【文档说明】山西省潞城市第一中学2020-2021学年高二下学期3月月考化学试卷含答案.doc，共(17)页，1.596 MB，由小赞的店铺上传

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潞城市第一中学高二年级3月阶段性考试化学可能用到的相对原子质量：Li—7N—14Mg—24S—32Cu—64一、选择题（本题包括19小题，每小题3分，共57分。每小题只有一个选项符合题意）1.以下有关元素性质的说法不正确的是（）A．具有下列

电子排布式的原子中，①1s22s22p63s23p2②1s22s22p3③1s22s22p2④1s22s22p63s23p4原子半径最大的是①B.具有下列价电子排布式的原子中，①3s23p1②3s23p2③3s23p3④3s23p4，第一电离能最大的是③C.①Na、K、Rb②O、

S、Se③Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数增大而递增的是③D．某元素气态基态原子的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X3+2.有四种不

同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，下列有关说法正确的是（）A.①为简单立方堆积，②为镁型，③为钾型，④为铜型B.每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，③2个，④4个C.晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③8，④12D．空间利用率的大小关系为：①＜②＜③＜④3.下列各组物质中，按熔

点由低到高的顺序排列正确的是()。①O2、I2、Hg②CO、KCl、SiO2③Na、K、Rb④Na、Mg、AlA．①③B．①④C．②③D．②④4.高温下，超氧化钾晶体(KO2)呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶体中最小的重复单元)。则下列有关说法正确的是()A

．KO2中只存在离子键B.超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有1个K＋和1个O－C.晶体中与每个K＋距离最近的O－有6个D.晶体中，所有原子之间都以离子键相结合5．我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H＜0，在

低温下获得高转化率与高反应速率，反应过程示意图如图，下列说法正确的是（）A.图示显示：起始时的2个H2O最终都参与了反应B.过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程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△H6.对于放热反应COCl2(g)⇌CO(g)+Cl2

(g)。当反应达到平衡时，下列措施：①升温②恒容通入惰性气体③增加CO浓度④减压⑤加催化剂⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（）A．①②④B．④⑥C．②③⑤D．③⑤⑥7．下图所示为工业合成氨的流程图。有关说法错误的是（）A.步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒B.步骤②中“加压”既可

以提高原料的转化率，又可以加快反应速率C．步骤③、④、⑤均有利于提高原料的转化率D．产品液氨除可生产化肥外，还可用作制冷剂8.从某废旧锂离子电池的正极材料(LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上)中回收金属资源，其流程如图所示：下列叙述错误的是

（）33A.反应①可用氨水代替NaOH溶液B.反应②中LiMn2O4是还原剂C.在空气中灼烧可除去MnO2中的碳粉D.从正极材料中可回收的金属元素有Mn、Li、Al9．25℃时将水不断滴入0.1mol

•L﹣1的氨水中，下列变化的图象合理的是（）10.下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．常温下，0.1mol/LNa2S溶液中存在：c(OH)＝c(H+)+c(HS﹣)+c(H2S)B．0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mo

l/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+）＞c(CO2﹣)＞c(HCO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)C.pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+)：①＞②＞③D.向0.1mol•L﹣1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大11.由表格中的电离平

衡常数判断可以发生的反应是（）A．NaClO+NaHCO3═HClO+Na2CO3B．2HClO+Na2CO3═2NaClO+CO2↑+H2OC．2NaClO+CO2+H2O═2HClO+Na2CO3D．NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO312.在某温度时，pH＝3的某水溶液中c(

OH﹣)＝10﹣9mol•L﹣1，现有该温度下的四份溶液：①pH＝2的CH3COOH；②0.01mol•L﹣1的HCl；③pH＝11的氨水；④pH＝11的NaOH溶液．下列说法正确的是（）A.①中水的电离程度最小，③中水的电离程

度最大B.若将②与④按照10：1的体积比混合，混合溶液的pH=7C．将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：③＞④＞②＞①D．将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：④＞③＞①＞②44443313．已知Ksp（AgCl）＝1.56×10﹣10，Ksp（AgBr）＝7.7×10﹣13，Ksp（A

g2CrO4）＝9.0×10﹣12．某溶液中含有Cl﹣，Br﹣，CrO﹣，浓度均为0.010mol/L，向该溶液中逐滴加入0.010mol/L的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（）A．I﹣、Br﹣、CrO﹣B．Br﹣、Cl﹣、CrO﹣C．CrO﹣、Br﹣、I﹣D．Br﹣、CrO

