【文档说明】湖北省武汉市第三中学2019-2020学年高一5月月考化学试题 【精准解析】【武汉专题】.pdf，共(27)页，611.867 KB，由小赞的店铺上传

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湖北省武汉市第三中学2019-2020学年高一5月月考化学试题可能用到的相对原子质量：O-16S-32Fe-56Cl-35.5第一部分选择题（本部分有16题，共48分）选择题：每小题只有一个选项符合题意。1.最近《科学》杂志评出“十大科技突破”

，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一。下列关于水的说法中正确的是（）A.水的离子积不仅只适用于纯水，升高温度一定使水的离子积增大B.水的电离和电解都需要电，常温下都是非自发过程C.水中氢键的存在既

增强了水分子的稳定性，也增大了水的沸点D.加入电解质一定会破坏水的电离平衡，其中酸和碱通常都会抑制水的电离【答案】A【解析】【详解】A．水的离子积不仅只适用于纯水，也适应于水溶液，因为水的电离是吸热的，所以升

高温度，水电离平衡正向移动，一定使水的离子积增大，故正确；B．水的电离不需要电，常温下是自发过程，故错误；C．水中氢键存在于分子之间，不影响水分子的稳定性，氢键增大了水的沸点，故错误；D．加入电解质不一定会破坏水的电离平衡，如强酸强碱盐不会影响水的电离

平衡，故错误。故选A。2.某可口可乐饮料的pH＝3，某西红柿汁饮料的pH＝4，则这两种饮料中的c(OH-)之比是（）A.3︰4B.1︰10C.10︰1D.无法确定【答案】B【解析】【详解】某可口可乐饮料的p

H＝3，则其c(OH-)=10-11mol/L；某西红柿汁饮料的pH＝4，则其c(OH-)=10-10mol/L，从而得出这两种饮料中的c(OH-)之比是10-11mol/L:10-10mol/L=1︰10；故选B。3.下列实验中对数据的读取或计量正确的是（）A.托盘天平准确称取2.50gCuSO

4·5H2OB.用量筒准确量取10.0mL浓硫酸C.用碱式滴定管量取25.0mL高锰酸钾溶液D.用广泛pH试纸测得氯水的pH为2.5【答案】B【解析】【详解】A.托盘天平只能读数到0.1g，不能用托盘天平准确称取2.50gCuSO4·5H2O，A错误

；B.量筒读数到0.1mL，可用量筒准确量取10.0mL浓硫酸，B正确；C.高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，故应该用酸式滴定管量取25.00mL高锰酸钾溶液，C错误；D.广泛pH试纸只能读数到整数，且氯水具有强氧化性，不能用pH试纸测其pH值，D错误；答案选B。4

.已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-＋H+，要使溶液中+3c(H)c(CHCOOH)值增大，可以采取的措施是（）①加少量烧碱固体②升高温度③加少量冰醋酸④

加水⑤加少量醋酸钠固体⑥加少量金属锌A.①②④B.②③⑥C.③④⑤D.②④【答案】D【解析】【详解】①加少量烧碱固体中和氢离子，促进电离，氢离子浓度减小，醋酸根浓度增大，+a-33Kc(H)=c(CHCOOH)c(CHCOO)，温度不变，电离

平衡常数不变，则比值减小；②升高温度促进电离，氢离子浓度增大，醋酸浓度减小，比值增大；③加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，电离程度减小，比值减小；④加水促进电离，但醋酸根浓度减小，温度不变，电离平衡常数不变，则比值增大；⑤加少量醋酸钠固体，抑制电离，氢离子浓度减小，醋酸浓度增大，

比值减小；⑥加少量金属锌，消耗氢离子，促进电离，醋酸根浓度增大，温度不变，电离平衡常数不变，则比值减小；答案选D。5.已知NA是阿伏加德罗常数的值,下列有关说法正确的有（）①1LpH=2的H3PO4溶液中的H+数目为0.02NA②1L0.1mol·L-1氨水溶液中，OH-数目为0.1NA③25℃时

，1LpH＝13的Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2NA④25℃时，500mLpH=12的碳酸钠溶液中，由水电离出的OH-数目为0.005NA⑤1LpH=2的醋酸溶液与足量锌充分反应生成的气体分子数大于0.005N

A⑥16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA⑦密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA⑧120gNaHSO4固体含有H+的数目为NAA.2个B.3个C.4个D.5个【答案】A【解

析】【详解】①1LpH=2的H3PO4溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，则含有的H+数目为0.01NA，错误；②一水合氨是弱电解质，部分电离，则1L0.1mol·L-1氨水溶液中，OH-数目小于0.1NA，错误；③25℃时

，1LpH＝13的Ba(OH)2溶液中氢氧根浓度是0.1mol/L，则含有的OH－数目为0.1NA，错误；④25℃时，500mLpH=12的碳酸钠溶液中碳酸根水解促进水的电离，由水电离出的OH-浓度是0.01mol/L，

其数目为0.005NA，正确；⑤1LpH=2的醋酸溶液中醋酸的浓度大于0.01mol/L，与足量锌充分反应生成的气体分子数大于0.005NA，正确；⑥16.25gFeCl3的物质的量是0.1mol，水解可

