强，催化剂不改变平衡但能缩短达到平衡的时间，所以虚线可表示使用了催化剂，B正确；若图③中时刻只改变温度，升高温度正逆反应速率都增大，根据平衡移动原理，平衡逆向移动，则，故1mol气体A和3mol气体B的总能量高于2mol气体C的总能量，C正确；图④升高温度，气体的平均相对分子质量减小，则说明气体分子数增多，即升高温度平衡逆向移动，逆向是吸热方向，可推知正反应的，D错误；故选D。9.在室温下，某溶液中由水电离出的，则此溶液中一定不能大量共存的离子组是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】C【解析】室温下，由水电离出的时，水的电离被抑制，该溶液为强酸性或强碱性。、、、酸性条件下能大量共存，A错误；、、、在酸性条件下能大量共存，B错误；酸性条件下，、、发生氧化还原反应，不能大量共存；碱性条件下，、生成沉淀，不能大量共存，C正确；、、、在碱性条件下能大量共存，D错误。故选C。10.一定温度下，把2.5molA和2.5molB混合盛入容积为2L的恒容密闭容器里，发生如下反应：，经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.1mol·L-1·s-1，同时生成1molD．下列叙述正确的是A.该反应的平衡常数表达式为：B.反应达到平衡状态时，A的转化率为40%C.达到平衡后，容器内压强与初始压强之比为：6：5D.再加入2.5molA和2.5molB，平衡正向移动，再次平衡后A的转化率增大【答案】C【解析】5s内生成C的物质的量为，生成的C和D的物质的量相等，所以平衡常数表达式中固体B的浓度不参与，根据分析正确表达式应为，A错误；A的转化量为，转化率为，B错误；初始气体总物质的量为2.5mol（仅A），平衡时气体总物质的量为，恒温恒容下气体的压强比等于物质的量之比，比值为，C正确；B为固体，增加其量不影响平衡；增加A相当于增大压强，对于该反应增大压强有利于反应向左进行，再次平衡后A转化率降低，D错误；故答案选C。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，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.室温下，下列实验方案或操作及现象不能达到探究目的或得出相应结论的是选项实验方案或操作及现象探究目的或结论A向盛有溶液的试管中滴加溶液，观察气泡产生的情况探究CH3COOH的与H2CO3的的大小B分别测浓度均为的CH3COONH4溶液和NaHCO3溶液的pH值比较和的水解常数C向盛有NO2与N2O4的恒压密闭容器中通入一定体积的N2，最终气体颜色变浅化学平衡向NO2减少的方向移动DNH3和空气的混合气体通过热的Cr2O3，Cr2O3持续红热该反应A.A B.B C.C D.D【答案】BC【解析】向盛有溶液的试管中滴加溶液，有CO2生成，说明酸性：CH3COOH>H2CO3，则CH3COOH的Ka大于H2CO3的Ka1，A正确；CH3COONH4中电离出的醋酸根离子和铵根离子都水解，相互影响，则不能用0.1mol•L-1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH比较的水解常数，B错误；向盛有NO2与N2O4的恒压密闭容器中存在2NO2N2O4平衡，恒压下通入N2，容器体积增大，NO2和N2O4的浓度均降低，但平衡逆向移动，生成更多NO2，颜色先变浅后变深，比开始颜色要浅，C错误；NH3和空气的混合气体通过热的Cr2O3，Cr2O3持续红热，说明氨气的催化氧化反应放热，即该反应ΔH＜0，D正确；故选BC。12.已知，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是A.B.C.D.【答案】BC【解析】由图可知，600℃时的<0，反应自发进行，故A不符合题意；由图可知，600℃时①的<0，②的<0，>，①-②可得=->0，反应不能自发进行，故B符合题意；由图可知，600℃时的>0，反应不能自发进行，故C符合题意；由图可知，600℃时①、②，根据盖斯定律，①+②可得，由图中数据可知=+<0，反应自发进行，故D不符合题意；故选BC。13.