﹣、Cl﹣14．25℃时，用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL浓度均为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示．下列说法正确的是（）A．在相同温度下，同浓

度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZ＜HY＜HXB．根据滴定曲线，可得Ka（HY）≈10﹣5C．将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c(X﹣)＞c(Y﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)D．HY与HZ混合，达到平衡时：c

(H+)═+c(Z﹣)+c(OH﹣)15.常温下，钠盐(Na2XO3)溶液中微粒浓度的变化关系如图所示[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]．下列说法正确的是（）A．曲线N表示lg与pOH的变化关系B．常温下，K

a2(H2XO3)＝10﹣10C.当pOH＝2时，NaHXO3溶液中：＝10﹣8D.向Na2XO3溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶液中：c(Na+)＝2c(HXO﹣)+2c(XO2﹣)16．Bodensteins研究反应H2(g)+I2(g）⇌2HI(g)△H＜0，温度为T时，在两个体积均为1L的密

闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w(HI)与反应时间t的关系如下表：容器编号起始物质t/min020406080100Ⅰ0.5molI2、0.5molH2w(HI)/%05068768080ⅡxmolHIw(HI)/%1009184818080研究发现上述反应中：v正＝ka•

w（H2）•w（I2），v逆＝kb•w2（HI），其中ka、kb为常数。下列说法不正确的是（）3223222A.温度为T时，该反应＝64B.容器I中在前20min的平均速率v（HI）＝0.025mol•L﹣1•min﹣1C.若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.

1mol的H2、I2、HI，反应逆向进行D.无论x为何值，两容器中达平衡时w(HI)%均相同17．二氧化氯(ClO2)是一种应用广泛的高效安全消毒剂，常通过电解氯酸钠自动催化循环制备高纯ClO2，原理如图所示。下列说法错误的是（）A．B为电源的正极B.钛电极区的总反应为：2H+

+ClO﹣+e﹣═ClO↑+HOC.电解总反应为：4H++4ClO﹣4ClO↑+O↑+2HOD.当电路中转移1mole﹣时，质子交换膜左侧的H+数目减少了2NA18．如图是新型镁一锂双离子二次电池，下列关于该电池的说法正确的是（）A．放电时，Li+由右向左移动B．放电时，正极的

电极反应式为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣═LiFeP04C.充电时，外加电源的负极与Y相连D.充电时，导线上每通过1mole﹣，左室溶液质量减轻12g19．利用光伏电池提供电能处理废水中的污染物（有机酸阴离子用R﹣表示），并回收有机酸

HR，装置如图所示。下列说法错误的是（）A．在光伏电池中a极为正极B．石墨（2）极附近溶液的pH降低C．HR溶液：c2＜c1D．若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子二、非选择题20．（每空2分，共18分）“绿色”和“生态文明”

是未来的发展主题，氮元素和碳元素形成的一些常见化合物对于环境有种重要影响。（1）①已知：标准状态（25℃、101kPa）下，由最稳定的单质生成1mol化合物的焓变（或反应热），称为该化合物的标准摩尔生成焓。几种氧化物的标准摩尔生成焓如下表所示：物质

NO2（g）N2O4（g）标准摩尔生成焓/kJ•mol﹣133.189.16则NO2转化成N2O4的热化学方程式为。②平衡常数Kp是用反应体系中气体物质的分压来表示的，即将K表达式中平衡浓度用平衡分压代替，分压＝总压×物质的量分数。上述反应中，正反应速率v正＝k正•p2（NO2），逆反应速

率v逆＝k逆•p（N2O4），其中k正、k逆为速率常数，则Kp为（以k正、k逆表示）。（2）CO2的有效利用可以缓解温室效应，解决能源短缺问题。有科学家提出可利用FeO吸收CO2：6FeO(s)+CO2(g)2Fe3O4(s)+C(s)，对该反应的描述正确的是。A．增大FeO的

投入量，利于平衡正向移动B．压缩容器体积，可增大CO2的转化率，c(CO2)减小C．恒温恒容下，气体的密度不变可作为平衡的标志D．恒温恒压下，气体摩尔质量不变可作为平衡的标志E.若该反应的△H﹤0，则达到化学平衡后升高

温度，CO2的物质的量会增加(3)为研究CO2与CO之间的转化，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)∆H，测得压强、温度对CO的体积分数[φ(CO)%]的影