逆，则水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，错误；⑦密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应，由于是可逆反应，则反应后分子总数大于2NA，错误；⑧NaHSO4固体中含有钠离子和硫酸氢根离子，不存在H+，错误；答案选A。6.pH＝l的两种一元酸的溶液HA、

HB各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积（V）的关系如图所示，判断下列说法正确的是（）A.等体积、等浓度的HA、HB溶液，分别加水稀释10倍后，溶液的pH是HA大B.等体积、等浓度的HA、HB溶液，分别加水稀释至相同的pH，

所需水的体积是HB多C.等体积、等pH的HA、HB溶液，分别加水稀释至相同的pH，所需水的体积是HB多D.等体积、等pH的HA、HB溶液，分别与NaOH恰好完全反应，所需NaOH的物质的量是HA多【答案】C【解析】【详解】A

．由图可知，HA为强酸，HB为弱酸，所以等体积、等浓度的HA、HB溶液，分别加水稀释10倍后，弱酸电离程度弱，溶液的pH要大，所以HB大，A错误；B．由图可知，HA为强酸，HB为弱酸，等体积、等浓度的HA、HB溶液，

弱酸电离程度弱，若加水相同，弱酸溶液的pH要大，若分别加水稀释至相同的pH，所以HB所需水的体积要少，B错误；C．等体积、等pH的HA、HB溶液，分别加水稀释，若加水相同，弱酸溶液的pH要小，若分别加水稀释至相同的pH，所以H

B所需水的体积要多，C正确；D.等体积、等pH的HA、HB溶液，分别与NaOH恰好完全反应，因为HB为弱酸，还有很多未电离的物质，所需NaOH的物质的量是HB多，D错误；故选C。7.已知下面三个数据：①7.2×10-4、②2.6×10-4、③4.9×10-10分别是三种酸在常

温下的电离平衡常数，若已知这三种酸可发生如下反应：NaCN＋HNO2=HCN＋NaNO2，NaNO2＋HF=HNO2＋NaF，由此可判断下列叙述中不正确的是（）A.HF的电离常数是①B.0.1mol/L的HCN溶液中c（H+）=7.0×10-6

mol/LC.0.01mol/LHNO2的电离度约为5%D.反应NaCN＋HF=HCN＋NaF可以发生【答案】C【解析】【详解】A.已知反应：NaCN＋HNO2=HCN＋NaNO2，NaNO2＋HF=HNO2＋NaF，根据较强酸制备较弱酸可知酸性强弱顺序为HF＞HNO2＞HCN，酸

性越强电离平衡常数越大，则HF的电离平衡常数是①，A正确；B.HCN的电离平衡常数是4.9×10-10，则0.1mol/L的HCN溶液中c（H+）=100.14.910mol/L=7.0×10-6mol/L，B正确；C

.HNO2的电离平衡常数是2.6×10-4，则0.01mol/L的HNO2溶液中c（H+）=40.012.610mol/L=1.6×10-3mol/L，所以0.01mol/LHNO2的电离度约为31.6100.01×100%＝16%，C错误；D.酸性强弱顺序为HF＞HNO2＞HCN，因

此反应NaCN＋HF=HCN＋NaF可以发生，D正确；答案选C。8.常温下，在水电离的c（H+）=10-12mol/L的溶液里可能大量共存的离子组是（）A.K+、Fe3+、S2-、NO3B.Na+、Ba2+、OH-、AlO2C.H+、Al3+、S

iO23、I－D.Na+、NH4+、HCO3、HS－【答案】B【解析】【详解】由水电离出的c(H+)=10-12mol/L的溶液，可能呈酸性或碱性，A．碱性条件下，铁离子会沉淀，酸性条件下硝酸根会氧化硫离子，一定不可大量共存，A不符合题意；B．酸性条件下氢氧

根、偏铝酸根都能和氢离子反应，碱性条件下离子之间都不发生反应，溶液中的离子可能大量共存，B符合题意；C．碱性条件下，铝离子、氢离子会反应，酸性条件下硅酸根会生成硅酸沉淀，一定不可大量共存，C不符合题意；D．碳酸氢根在酸性或碱性条件下，都能发生反应，一定不可大量共存，

D不符合题意；故选B。9.常温下，向一定体积pH=13的氢氧化钾溶液中逐滴加入pH=1的稀盐酸，溶液中pH与pOH[pOH=-lgc（OH-）]的变化关系如图所示。下列有关说法错误的是（）A.Q点溶液呈中性，且a=7B.M点和N点水的电离程度一定相等C.Q点消耗

盐酸溶液的体积等于氢氧化钾溶液的体积D.若b=12，则N点消耗盐酸溶液的体积与氢氧化钾溶液的体积之比为11:9【答案】D【解析】【详解】A.Q点溶液中pH＝pOH，因此溶液呈中性，由于是常温下，则a=7，A正确；B.M点和N点

溶液中pOH、pH相等，即溶液中氢离子和氢氧根的浓度相等，所以水的电离程度一定相等，B正确；C.Q点溶液显中性，氢氧化钾和盐酸恰好反应，由于二者的浓度相等，则消耗盐酸溶液的体积等于氢氧化钾溶液的体积，C正确；D.若b=12，则N点溶液显碱性，盐酸不足，氢氧化钾过量，