某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：配制50mL0.001mo/LFeCl3溶液、50mL对照组溶液X，向两种溶液中分别滴加1滴1mol/LHCl溶液、1滴1mol/LNaOH溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确为是A.依据M点对应的pH，说明Fe3+发生了水解反应B.对照组溶液X的组成可能是0.003mol/LKClC.依据曲线b和c说明Fe3+水解平衡发生了移动D.通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向【答案】B【解析】由图可知M点对应的pH＜7，说明氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+发生了水解反应，故A正确；0.003mol/LKCl溶液呈中性，而图中对照组溶液X的pH与0.001mo/LFeCl3溶液的pH相同，所以对照组溶液X的组成不可能是0.003mol/LKCl，故B错误；在50mL0.001mo/LFeCl3溶液中加酸或碱后，溶液的pH变化均比对照组溶液X的pH变化小，是因为加酸或碱后Fe3+水解平衡发生了移动，所以依据曲线b和c能说明Fe3+水解平衡发生了移动，故C正确；氯化铁水解生成氢氧化铁，若溶液的浑浊程度变大，则说明水解被促进，否则被抑制，所以可通过仪器检测体系浑浊度的变化，表征水解平衡移动的方向，故D正确；故答案为：B。14.室温下，有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下：已知：，，。下列说法不正确的是A.较浓H2SO4溶液中：B.NaHSO3溶液中：的平衡常数C.(NH4)2C2O4溶液中：D.“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：【答案】A【解析】有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后，浸取液主要含有CuSO4、NiSO4，加入NaHSO3溶液提铜，滤液加入(NH4)2C2O4溶液沉镍得到NiC2O4；若H2SO4两步均完全电离，则溶液中存在电荷守恒：，但根据题给信息知，在较浓的H2SO4溶液中H2SO4仅第一步电离完全，电离出大量的H+会抑制第二步电离，第二步电离不完全，溶液中存在，因此电荷守恒应表示为，A不正确；该反应的平衡常数K==，B正确；得到1个OH-生成NH3﹒H2O，得1个H+生成、得2个H+生成，水电离出的H+与OH-浓度相等，即，则溶液中存在质子守恒，C正确；根据题意只有提铜这一步加了钠盐，故加入的钠离子的物质的量不变，即，D正确；答案选A。15.25℃时，H2CO3水溶液中H2CO3、、的物质的量分数随pH变化曲线如图：已知：，为气相CO2分压。下列说法不正确的是A.的数量级是10-6B.溶液与溶液的pH值之差小于0.5C.若加入NaOH溶液至pH=8.3时，D.，则【答案】AD【解析】，当pH=6.3时，c()=c(H2CO3)，所以，A错误；在碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，碳酸氢根的水解平衡常数：，不考虑水的电离，且忽略水解引起的碳酸氢根浓度变化，近似计算如下，，代入可得，根据水解平衡常数和电离平衡常数的关系，，所以，所以溶液与溶液中的，对应pH之差为：，但实际上由于浓度增大导致碳酸氢根水解程度减小，c(OH⁻)增长慢，因此pH之差应小于0.5，B正确；向溶液中加入NaOH溶液，当溶液pH=8.3时，根据图像，c(H2CO3)=c()，则此时溶液中的电荷守恒为：，且溶液显碱性有c(OH-)>c(H+)，所以，根据图像，c(H2CO3)=c()，所以，C正确；，，已知：，结合碳酸第一步电离的电离平衡常数，，忽略碳酸氢根的水解和电离，，则，即，D错误；故选AD。第Ⅱ卷(非选择题60分)16.电解质在水溶液中存在各种行为，如电离、水解等。回答下列问题：（1）已知：25℃时，0.1mol·L-1的HA溶液中。写出HA的电离方程式_____。（2）已知：弱电解质CH3COOHHClOH2CO3或(25℃)1.75×10-54.0×10-8、1.8×10-5①相同pH的HClO溶液和CH3COOH溶液，溶液的浓度_______(填“>”、“<”或“=”)。