响如图所示，回答下列问题：①图中p1、p2、p3的大小关系是，图中a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc由小到大的关系是。②900℃、1.013MPa时，1molCO2与足量碳反应达平衡后容器的体积为VL，该反应的平衡常数K＝。③将②中平衡体系温度降

至640℃，压强降至0.1013MPa，重新达到平衡后CO2的体积分数为50%。条件改变时，正反应速率逆反应速率(填“>”、“<”或“=”)。(4)在NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，所得溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=4：1，此时溶液pH=。（已知：室温下，H2CO3的

k1=4×10-7，k2=5×10-11。lg2=0.3）21．（16分）元素周期表前四周期的元素a、b、c、d、e、f的原子序数依次增大。元素e的基态原子的3d轨道上有2个电子，a、c的基态原子中都有2个未成对电子，d与c同主族，f原子最外层只有1个电

子，次外层的所有原子轨道均充满电子。请回答下列问题：（1）元素e在元素周期表中的位置为；e的单质的晶胞如图1所示，该晶胞的堆积方式为堆积（2）基态原子未成对电子数与b相同的前四周期元素中，除了与b同主族的元素外，还有元素（填元素符号）。（3）共价分子（ab）2中所有原子均满足8电子稳定结构，则（

ab）2中π键与σ键个数之比为：（4）ec2常用作白色颜料，纳米ec2也可以作催化剂，实例如图2所示①化合物M的溶沸点明显低于化合物N，其主要原因是②化合物N中C原子的杂化类型为，元素C、N、O的第一电离能由小到大的顺序为（5）e元素的主要化合价是+2、+4。某晶体中的阳离子是由c、e两元素

形成的链状聚合形式的离子，结构如图3所示。该阳离子中c、e两原子个数比为（6）d和f能形成化合物Q，其晶胞结构及胞参数如图4所示：已知阿伏加德罗常数的值为NA，则Q的密度为g·cm-3（用含a、b、c、NA的代数式表示）。22．（11分）硫酸四氨合铜晶体

([Cu（NH3）4]SO4•H2O)常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉，3mol/L的硫酸，浓氨水，10%NaOH溶液，95%的乙醇溶液，0.500mol/L稀盐

酸，0.500mol/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其晶体中氨的含量Ⅰ．CuSO4溶液的制备①称取4g铜粉，在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌，放置冷却。②在蒸发皿中加入30mL3mol/L的硫酸，将A中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。③趁热过滤得蓝色溶液。（1

）A仪器的名称为Ⅱ．晶体的制备将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作（2）向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量的过程中，可观察到的实验现象是（3）请写出从上述溶液中析出深蓝色晶体的方法_。采用该方法，而不采用浓缩结晶的原因是Ⅲ．氨含量的测定精确称取wg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶

中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mL0.5mol/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用0.5mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl（选用甲基橙作指示剂），到终点时

消耗V2mLNaOH溶液。（4）样品中氨的质量分数的表达式（5）下列实验操作可能使氨含量测定结果偏高的原因是A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管。B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视。C．滴定过程中选用酚酞作指示剂。D．取下接收瓶前，未用

蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁。高二化学3月月考一、选择题1.D【解析】解：A、四种元素分别是Si、N、C、S，电子层数多核电荷数少的元素的原子的半径最大，所以Si的原子半径最大，故A正确；B、四种同周期原子的价电子排布式中，③的p能级是3个电子，为半充满的稳定状态，所以③第

一电离能最大，故B正确；C、三组元素中，前两组是同主族元素，从上到下元素的电负性随原子序数增大逐渐减弱，只有第③组为同周期元素，随原子序数增大，电负性增强，故C正确；D、根据该元素的逐级的电离能可知，该元素的第二电

离能与第三电离能的差距较大，所以该元素的最外层有2个电子，与氯气反应时，失去2个电子，表现为+2价，所以生成的阳离子是X2+，故D错误；2.【答案】B【解析】A、②为体心立方堆积，属于钾、钠和铁型；，③是六方最密堆积，属于镁、锌、钛型，A错误。

B、利用均摊法计算原子个数，①中原子个数为8×1/8=1个，②中原子个数为8×1/8+1=2个，③中原子个数为8×1/8+1=2个，④中原子个数为8×1/8+6×1/2=4个，B正确。C、③为六方最密堆积，此结