反应后溶液中氢氧根浓度是0.01mol/L，则0.1/0.1/0.01/molLxmolLymolLxy，解得y：x＝9：11，所以消耗盐酸溶液的体积与氢氧化钾溶液的体积之比为9:11，D错误；答案选D。10.25℃时，向20mLcmol/LNaOH溶液中滴加0.1mol/

L醋酸溶液，混合溶液中水电离的c（OH－）与醋酸溶液体积（V）的关系如图。下列有关说法错误的是（）A.c（NaOH）=0.1mol/LB.水的电离程度：E＞B=D＞AC.酸溶液的体积：V=20mLD.若D点对应的醋酸溶液体积为V1mL，则25℃时醋酸的电离常数Ka＝

-6110V-10【答案】D【解析】【详解】A.氢氧化钠的溶液中水电离的氢氧根离子浓度为10-13mol/L，说明水电离的氢离子浓度为10-13mol/L，氢氧化钠的浓度为0.1mol/L，故A正确；B.氢氧化钠溶液中水电离受到抑制，加入醋酸

溶液反应生成盐，水电离程度逐渐增大，当溶液中全为醋酸钠，水的电离程度最大，继续加入醋酸，水的电离程度又逐渐减小，因为BD两点水电离的氢氧根离子浓度相同，即水电离程度相同，故电离程度的关系为E＞B=D＞A，故正确；C.当醋酸和氢氧化钠完全反应时水电离程度

最大，即V=20mL，故正确；D.D点成分为醋酸和醋酸钠，溶液为中性，c(H+)=10-7mol/L，则c(Na+)=c(CH3COO-)=10.12020Vmol/L，c(CH3COOH)=110.10.12020VVmol/L，则醋酸电离平衡常数=7611110.120102

0210=0.10.1202020VVVV，故错误。故选D。11.25℃时，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定体积均为20mL、浓度0.1mol·L-1的三种酸（HA、HB和HD）溶液

，滴定曲线如图所示，下列判断正确的是（）A.三种酸的酸性强弱：HD＞HB＞HAB.由Q点可知，HD的电离平衡常数Ka≈10-7.6，其数量级是10-8C.滴定至W点时，由此时溶液的pH可知，W点溶液中：c（B-）＞c（HB）D.当三种溶液完全反应后将其混合，溶液中存在：

c（Na+）=c（A-）+c（B-）+c（D-）【答案】C【解析】【详解】A．根据图象可知，0.1mol/L的三种酸(HA，HB和HD)溶液，pH大小为HD>HB>HA，溶液pH越大，酸性越弱，则三种酸的酸性强弱：HD＜HB＜HA，故A错误；B．

Q点溶液的pH=3.8，c（D-）≈c（H+）=10-3.8mol/L，c（HD）≈0.1mol/L，HD的电离平衡常数为Ka=3.83.86.61010=100.1，故B错误；C．W点溶液的pH<7，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，此时溶质为等浓度的HB、NaB，说明HB

的电离程度大于B-的水解程度，则c(B-)>c(HB)，故C正确；D．0.1mol/L的三种酸的pH都大于>1，说明三种酸都是弱酸，则完全反应后生成的都是强碱弱酸盐，混合液呈碱性，则c(H+)＜c(OH-)

，结合电荷守恒可知，c（Na+）＞c（A-）＋c（B-）＋c（D-），故D错误；故选C。12.氢卤酸的能量关系如图所示，下列说法正确的是（）A.已知HF气体溶于水放热，则HF的ΔH1＜0B.相同条件下，HCl的ΔH2比HBr的小，HCl的ΔH3＋ΔH4比HI的大C.一定条件

下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则该条件下ΔH2＝+akJ/molD.ΔH=ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＋ΔH6【答案】C【解析】【详解】A．已知HF气体溶于水放热，则由HF(aq)生成HF(g)需吸收热量，HF的ΔH1>0，A不正确；B．相同

条件下，因为H-Cl键的键能大于H-Br键的键能，所以HCl的ΔH2比HBr的大，HCl和HI的ΔH3＋ΔH4均为H(g)变为H+(g)、H+(g)变为H+(aq)过程的能量变化，因此二者的(ΔH3＋ΔH4)相等，B不正确；C．一定条件下，气态原子生成1molH-X键时放热，拆开1molH-X

键生成气态原子时吸热，二者吸、放热的绝对值相等、符号相反，所以该条件下ΔH2＝+akJ/mol，C正确；D．由盖斯定律可知，ΔH=ΔH1＋ΔH2-ΔH3-ΔH4-ΔH5-ΔH6，D不正确；故选C。13.下列实验操作规范且能达到目的的是（）选项目的操作A根据溶液中既含I2又含I-的实验

事实判断该反应是可逆反应取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/LFeCl3溶液5～6滴，充分反应B探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象C证明酸性：盐酸＞碳酸

＞硅酸向碳酸钠溶液中加入浓盐酸，将反应后的气体先通入饱和碳酸氢钠溶液洗气后再通入硅酸钠溶液，硅酸钠溶液变浑浊D制取较高浓度的次氯酸溶液将Cl2通入碳酸钠溶液中A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.反应中碘化钾过量，则不能根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该