②常温下，向10mL一定浓度的CH3COOH溶液中加入蒸馏水稀释至100mL的过程中，醋酸的电离程度_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，下列数据变大的是_______(填字母)。A．B．C．D．E．③相同物质的量浓度的5种溶液：a．CH3COONa溶液；b．NaClO溶液；c．Na2CO3溶液；d．NH4Cl溶液；e．CH3COONH4溶液。pH从小到大的排序是_______(填字母)。④向NaClO溶液中通入少量CO2，发生反应的离子方程式为_______。（3）某温度下，，向溶液中加入等浓度的NaHSO4溶液至恰好沉淀完全，所得混合溶液的pH=_______(忽略溶液体积变化)。【答案】（1）（2）①.>②.增大③.BD④.deabc⑤.（3）10【解析】【小问1详析】0.1mol·L-1的HA溶液中，，可知HA完全电离，其电离方程式为：；【小问2详析】①由电离常数可知酸性HClO<CH3COOH；相同条件下HClO的电离程度小于CH3COOH的电离程度，因此相同pH的HClO溶液和CH3COOH溶液，溶液的浓度>；②加水稀释促进醋酸电离，电离程度增大；A．加水稀释减小，故不选；B．，加水稀释减小，Ka不变，则增大，故选；C．，温度不变，不变，故不选；D．加水稀释减小，增大，则变大，故选；E．=Ka，温度不变，Ka不变，故不选；故选：BD；③CH3COONa溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，根据越弱越水解，谁强显谁性，结合电离常数可知酸性：CH3COOH>HClO>；则水解程度：>ClO->CH3COO-；CH3COOH、的电离常数接近，CH3COONH4溶液接近中性，NH4Cl溶液铵根离子水解呈酸性，溶液pH从小到大的顺序为deabc；④酸性：H2CO3>HClO>，向NaClO溶液中通入少量CO2，发生反应的离子方程式为；【小问3详析】向溶液中加入等浓度的NaHSO4溶液至恰好沉淀完全，二者按照物质的量比值1:1进行反应：，反应后体积为原溶液的2倍，溶液中，，，所得混合溶液的pH=10。17.利用工业废气中的H2S制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的一种流程示意图如下：已知：lg5.6≈0.75。物质H2CO3H2CO3H2SO3；（1）制Ⅰ．在多级串联反应釜中，Na2CO3悬浊液与持续通入的SO2进行如下反应：第一步：第二步：；Ⅱ．当反应釜中溶液pH达到3.8~4.1时，形成的NaHSO3悬浊液转化为Na2S2O5固体。①Ⅱ中生成Na2S2O5的化学方程式是_______。②配碱槽中，母液和过量Na2CO3配制反应液，发生反应化学方程式是_______。（2）可以用氨水将尾气中的SO2转化为NH4HSO3，再氧化为(NH4)2SO4.实验测得NH4HSO3溶液中，则溶液的pH=_______(保留一位小数)；若生成(NH4)2SO3，通过计算判断常温下(NH4)2SO3溶液的酸碱性并说明判断依据：_______。（3）理论研究Na2SO3、NaHCO3与SO2的反应。一定温度时，在1L浓度均为1mol·L-1的Na2SO3和NaHCO3的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如下图。①0~amol，与SO2优先反应的离子是_______。②a~bmol，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因：_______。【答案】（1）①.②.（2）①.6.1②.显碱性；，，的水解程度大于，故显碱性（3）①.②.CO2逸出，促进的平衡正向进行，的平衡转化率上升；增大，使的平衡逆向进行，的平衡转化率下降【解析】硫化氢与空气通入煅烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，冷却、净化后，含有、氮气、氧气等的气体通入多级串联反应釜中，与悬浊液在反应釜中反应，产生的含有、尾气用氢氧化钠溶液吸收生成、进入配碱槽循环使用；与悬浊液在反应釜中反应，生成达到时转化为，含有的出料液离心分离得到产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返回配碱槽中循环使用。