构为六棱柱晶胞的1/3，配位数为12,C错误。D、③、④的空间利用率最高，都是74%，①中简单立方堆积空间利用率最小为52%,②中体心立方堆积空间利用率为68%,所以空间利用率大小顺序为①＜②＜③=④,D错误.3.【答案】D4【答案】C【

解析】根据题给信息，超氧化钾晶胞是面心立方晶胞，超氧化钾晶体(KO2)是离子化合物，阴、阳离子分别为K＋、O2－，晶体中K＋与O2－间形成离子键，O2－中O—O键为共价键。作为面心立方晶胞，每个晶胞中含

有8×18＋12×6＝4个K＋，1＋14×12＝4个O2－，晶胞中与每个K＋距离最近的O2－有6个。5.【答案】A。【解析】解：A．根据图知，过程Ⅰ和过程Ⅱ存在水分子中的化学键断裂，过程Ⅲ中生成水分子，所以起始时的2个H2O最终都参与了反应，故A正确；B．反

应过程中键断裂吸收能量，形成化学键放出能量，过程I、II都有化学键的断裂，所以都为吸热过程，故B错误；C．同种非金属原子间形成的共价键为非极性共价键，不同非金属原子之间形成的共价键互为极性键，过程III中生成的水分子、二氧化碳分子、氢气分子，所以过程III生成了极性键和非极性键，故C错误；D．

催化剂能改变活化能，但不改变焓变，故D错误；6.【答案】B。【解析】解：①升温平衡逆向移动，转化率减小，故不选；②恒容通入惰性气体，平衡不移动，转化率不变，故不选；③增加CO浓度，平衡逆向移动，转化率减小，故不选；④减压，平衡正向移动，转化率增

大，故选；⑤加催化剂，平衡不移动，转化率不变，故不选；⑥恒压通入惰性气体，反应体系的压强减小，平衡正向移动，转化率增大，故选；7.【答案】C【解析】氮气和氢气净化干燥在一定压强下载催化剂作用下加热反应生成氨气，液化分离得到氢

气和氮气混合气体循环使用，得到氨气。A．步骤①中“净化”除去气体中的杂质，预防催化剂中毒失去活性；B．合成氨的反应为气体体积减小的放热反应，加压促进平衡正向进行，加快反应速率；C．催化剂不改变化学平衡，不能改变反应物的转化率，升温平衡逆向进行；D．氨气可以合成铵盐，氨气易液化，液氨

可以作制冷剂。8.【答案】A【解析】解：A．氨水与Al不反应，不能代替NaOH，故A错误；B.4LiMn2O4+O2+4H+＝4Li++8MnO2+2H2O中Mn元素的平均化合价由+3.5变到+4，化合价升高，则LiMn2O4是还原剂，故B正确；C．C可与氧气反应生成气体，在空气中

灼烧可除去MnO2中的碳粉，故C正确；D．正极材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上）中回收金属资源，则可回收的金属元素有Mn、Li、Al，故D正确；故选：A。9.【答案】D【解析】解：A、开始氨水浓度最大对水的电离起抑制作用最强，所以开始时水的电离程度最小，故A错误；B、

溶液导电能力取决于离子浓度大小，加水稀释离子浓度下降，导电能力下降，故B错误；C、加水稀释稀氨水，溶液中氢离子浓度增大，当溶液接近中性时，氢离子浓度接近10﹣7mol/L，故C错误；D、稀释时氢氧根离子

浓度下降，pH下降，趋近于7，不能低于7，故D正确；10.【答案】C【解析】解：A．常温下，0.1mol/LNa2S溶液中，溶液中存在质子守恒：c（OH﹣）＝c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故A错误；B.0.1mol/LNaHCO3

溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合得到碳酸钠溶液，碳酸根离子水解溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为C（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+），故B错误；C．在相同的条件下测得①Na

HCO3②CH3COONa③NaClO三种溶液pH相同，已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，所以水解程度：NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，pH相同时，溶液的浓度：NaClO＜NaHCO3＜CH3

COONa，即c（Na+）①＞②＞③，故C正确；D．0.1mol•L﹣1的氨水中存在电离平衡，NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，加入少量硫酸铵固体抑制电离平衡逆向进行，氢氧根离子浓度减小，一水合氨浓度增大，比值减小，故D错误；11.【答案】D【解析】解：由表格中数据可知，酸性为H2