反应是可逆反应，A错误；B.双氧水和亚硫酸氢钠溶液反应没有明显的实验现象，因此不能探究浓度对反应速率的影响，B错误；C.向碳酸钠溶液中加入浓盐酸，将反应后的气体先通入饱和碳酸氢钠溶液洗气后除去挥发出的氯化氢，再通入硅酸钠溶液，硅酸钠溶液变浑浊，根据较强酸制备较弱酸可知酸性：盐酸＞碳

酸＞硅酸，C正确；D.氯气与水反应生成盐酸、HClO，盐酸、HClO均与碳酸钠反应，不能制备高浓度的次氯酸溶液，D错误；答案选C。14.探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1mol·L−1H2C2O4的pH=1.3）实验

装置试剂a现象①Ca（OH）2溶液（含酚酞）溶液褪色，产生白色沉淀②少量NaHCO3溶液产生气泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④甲基橙溶液溶液变红根据上述实验判断草酸性质以及所对应的方程式不正确的是（）A.H2C2O4有酸性，Ca（OH）2+H2C2O4=CaC2O4↓

+2H2OB.酸性：H2C2O4＞H2CO3，NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2OC.H2C2O4具有还原性，2MnO4-+5C2O24+16H+=2Mn2++10CO2↑+8

H2OD.H2C2O4的电离方程式：H2C2O4H++HC2O4、HC2O4-H++C2O24【答案】C【解析】【详解】A．Ca（OH）2溶液（含酚酞）中加入草酸溶液，溶液褪色，说明混

合溶液碱性减弱，且生成白色沉淀，则发生中和反应，从而草酸体现酸性，反应方程式为Ca（OH）2+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O，故A正确；B．向少量NaHCO3溶液加入草酸有气泡生成，说明有二氧化碳生成，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据实

验现象知，酸性：H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O，故B正确；C．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，向酸性KMnO4溶液加入草酸，溶液褪色，说明酸性KMnO4溶液氧化了草酸，则草酸体现还原性

，根据题干信息，草酸为弱酸，则反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C错误；D．0.1mol/L草酸溶液的pH=1.3，草酸是二元弱酸，电离分步进行

，因此H2C2O4的电离方程式：H2C2O4H++HC2O4、HC2O4-H++C2O24，故D正确；故答案选C。15.某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将含NO和CO的尾气以一定的流速通过两种不同的催化剂进行

反应：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），ΔH＜0，相同时间内测量逸出气体中NO含量,从而确定尾气脱氮率（脱氮率即NO的转化率），结果如下图所示。以下说法正确的是（）①两种催化剂均能降低活化能，但ΔH不变②相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响③曲线Ⅱ中的催化剂适用于4

50℃左右脱氮④曲线Ⅱ中催化剂脱氮率比曲线Ⅰ中的高⑤a点是对应温度下的平衡脱氮率⑥若低于200℃，图中曲线Ⅰ脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因是催化剂的活性不高A.①③⑥B.①③④C.②③④D.①③⑤【答案】A【解析】【详解】①两种催化剂均能降低活化能，

加快反应速率，但△H不变，①正确；②该反应的正反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，脱氮率增大，②错误；③根据图像，曲线Ⅱ在450℃左右脱氮率最高，催化活性最大，曲线Ⅱ中的催化剂适用于450℃左右脱氮，③正确；④低于300℃，曲线

Ⅰ中催化剂脱氮率高，④错误；⑤因为该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，a点对应温度下的平衡转化率应高于450℃时，根据曲线可知，a点对应温度的平衡脱氮率应该更高，所以a点不是对应温度下的平衡脱氮率，⑤错误；⑥低于200℃，曲线脱氮率随温

度升高而变化不大的主要原因：温度较低时(低于200℃)，催化剂的活性偏低，对化学反应速率的影响较小。综上，本题答案为：A。16.在保持体系总压为105Pa的条件下进行反应SO2（g）+12O2（g）SO3（g），原料气中SO2和O2的物质的量

之比23nSOm=nSO不同时，SO2的平衡转化率与温度（T）的关系如图所示。图中A点原料气的成分是n（SO2）=10mol，n（O2）=24.4mol，n（N2）=70mol，下列有关说法正确的是（）A.该反应是吸热反应B.图中m1、m2、m3的大小顺序为

m1＜m2＜m3C.在500℃、m3的条件下该反应的压强平衡常数是5.2×10-21-2PaD.A点平衡时SO2的分压p（SO2）=4.0×103Pa（分压=总压×物质的量分数）【答案】C【解析】【详解】A．由图像可知，随着温度升高，二氧化硫的转化率降低，说明升温平衡逆向

进行，正向反应是放热反应，A错误；B．当温度不变时，22nSOm=nO，假设氧气的量不变，二氧化硫的量增大，则m的值逐渐增大，但二氧化硫的转化率是下降的，所以图中m1、m2、m3的大小顺序为m1＞m2＞m3，B错误；C．在500℃、

列出三段式（化学平衡常数只与温度有关，温度相同，化学平衡常数相同，所以500℃、m3的条件下该反应的压强平衡常数与A点的平衡常数相等，以A点的数据计算）：22310mol24.4mol08.8mol4.4mol8.8mol1.2mol20mol8.81SOg+OgSOg2mol