【小问1详析】①溶液达到时，形成的悬浊液转化为固体，根据元素守恒，还有水生成，化学方程式为：；②根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的外，母液中有剩余，的大于的，则配碱槽中，和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是：；【小问2详析】已知的，电离平衡：，则；又，，即。题目中，结合，代入数据：，，则；，，由于的水解程度大于，因此溶液呈碱性，故答案为：6.1；显碱性；，，的水解程度大于，故显碱性；【小问3详析】①由图可知，时，平衡转化率较低而平衡转化率较高，所以与优先反应，故答案为：；②一定温度时，浓度均为的和的混合溶液中，发生的反应为，，时，产生的逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，浓度增大，抑制了和二氧化硫的反应，所以平衡转化率下降，故答案为：CO2逸出，促进的平衡正向进行，的平衡转化率上升；增大，使的平衡逆向进行，的平衡转化率下降。18.滴定是一种重要的定量实验方法。I．常温下，用溶液分别滴定的盐酸和醋酸溶液，得到两条滴定曲线，如下图：回答下列问题：（1）滴定醋酸的曲线是_______(填“图1”或“图2”)。（2）滴定前，醋酸的电离度为_______；反应消耗的NaOH溶液的体积b_______a(填“>”、“<”或“=”)。（3）室温下，醋酸和醋酸钠的混合溶液，若pH=6，则的精确值为_______。Ⅱ．氧化还原滴定——葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定，葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：注：实验中加入盐酸的目的是将Na2S2O5全部转化成SO2。（4）判断到达滴定终点的现象是_______；实验消耗标准I2溶液20.00mL，所测样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为_______g/L。（5）下列情形会造成测定结果偏高的_______(填字母)。A.滴定持续时间稍长，溶液中部分SO2被空气氧化B.滴定前平视，滴定后俯视C.盛装标准I2溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗D.滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定后有气泡【答案】（1）图2（2）①.1%②.<（3）(或)（4）①.滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色②.0.128（5）C【解析】实验室用氢氧化钠溶液滴定盐酸和醋酸溶液，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，的盐酸和醋酸溶液，前者pH=1，后者pH＞1，且滴定过程中盐酸的滴定突变明显，故图1为氢氧化钠滴定盐酸图像，图2为氢氧化钠滴定醋酸图像；【小问1详析】据分析，滴定醋酸的曲线是图2；【小问2详析】①滴定前醋酸的pH=3，即c(H+)=10-3mol/L，醋酸的初始浓度为，故其电离度=；②醋酸钠为强碱弱酸盐显碱性，氯化钠显中性，故当两溶液pH=7时，盐酸恰好反应完全，而醋酸未完全消耗，故b<a；【小问3详析】混合液pH=6，c(H+)=10-6mol/L根据电荷守恒，所以=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=【小问4详析】①碘单质遇淀粉溶液变蓝，开始滴定时，碘单质与二氧化硫发生反应，当二氧化硫恰好完全反应时，滴入的碘单质遇淀粉，溶液变蓝，故滴定终点的现象为：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；②消耗标准I2溶液20.00mL，其物质的量n=，根据方程式I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，参加反应的SO2为，即每100mL葡萄酒中含有的SO2，则样品中抗氧化剂的残留量为【小问5详析】滴定持续时间稍长，溶液中部分SO2被空气氧化,所需标准液减少，测定结果偏低，A错误；滴定前平视，滴定后俯视，读数偏小，测定结果偏低，B错误；盛装标准I2溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗，标准液浓度偏低，所用标准液体积偏大，所测结果偏大，C正确；滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定后有气泡，所测体积偏小，所测结果偏低，D错误；故选C。