CO3＞HClO＞HCO3﹣，A．因酸性HClO＞HCO3﹣，不能发生，故A不选；B．酸性为H2CO3＞HClO，不能发生，故B不选；C．因酸性HClO＞HCO3﹣，则不能生成HClO、Na2CO3，只能生成HClO+NaHCO3，故C不选；D．因酸性为H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，则Na

ClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3可发生，故D选；12.【答案】C【解析】解：在某温度时，pH＝3的某水溶液中c（OH﹣）＝10﹣9mol/L，则c（H+）＝10﹣3mol/L，所以Kw＝c（H+）•c（OH﹣）＝10﹣12，A．氢离子或氢氧根离子

都抑制水的电离，离子浓度越大，水电离程度越小，pH＝2的CH3COOH和0.01mol/L的HCl中氢离子浓度相同都是c（H+）＝0.01mol/L，所以两种溶液中水的电离程度相同，c水（H+）=c水（OH-）=10-10，故A错误；B．pH＝11的NaOH溶液

中c（OH﹣）＝0.1mol/L，当0.01mol/L的HCl与0.1mol/L的NaOH溶液，按照10：1的体积比混合时，二者恰好反应，溶液显中性，该温度下Kw＝c（H+）•c（OH﹣）＝10﹣12，所以中性时pH＝6＜7，故B不正确；C．pH相同的弱

酸和强酸（或强碱或弱碱），加水稀释弱的PH变化小，所以pH＝2的CH3COOH与0.01mol/L的HCl，稀释相同倍数时醋酸的pH小；pH＝11的氨水与pH＝11的NaOH溶液，稀释相同倍数时氨水的pH大，所以将四份溶液稀

释相同倍数后，溶液的pH大小为：③＞④＞②＞①，故C正确；D．根据C可知，将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH③＞④＞②＞①，故D错误；13.【答案】B【解析】解：Ksp（AgCl）＝1.56×10﹣10、Ksp（AgBr）＝7.7×10﹣13、Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10﹣12，Cl

﹣、Br﹣、CrO4﹣的浓度均为0.010mol/L，则开始沉淀需要的c（Ag+）分别为＝1.56×10﹣8、＝7.7×10﹣11、＝3.0×10﹣5，需要c（Ag+）浓度小的先沉淀。则三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br

﹣、Cl﹣、CrO4﹣，14.【答案】B【解析】解：A、氢氧化钠体积为0时，0.1000mol•L﹣1的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为4、3、1，故酸性大小为：HX＜HY＜HZ，所以相同条件下导电性大小为：HZ＞HY＞HX，故A错误

；B、当NaOH溶液滴到10mL时，溶质为等物质的量的NaA、HA，则溶液中c（HY）≈c（Y﹣），HA的电离平衡常数Ka（HY）＝≈c（H+）＝10﹣PH＝10﹣5，故B正确；C、HX恰好完全反应时，HY早已经完全反应，所得溶液为NaX和NaY

混合液，酸性HX＜HY，NaY水解程度小于NaX，则溶液中c（X﹣）＜c（Y﹣），所以溶液中离子浓度大小关系为：c（Y﹣）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；D、HY与HZ混合，溶液中电荷守恒为：c（H+）＝c（Y﹣）+c（Z﹣）+c（OH﹣）；HA的电离平衡常数为Ka

（HY）＝，c（Y﹣）＝，c（H+）＝+c（Z﹣）+c（OH﹣），故D错误；15.【答案】B【解析】XO32-+H2O⇌HXO3-+OH-Kh1＝×c（OH﹣）HXO3-+H2O⇌H2XO3+OH-Kh2＝×c（OH﹣）A．常

温下，如果c（HXO3﹣）＝c（XO32﹣），lg＝0，则Kh1＝×c（OH﹣）＝c（OH﹣），如果c（HXO3﹣）＝c（H2XO3），lg＝0，则Kh2＝×c（OH﹣）＝c（OH﹣），因为第一步水解程度大于第二步，Kh1>Kh2，故横坐标相同时，Kh1对应的c（OH﹣）大于Kh

2，pOH：Kh1对应的小于Kh2；根据图知，曲线M表示lg与pOH的变化关系，故A错误；B．常温下，如果c（HXO3﹣）＝c（XO32﹣），lg＝0，则Kh1＝c（OH﹣）＝10﹣4mol/L，Ka2（H2XO3）＝＝＝10﹣10，