起始转化（）平衡（）（）P(SO2)=51.210100，P(O2)=52010100，P(SO3)=58.810100；该反应的压强平衡常数=32122[]PSOPSOPO=5.2×10-21-2Pa，C正确；D．A点时，22310mol

24.4mol08.8mol4.4mol8.8mol1.2mol20mol8.81SOg+OgSOg2mol起始转化（）平衡（）（）平衡时SO2的分压P(SO2)=51.210100Pa=1200Pa

，D错误；故选C。第二部分非选择题（本部分有5题，共52分）17.I.有以下几种物质：①液态HCl②熔融NaCl③稀硫酸④氯水⑤氨水⑥Cu⑦Al2O3固体⑧SO2⑨NaOH固体⑩无水CH3COOH⑪CaCO3固体⑫乙醇

（1）属于电解质的是__________（写序号，下同）（2）能导电的是_____________II.在一定温度下，有a.盐酸b．硫酸c．醋酸三种酸（用a、b、c填空）：（1）当三种酸物质的量浓度相同时

，c（H＋）由大到小的顺序是__________。（2）若三者pH相同时，中和等体积的该三种溶液所需NaOH的物质的量由大到小的顺序是______。（3）将c（H＋）相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，pH由大到小的顺序是_____

_____。（4）在25℃下，将amol/L的醋酸与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=7，用含a的代数式表示25℃时CH3COOH的电离常数Ka＝______（5）设计一个实验证明醋酸是弱电解质：操作：________

_；现象：_____；结论：醋酸是弱电解质。【答案】(1).①②⑦⑨⑩⑪(2).②③④⑤⑥(3).b>a>c(4).c>a=b(5).a=b>c(6).10-7/（100a-1）(7).测0.1mol/L醋酸溶液的pH(8).pH>1（其他合理答案亦可）【解析】【详解】I.(1)在水溶液或熔融状

态下能导电的化合物为电解质，通常属于电解质的物质有酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等物质。①液态HCl是酸，属于电解质；②熔融NaCl是盐，属于电解质；③稀硫酸是混合物，不是电解质；④氯水是混合物；⑤氨水是混合物；⑥Cu是单质；⑦Al2O3固

体是电解质；⑧SO2不属于电解质；⑨NaOH固体是碱，属于电解质；⑩无水CH3COOH是酸，属于电解质；⑪CaCO3固体是盐，属于电解质；⑫乙醇是非电解质。故答案为：①②⑦⑨⑩⑪(2)电解质的水溶液或熔融状态能导电，金属能导电，①液态HCl不能导电；②熔融NaCl能

导电；③稀硫酸能导电；④氯水能导电；⑤氨水能导电；⑥Cu能导电；⑦Al2O3固体不能导电；⑧SO2不能导电；⑨NaOH固体不能导电；⑩无水CH3COOH不能导电；⑪CaCO3固体不能导电；⑫乙醇不能导电，故答案为②③④⑤⑥。II.在一定温度下，有a.盐酸b．硫酸c．醋酸

三种酸(1)当三种酸物质的量浓度相同时，硫酸和盐酸是强酸，完全电离，但硫酸是二元强酸，醋酸是弱酸，故c（H＋）由大到小的顺序是b>a>c；(2)若三者pH相同时，则醋酸的浓度大于盐酸，盐酸和硫酸中的氢离子浓度相同，

中和等体积的该三种溶液所需NaOH的物质的量中，醋酸需要的最多，盐酸和硫酸需要的相同，故需要的氢氧化钠的物质的量由大到小的顺序是c>a=b；(3)将c（H＋）相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，醋酸是弱酸，稀释时促进电离，氢离子浓度

大于原来的百分之一，而硫酸和盐酸都为强酸，稀释后氢离子浓度为原来的百分之一，故pH由大到小的顺序是a=b>c；(4)在25℃下，将amol/L的醋酸与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=7，用含a的代数

式表示25℃时CH3COOH的电离常数Ka＝10-7/（100a-1）因为反应后为中性，即c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根据电荷守恒，有c(Na+)=c(CH3COO-),假设醋酸和氢氧化钠体积为1:l，反应c(Na+

)=0.005mol/L，c(CH3COOH)=0.0052amol/L，反应后溶波中醋酸的电离常数K=7100.0050.0052a=10-7/（100a-1）；(5)醋酸是弱电解质，不能完全电离，所以可以

测0.1mol/L醋酸溶液的pH值，若大于1，说明其为弱酸。18.滴定实验是化学学科中最重要的定量实验之一，现代数字化实验技术使其应用如虎添翼。常见的滴定实验有酸碱中和滴定、氧化还原反应滴定、沉淀滴定等。I、DIS系统即数字化信息系统，它由传感器、数据采集器和计算机组成，某研究

性学习小组用DIS系统测定食用白醋中醋酸的物质的量浓度，以溶液的导电能力来判断滴定终点。实验步骤如下：（1）用_______________（填仪器名称）量取20.00mL食用白醋，在_________（填仪器名称）中用水稀释后转移到

100mL___________（填仪器名称）中定容，然后将稀释后的溶液装入试剂瓶中。（2）量取20.00mL上述溶液倒入烧杯中，连接好DIS系统（图1），向烧杯中滴加浓度为0.1000mol/L的氨水，计算机屏幕上显示出溶液导电能力随氨水体积变化的曲线（见图2）。①写