19.氨是一种重要的化工原料和储氢材料。回答下列问题。（1）下列叙述正确的是_______(填字母)。A.在合成氨过程中，一定有B.在恒温恒容下1mol和1mol制，当体积分数不变时达到平衡C.在恒温恒压下合成氨，平衡后通入少量氩气，的平衡转化率不变D.在恒温恒容下合成氨，平衡后通入少量氨气，逆反应速率增大且大于正反应速率（2）现有两个容积相等的恒容容器实验室合成氨气。a．向恒温(300℃)的容器1中通入一定量的和，的产率随时间变化关系如下图。b．向绝热(起始温度300℃)的容器2按相同方式投料，该体系在时刻达到平衡。此后保持体系恒温(300℃)，在时刻重新达到平衡。请在图中补充画出容器2从投料后到时刻的NH3的产率随时间变化关系曲线_______。（3）在钨表面发生反应：，速率方程为(为速率常数，只与温度、催化剂有关)，在钨催化作用下，不同温度和起始浓度时，与时间关系如图所示，化学上，将物质的浓度衰变一半所用时间叫“半衰期”。①=_______；温度下，当起始浓度时半衰期为_______min。②温度：_______(填“>”、“<”或“=”)（4）在一定条件下，体积相同的甲、乙密闭容器中，开始均投入和.相对于乙，甲容器中仅改变一个条件，测得的转化率与时间关系如下图。①相对于乙，甲改变的条件是_______(填字母)。A．加入催化剂B．升高温度C．增大压强D．分离氨②在乙条件下，容器体积为0.5L，0-4min内，_______。③在甲条件下，达到平衡后，再加入和，合成氨反应平衡移动的方向是_______(填“向正反应方向移动”、“向逆反应方向移动”或“不移动”)。【答案】（1）AD（2）（3）①.0②.5③.<（4）①.C②.③.向正反应方向移动【解析】【小问1详析】在合成氨反应中，反应速率之比等于化学计量数之比，A正确；由反应式可知，若某时刻的物质的量为2xmol，则为(1-x)mol，为(1-3x)mol，体积分数为，它是定值不能用于判断反应是否平衡，B错误；在恒温恒压条件下，通入氩气，气体体积增大，相当于减压，平衡向逆反应方向移动，的平衡转化率减小，C错误；平衡后，充入少量氨气，产物浓度增大，逆反应速率增大，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，D正确；故选AD。【小问2详析】向恒温(300℃)的容器1中通入一定量的和，的产率随时间变化关系如下图可知该反应是放热反应；若起始温度300℃绝热容器中，随反应进行温度升高反应速率加快，在时刻达到平衡，相同时间内氨气产率变大，曲线在容器1的上方；此后保持体系恒温(300℃)，则温度降低平衡正移，氨气的产率进一步提高，在时刻重新达到平衡产率比原曲线大，则曲线仍在原曲线上方。故曲线图为：。【小问3详析】①由图可知，该反应是匀速反应，氨的浓度变化与时间成正比，则n=0。时，，当起始浓度时半衰期为。②由图可知，消耗等量氨气时，温度为所需时间少于温度为，说明条件下反应速率大于，则大于，故答案为<。【小问4详析】①由图可知，甲条件下的转化率大于乙条件，说明平衡向正反应方向移动，合成氨反应为体积减小的放热反应，则降低温度、增大压强、分离氨，平衡向正反应方向移动，有利于提高氮气的转化率，由图可知，甲条件下合成氨反应的反应速率快于乙条件下，则相对于乙，甲改变的条件是增大压强，故选C；②在乙条件下，容器体积为0.5L，0-4min内，的转化率为20%，转化了的的物质的量为0.2mol，转化了的的物质的量为0.6mol，。③在甲条件下，达到平衡后的转化率为60%，则平衡后，，，则；故再加入和，，则Q<K，合成氨反应平衡移动的方向是向正反应方向移动。20.乙醇与水催化重整制氢发生以下反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：回答下列问题：（1）_______，该反应能自发进行的条件为____