故B正确；C．pOH＝2时，c（OH﹣）＝0.01mol/L，根据A知，Kh1＝10﹣4、Kh2＝10﹣9，NaHXO3溶液中：＝×＝×＝×＝10﹣9，故C错误；D．混合溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在物料守恒c（Na

+）＝2c（HXO3﹣）+2c（XO32﹣）+2c（H2XO3），所以c（Na+）＞2c（HXO3﹣）+2c（XO32﹣），故D错误；故选：B。16.【答案】C【解析】解：A．w（HI）/%＝×100%＝80%，n＝0

.4mol/L，平衡常数K＝＝64．反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，ka•w（H2）•w（I2）＝v正＝v逆＝kb•w2（HI），则＝＝K＝64，故A正确；B．前20min，H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）起始量（mol/L）0.50.50变化量（mol/L）mm2

m平衡量（mol/L）0.5﹣m0.5﹣m2mw（HI）%＝×100%＝50%，m＝0.25mol/L，容器I中前20min的平均速率，v（HI）＝＝0.025mol/（L•min），故B正确；C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0．lmol的H2、I2、HI，此时浓度商Q

c＝＝1＜K＝64，反应正向进行，故C错误；D．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x为何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，两容器达平衡时w（HI）%均相同，故D正确，故选：C。17.【答案】D【解析】解：根据电解池中钛电极上的反应ClO3﹣→Cl

O2、ClO2→ClO2﹣可知，Cl化合价降低，发生得电子的还原反应，则钛电极为阴极，与电源的负极相接，则石墨电极为阳极、与电源的正极相接，电极上发生失去电子的氧化反应。阳极上电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+或4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，阴极上电极反应式为ClO3﹣+2H

++e﹣＝ClO2↑+H2O、ClO2+e﹣＝ClO2﹣，电解过程中，H+由阳极经过质子结合膜移向阴极，A、电解池中钛电极为阴极，与电源的负极A相接，则石墨电极为阳极、与电源的正极B相接，故A正确；B、

电解池中钛电极为阴极，阴极上电极反应式为ClO3﹣+2H++e﹣＝ClO2↑+H2O、ClO2+e﹣＝ClO2﹣，自动催化循环反应为ClO3﹣+ClO2﹣+2H+＝2ClO2↑+H2O，所以钛电极区的总反应为：2H++ClO3﹣+e﹣═ClO2↑+H2

O，故B正确；C、电解池中阴极总反应为2H++ClO3﹣+e﹣═ClO2↑+H2O，阳极上电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+或4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，结合电子守恒得到电解总反应为4H++4ClO3﹣4ClO2↑+O2↑+2H2O，故C正确

；D、当电路中转移1mole﹣时则从右侧转移1molH+，根据阴极总反应2H++ClO3﹣+e﹣═ClO2↑+H2O可知，消耗2molH+，故综合来看，质子交换膜左侧的H+减少了1mol、数目为NA，故D错误；故选：D。18.【答案】B【解析】解：A

．放电时，电解质溶液中锂离子透过锂离子交换膜移向正极，即放电时，Li+由左向右移动，故A错误；B．右边为正极、得电子、发生还原反应，电极反应式为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣＝LiFePO4，故B正确；C．左边镁失电子、为负极，右边电极上得电子、为正极，即X为负

极接线柱、Y为正极接线柱，充电时，外加电源的正极与电池正极相连，负极与电池负极相连，即外加电源的负极与X相连，故C错误；D．充电时，导线上每通过1mole﹣，左室得电子发生还原反应，反应式为Mg2++2e﹣＝Mg，但右侧将有1molLi+移向左室，所以溶液质量减轻12﹣7＝5g，故D错

误；故选：B。19.【答案】B【解析】解：装置中电子流向判断石墨（1）为电解池阳极，溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极附近氢离子浓度增大，通过阳离子交换膜进入浓缩室，石墨（2）为电解池阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极附近氢氧根离子浓度增大，R﹣离子通过阴

离子交换膜进入浓缩室，回收有机酸HR，A．分析可知a为原电池正极，故A正确；B．石墨（2）极附近，氢离子放电生成氢气，附近氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故B错误；C．分析可知HR溶液：c2＜c1，故C正确；D．阳极4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，阴极4H++4e﹣＝2H2↑，

若两极共收集3mol气体，其中氧气占×3mol＝1mol，氢气为2mol，电子转移4mol，故D正确；故选：B。二、非选择题1.16分，每空2分（1）2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＝﹣57.2kJ/mol（2）CE（3）p1<p2

<p3Ka=Kb<Kc163V<（4）9.7【解析】（1）①根据题意可列，N2（g）+2O2（g）=2NO（g）△H1＝+33.18×2kJ/mol=+66.36kJ/molN2（g）+2O2（g）=N2O4（g）△H2＝-9.16kJ/mol△H＝-2△H1+△H2=﹣57.