出氨水中存在的两个电离平衡方程式_____________、___________。②上述滴定过程中的原理为___________（用离子方程式表示）。③食用白醋中醋酸的物质的量浓度是_____________（保留三位有效数字）。④若用传

统的滴定方法，下列情形会造成测定结果偏高的___________。a．滴定持续时间稍长，氨水溶液中部分溶质挥发b．读数时滴定前平视，滴定后俯视c．量取待测溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗d．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失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：将Na2S2O5全部转化成SO2。①滴定时，I2溶液应装在____

__（“酸”或“碱”）式滴定管中，滴定终点时滴定现象是___。②实验消耗标准I2溶液25.00mL，所测样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为___g/L。【答案】(1).酸式滴定管(2).烧杯(3).100mL容量瓶(4).N

H3·H2O⇌NH4++OH-(5).2H2O⇌H3O++OH-(6).NH3·H2O+CH3COOH=CH3COO-+NH4++H2O(7).0.500mol/L(8).a、d(9).酸(10).当加入最后一滴标准I2溶液时，溶液

由无色变成蓝色，且半分钟内不退色(11).0.16【解析】【详解】I（1）配制粗酸溶液时，溶液体积精确到0.01mL，故用酸式滴定管量取20.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，然后将稀释后的溶液装入试剂瓶中；故答案为

：酸式滴定管；烧杯；100mL容量瓶；（2）①氨水中存在的两个电离平衡方程式：NH3·H2O⇌NH4++OH-；2H2O⇌H3O++OH-；②该滴定过程的原理是醋酸和氨水的反应：NH3·H2O+CH3COOH=CH3COO-+NH4++H2O；③设白醋的浓度为c，则反应

消耗的醋酸的物质的量为320nCHCOOH=c20.00mL100；反应消耗的氨水的物质的量为：n（NH3·H2O）=0.1000mol/L×0.02000L，根据图表可知当混合液导电能力最强时，醋酸恰好与氨水反应完全，所以n(CH3COOH)=n(NH3⋅H2O)，即c×0.0200

0L×20100=0.1000mol/L×0.02000L，-1c=0.500molL；④a．滴定持续时间稍长，氨水溶液中部分溶质挥发，消耗氨水的体积变大，故测得浓度偏高，a选；b．读数时滴定前平视，滴定后俯视，消耗氨水的体积变小，故测得浓度偏低，b不

选；c．量取待测溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗，醋酸稀释，消耗氨水的体积变小，故测得浓度偏低，c不选；d．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，测得消耗氨水的体积变大，故测得浓度偏高，d选；综上所诉，答案为ad；II①I2溶液有氧化性，会腐蚀橡胶管，应装在酸式滴定管中；②令100mL

葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：2222464g1molmgSO+I+2HO=HSO+2HI0.025L0.01mol/L，所以，64g：mg=1mol：0.025L×0.01mol/L，解得m=0.016g，该次实验

测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为0.016g÷0.1L=0.16g/L。19.氢是人们公认的清洁能源，作为低碳和零碳能源正在脱颖而出,氢的获得及以氢为原料的工业生产工艺成为科技工作者研究的重要课

题。（1）工业生产中可利用H2还原CO2制备清洁能源甲醇。①已知CO（g）和H2（g）的燃烧热（ΔH）分别为-283.0kJ·mol-1、-285.8kJ·mol-1。CO与H2合成甲醇的能量变化如图甲所

示。则用CO2和H2（g）制备甲醇的热化学方程式为_____。②将一定量的CO2和H2充入到某恒容密闭容器中，测得在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率与温度的变化如图乙所示：催化效果最好的是催化剂____________（选填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”），该反应在a点

达到平衡状态，a点的转化率比b点的高，其原因是_____________。（2）利用CO和水蒸气可生产H2，反应的化学方程式：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）。将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容

器中进行反应，得到三组数据如下表所示：温度/℃起始量达到平衡CO/molH2O/molH2/molCO转化率时间/min650421.6690032133①该反应的ΔH_______0（选填“＞”或“＜”）。②900℃时，达到平衡时c（CO）=_______，达到

平衡时的反应速率v（H2O）=____（保留2位小数）。（3）利用废弃的H2S的热分解可生产H2：2H2S（g）2H2（g）+S2（g）。现将0.20molH2S（g）通入到某恒压（压强p=aMPa）密闭容器中，在不同温度下测

得H2S的平衡转化率如下图所示：已知：对于气相反应，用某组分（B）的平衡分压（pB）代替物质的量浓度（cB）也可表示平衡常数。温度为T6℃时，该反应的平衡常数Kp=_______（用a的代数式表示）。【答案】(1).CO2（g）+3H2（g

）CH3OH（l）+H2O（l）ΔH=-93.8kJ·mol-1(2).I(3).该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动，CO2的转化率降低(4).<(5).1.00mol·L-1(6).0.17mol·L-1·

min-1(7).0.2aMPa【解析】【分析】(1)①根据CO(g)和H2(g)的燃烧热写成热化学方程式，结合盖斯定律书写甲醇的热化学方程式；②由图象可知催化剂I的催化效果最佳；该反应为放热反应，温度升高