2kJ/mol②Kp=p（N2O4）/p2（NO2）。平衡时，v正＝v逆，故k正•p2（NO2）=k逆•p（N2O4），k正/k逆=p（N2O4）/p2（NO2）=Kp(2)A.FeO是固体，增大FeO的投入量，不能使化学平衡发生移动，A错误；

B.该反应的正反应是气体体积减小的反应，压缩容器体积，即增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，最终达到平衡时CO2的转化率增大，但是平衡常数K=c(CO2)，温度不变，K不变，所以c(CO2)不变，B

错误；C.恒温恒容时，气体的质量是变量，容器的容积不变，气体的密度也为变量，若气体密度不变，则反应达到平衡状态，因此可作为平衡的标志，C正确；D.反应混合物中只有CO2为气体，恒温恒压下，气体摩尔质量始终不变，因此不可作为平衡的标志，D错误；E.若该反应的△H﹤0，则达到化学平衡后，若升高

温度，化学平衡逆向移动，最终达到平衡时CO2的物质的量会增加，E正确；(3)①反应C(s)+CO2(g)2CO(g)是气体体积增大的反应，随着反应进行，体系压强增大。减小压强有助于化学平衡正向移动，正反应是吸反应，表明压强低时对应着的CO体积分

数较高，则p1、p2、p3的大小关系是：p1<p2<p3；化学平衡常数只随温度的改变而改变，在压强不变时，升高温度，CO含量增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，化学平衡常数增大，因此a、b、c三点对应的平衡常数大小关系是：Ka=Kb<Kc；②900℃

、1.013MPa时，设反应转化的CO2的物质的量为xmol，则平衡时n(CO)=2x，n(CO2)=1-x，根据图象可知平衡时CO的体积分数为80%，则()2x1x2x−+×100%=80%，解得x=2

mol3。平衡时各种气体的浓度，c(CO)=2x4V3V=，c(CO2)=1x1V3V−=，所以根据化学平衡常数的含义，可得此时反应的化学平衡常数K=()()22cCO16cCO3V=；③反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的正反应是气体分子数增大的

吸热反应，降低压强，平衡正移；降低温度，平衡逆移，改变了影响平衡移动的两个条件，且两个条件对平衡移动的影响不相同，因此不能简单通过勒夏特列原理判断平衡移动方向。重新达到平衡后CO2的体积分数为50%，设反应转化的CO2的

物质的量为ymol，则平衡时n(CO2)=1-y，n(CO)=2y，则：()1y1y2y−−+=50%，解得y=13mol<23mol，可见重新达到平衡时，体系中CO含量降低，CO2含量升高，即化学平衡向逆反应方向移动，所以v(正)<v(逆)；(4)所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=

4：1，由于K2=()()()()233cCOcHcH4cHCO−++−==5×10-11，则c(H+)=2.0×10-10，所以溶液的pH=-lgc(H+)=10-0.3=9.7。2.共16分3.共

11分（1）坩埚。（1分）（2）先有蓝色沉淀生成，继续滴加氨水，沉淀逐渐消失，溶液变为深蓝色。（2分）（3）加入乙醇（或醇析）（2分）。[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体容易受热分解。（2分）（4）×100%（2分）（5）BD。（2分）【解析】（5）HCl先后发生两个化学反应：N

H3+HCl=NH4Cl，HCl+NaOH=NaCl+H2O。与氨气反应的n（HCl）＝10﹣3V1L×0.5mol•L﹣1﹣0.5mol•L﹣1×10﹣3V2L＝0.5×10﹣3（V1﹣V2）mol，根据氨气和HCl的关系式知，n（NH

3）＝n（HCl）＝0.5×10﹣3（V1﹣V2）mol，则样品中氨的质量分数为×100%（6）如使氨含量测定结果偏高，则V2偏小，A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，浓度偏低，则V2偏大，含量偏低，故A错误；B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致V2偏小，则含量偏高，

故B正确；C．滴定过程中选用酚酞作指示剂，对实验没有影响，故C错误；D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，故D正确。故答案为：BD。