，平衡逆向移动；(2)①650°C时，根据三段式进行有关数据处理:CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)起始/mol4200转化/mol1.61.61.61.6平衡/mol2.40.41.61

.6根据温度对转化率的影响判断，即温度越高，转化率越低，故正反应为放热反应，ΔH<0；②900°C时,结合CO的转化率,根据三段式进行有关数据处理:.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始/mol3200转化/mol1111平衡/mol2111根据数据计算

一氧化碳的浓度和反应速率；(3)发生2H2S(g)=2H2(g)+S2(g)反应，温度为T6℃时，H2S平衡转化率为50%，计算平衡浓度，进而计算平衡常数。【详解】(1)①由H2(g)和CO(g)的燃烧热ΔH分别为-285.8kJ.mol-1、-283.0kJ.mol-1,可知二

者燃烧的方程式分别为:H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ/mol①；CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)，ΔH=-283.0kJ/mol②；由图像可得热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH（l），ΔH=419

-510=-91kJ/mol③，根据盖斯定律分析，有由③+①-②可得CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）ΔH=-91-285.8+283.0=-93.8kJ·mol-1；②由图象可知催化剂I的催化效果最佳；该反应为放热

反应，达到平衡后，随温度升高，平衡逆向进行，CO2的转化率降低，故答案为:I；该反应为放热反应，温度升高,平衡逆向进行；(2)①650°C时，根据三段式进行有关数据处理:CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)起始/mol4200转化/mol1.

61.61.61.6平衡/mol2.40.41.61.6CO的转化率为1.60.44大于13，说明温度升高，转化率降低，则正反应为放热反应；②900°C时,结合CO的转化率，根据三段式进行有关数据处理:.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起

始/mol3200转化/mol1111平衡/mol2111平衡时一氧化碳的浓度为22=1.00mol/L，水的反应速率为11120.17··3molLmin；(3)2H2S（g）2H2（g）+S2（g）起

始n0.200改变n0.10.10.05平衡n0.10.10.05P（H2S）=a0.10.10.10.05=0.4aMPa，P(H2)=a0.10.10.10.05=0.4aMPa，P(S2)=a0.0

50.10.10.05=0.2aMPa，故平衡常数为KP=22(0.4)0.2(0.4)aaa=0.2aMPa【点睛】本题考查的是化学平衡的计算，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，一定掌握三段式计算以及平衡常

数计算，并学会用平衡压强表示平衡的计算方式。20.砷（As）的原子结构如图所示：，砷可以形成As2O3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，它们有着广泛的用途。回答下列问题：（1）写出砷在元素周期表

中的位置__________________。（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式：____________。该反应需要在加压下进行，原因是___________。（3）已

知：①As（s）+32H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）ΔH1；②H2（g）+12O2（g）=H2O（l）ΔH2；③2As（s）+52O2（g）=As2O5（s）ΔH3；则反应As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）的ΔH=_________。（用Δ

H1、ΔH2、ΔH3表示）（4）298K时,将20mL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO33−（aq）+I2（aq）+2OH-（aq）AsO34（aq）+2I-（aq）+

H2O（l）。溶液中c（AsO34）与反应时间的关系如图所示。①下列可判断反应达到平衡的是_________（填字母）。a.溶液的pH不再变化b.v（I-）=2v（AsO34）c.c（I-）=ymol·L-1d.

3433cAsOcAsO不再变化②tm时,v逆_________v正（填“大于”“小于”或“等于”）。③tn时v逆________tm时v逆（填“大于”“小于”或“等于”，理由是_______________。④若平衡时溶液的pH=13，则该反应的平

衡常数K为_______________。（用含x，y的代数式表示）【答案】(1).第4周期ⅤA族(2).2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S(3).增加反应物O2的浓度，提高As2S3的转化速率(4).2ΔH1-3ΔH2

-ΔH3(5).ad(6).小于(7).大于(8).tm时生成物浓度比tn时低(9).32400y(xy)【解析】【详解】(1)砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5个电子，在周期表中的位置是第4周期ⅤA族；(2)工业上常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化

，生成H3AsO4和单质硫，砷元素化合价+3价变化为+5价，反应的化学方程式为2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S，增大压强，可增加O2反应速率，提高As2S3的转化速率，所以该反应需要在加压下进行；(3)已知：①As（s

）+32H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）ΔH1②H2（g）+12O2（g）=H2O（l）ΔH2③2As（s）+52O2（g）=As2O5（s）ΔH3则利用盖斯定律将①×2-②×3-③可得As2O5（

s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）ΔH=2ΔH1-3ΔH2-ΔH3；(4)①a．溶液pH不变时，则c（OH-）也保持不变，反应达到平衡状态，故a正确；b．同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无

论是否达到平衡，都存在v（I-）=2v（AsO34），故b错误；c．由图可知，当c（AsO34）=ymol•L-1时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程式可知此时c（I-）=2ymol•L-1，所以c（I-）=ymol•L-1时没有达到平

衡状态，故c错误。d．3433cAsOcAsO不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故d正确；故答案为：ad；②反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行，则v逆小于v正；③tm时比tn时生成物浓度更小，则逆反应速率更小，即tn时v逆大于tm时v逆；④反应前，三种

溶液混合后，Na3AsO3的浓度为3xmol/L×2060=xmol/L，同理I2的浓度为xmol/L，反应达到平衡时c（AsO34）=ymol•L-1，则反应生成的c（I-）=2ymol/L，消耗的Na3AsO3、I2的浓度均为ym

ol/L，平衡时c（AsO33）=（x-y）mol/L，c（I2）=（x-y）mol/L，溶液中c（OH-）=0.1mol/L，则K=y•(2y)2/[(x-y)×(x-y)×0.12]=32400y(xy)。21.氧化亚氮（N2O）

是一种强温室气体，且易转换成颗粒污染物。研究氧化亚氮分解对环境保护有重要意义。(1)污水生物脱氮过程中，在微生物催化下，硝酸铵可分解为N2O和另一种产物，该反应的化学方程式为___________。(2)已知反应2N2O(g)

2N2(g)+O2(g)ΔH=-163kJ·mol-1，1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收945kJ、498kJ的能量，则1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为_____kJ。(3)在一定温

度下的恒容容器中，反应2N2O(g)2N2(g)+O2(g)的部分实验数据如下：反应时间/min0102030405060708090100c(N2O)/mol/L0.1000.0900.0800.0700.0600.0500.0400.0300.

0200.0100.010①在0~20min时段，反应速率v(O2)为_____mol·L-1·min-1。②若N2O起始浓度c0为0.150mol·L-1，则反应至30min时N2O的转化率α=______。比较不同起始浓度时N2O的分解速率：v(c0=0.150mol·L-1)______v

(c0=0.100mol·L-1)（填“＞”“＝”或“＜”）。③不同温度（T）下，N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示（图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间），则T2_______T1（填“＞”“＝”或“＜”）。当温度为T1、起始压强为p0，反应至t1min时，体系压

强p=______（用p0表示）。(4)碘蒸气的存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：第一步I2(g)2I(g)（快反应）第二步I(g)+N2O(g)N2(g)+IO(g)（慢反应）第三步IO(g)+N2O(g)N

2(g)+O2(g)+I(g)（快反应）实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5（k为速率常数）。下列表述正确的是__________（填标号）。a．N2O分解反应中，k(含碘)＜k(无碘)b．第一步对总反应速率起决定作用c．第二步活化能比第三步大d．I2浓度

与N2O分解速率无关【答案】(1).NH4NO3催化剂N2O↑+2H2O(2).1112.5(3).5.0×10-4(4).20.0%(5).=(6).＜(7).1.25p0(8).c【解析】【分析】判断反应产物

时，可利用质量守恒定律；利用ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，可求出反应物的总键能；分析表中数据可知，时间间隔相同时，反应物的浓度变化量相同，即表明反应速率与反应物的浓度无关，由此可求出反应速率、反应物的转化率及不同

起始浓度时反应物的速率关系。对于反应2N2O(g)2N2(g)+O2(g)，温度越低，反应速率越慢，半衰期越长，从而可判断两温度关系，并计算半衰期时压强；对于一个化学反应，反应速率通常由慢反应决定，且慢反应的活化能大；催化剂参与反应，所以有催化剂时，反应速率

快。【详解】(1)NH4NO3中，氮元素发生归中反应，生成N2O，则据质量守恒定律，另一产物为H2O，反应的化学方程式为NH4NO3催化剂N2O↑+2H2O。答案为：NH4NO3催化剂N2O↑+2H2O；(2)设1molN2O(g)分子

中化学键断裂时需要吸收的能量为x，则：ΔH=2x-(2×945kJ+498kJ)=-136kJ，从而得出x=1112.5kJ。答案为：1112.5；(3)①在0~20min时段，反应速率v(O2)为0.100mol/L0.080m

ol/L120min2=5.0×10-4mol·L-1·min-1。②观察表中数据可得，相同时段内c(N2O)的变化量相等，故单位时间内c(N2O)的变化量是定值，即N2O的分解速率是定值，v(c0=0.150mol·L-1)=v(c0=0.100mol·L-1)=1.0×

10-3mol·L-1·min-1。若N2O起始浓度c0为0.150mol·L-1，则反应至30min时N2O的转化率α=31.010mol/(Lmin)30min100%0.150mol/L=20.0%。③温度越高，反应速率越快，所用时间越短，由相同压强时的半

衰期可以看出，T2时的半衰期长，则T2＜T1。由反应可知，当2molN2O反应一半时，容器中气体的总物质的量为2.5mol，则o2.5mol2molpp，从而得出p=1.25p0。答案为：5.0×10-4；20.0%；=；＜；1.25p0；(4)a

．由题意知，碘蒸气的存在能大幅度提高N2O的分解速率，所以k(含碘)＞k(无碘)，a不正确；b．慢反应对反应速率起决定作用，所以第二步对总反应速率起决定作用，b不正确；c．第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，所以第二步反应的活化能比第三

步大，c正确；d．根据v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，I2浓度与N2O分解速率有关，d不正确；故选c。【点睛】对于一般的反应，随着反应的不断进行，反应物浓度不断减小，反应速率不断减慢，如果我们不仔细审查表中的数据，很容易得出v(c0=0.150mol·L-1)＞

v(c0=0.100mol·L-1)的错误结论。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com