【文档说明】四川省乐山沫若中学2019-2020学年高二下学期4月月考化学试题【精准解析】.doc，共(17)页，372.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春沫若中学高2018级第一次月考题可能用到的相对原子质量：Na-23H-1S-32O-16第Ⅰ卷选择题1.下列关于强电解质、弱电解质及非电解质的归类，完全正确的是（）选项ABCD强电解质CaCO3KOH(NH4)2SO4SO2弱电解质冰醋酸氨水乙烯纯碱非电解质CH4液氯液氨

C2H5OHA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电(自身电离成阳离子与阴离子)的化合物；在水中能完全电离的电解质是强电解质，不能完全电离的是弱电解质；非电解质是溶于水和在熔融状态下都不能够导电(自身电离不能电离

)的化合物。据此判断。【详解】A．碳酸钙是盐，属于强电解质，冰醋酸是弱酸，是弱电解质，CH4是非电解质，A符合题意；B．KOH是强碱，属于强电解质，氨水是混合物，不是弱电解质，液氯是单质，不是电解质，也不是非电解质，B不符合题意；C．硫

酸铵是盐，属于强电解质，乙烯和液氨均是非电解质，C不符合题意；D．SO2、乙醇自身均不能电离，是非电解质，纯碱是碳酸钠，是强电解质，D不符合题意；答案选A。【点睛】注意电解质的强弱是比较溶于水的那部分的电离情况，与未溶的部分无关，所以，电解质的强弱

与电解质的溶解性没有必然的关系。2.下列各组离子在给定条件下一定大量共存的是（）A.无色溶液：Al3+、Na+、MnO4-、HCO3-B.加入Al能产生H2的溶液：K+、NH4+、AlO2-、Cl-C.常温下水电离出c（H+）=1×10-

12mol/L：Fe3+、Mg2+、SO42-、NO3-D.澄清透明溶液：Cu2+、Ba2+、NO3-、Cl-【答案】D【解析】【详解】A．无色溶液中MnO4-不能大量共存，Al3+、HCO3-反应生成氢氧化铝和碳酸根，不能大量共存，A不选；B．加入Al能产生H

2的溶液如果显酸性AlO2-不能大量共存，如果显碱性NH4+不能大量共存，B不选；C．常温下水电离出c（H+）=1×10-12mol/L的溶液中水的电离被抑制，如果显碱性，Fe3+、Mg2+不能大量共存，C不选；D．澄清透明溶液中Cu2+、Ba2+、NO3-、Cl-之间不反应，可

以大量共存，D选。答案选D。3.化学与生活密切相关，下列说法错误的是（）A.泡沫灭火器可用于灭一般物品的起火，但不适用于灭电器起火B.用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，可以用酚酞做指示剂C.可用小苏打水溶液浸泡电水壶中的水垢，再烧沸几分钟除去D.用热的碳酸钠溶液除油污效果

更好【答案】B【解析】【详解】A．泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分和电解质，泡沫易导电，若用其灭火易产生触电危险，故不适用于电器起火的灭火，故A正确；B．用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，恰好反应时溶液显酸性，可以用甲基橙做指示剂，故B错误；C．水垢中含

有硫酸钙，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠，与硫酸钙反应生成碳酸钙，因此可用小苏打水溶液浸泡电水壶中的水垢，再烧沸几分钟除去，故C正确；D．水解吸热，加热促进水解，用热的碳酸钠溶液除油污效果更好，故D正确；答案

选B。4.下列关于阿伏加德罗常数说法正确的是（）A.pH=1的稀硫酸溶液中氢离子数目为NAB.熔融状态下，120gNaHSO4含有阳离子数目为2NAC.水溶液中1molH2S电离出H+数目2NAD.1L1mol/L碳酸钠溶液中阴离子离子数目大于NA【答案

】D【解析】【详解】A．pH=1的稀硫酸溶液体积未知，不能计算溶液中氢离子数目，A错误；B．熔融状态下硫酸氢钠电离出钠离子和硫酸氢根离子，120gNaHSO4是1mol，含有阳离子数目为NA，B错误；C．氢硫酸是二元弱酸，水溶液中1molH2S电离出H+数目小于2NA，C错误；D．碳酸根

水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，1L1mol/L碳酸钠溶液中阴离子离子数目大于NA，D正确。答案选D。【点睛】选项B是解答的易错点，注意硫酸氢钠在水溶液中和熔融状态下电离方程式的不同。5.醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，下

列叙述正确的是（）A.向溶液中加少量的CH3COONa固体或者降低温度，平衡均逆向移动，醋酸的电离常数Ka均减小B.0.10mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c(OH-)增大C.0.10mol/LCH3COOH溶液

比0.010mol/LCH3COOH溶液中c(H+)大10倍D.室温下，欲使0.1mol/L醋酸溶液的pH、电离度α都减小，可加入少量水【答案】B【解析】【详解】A．弱电解质的电离是吸热反应，降低温度抑制

电离，导致电离平衡常数减小，平衡常数只与温度有关系，加少量的CH3COONa固体平衡常数不变，故A错误；B．加水稀释促进醋酸电离，但是电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(H+)减小，但是温度不变离子积常数不变，c(OH-)增大，故B正确；C．稀释促进电离

，0.10mol/LCH3COOH溶液比0.010mol/LCH3COOH溶液的电离程度小，则0.10mol/LCH3COOH溶液比0.010mol/LCH3COOH溶液中c(H+)小10倍，故C错误；D．加水稀释促进醋酸电离，但是电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c

(H+)减小，pH增大，故D错误；故答案选B。【点睛】明确弱电解质电离特点是解本题关键，C为解答易错点，注意加水稀释过程中氢离子的浓度虽然减小，但氢离子的物质的量增大。6.下列说法错误的是（）A.已知：①C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1；②2CO(g)＋O2

(g)=2CO2(g)ΔH2=-566kJ·mol-1；③TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(s)＋O2(g)ΔH3=+141kJ·mol-1；则TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(s)＋2CO(g)的ΔH=2ΔH1-ΔH2+ΔH3B.有机

物M经过太阳光光照可转化成N，ΔH=＋88.6kJ·mol-1。则N比M更稳定C.已知拆开1molH—H键，1molN—H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2(g)与H2(g)反应生成NH3(g)的热化学方程式为：

N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.0kJ·mol-1D.已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH=-726.5kJ·mol-1，CH3OH(l)＋12O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH=-akJ·mol-1则a<726.5【答案】B【解析

】【详解】A．已知：①C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1；②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH2=-566kJ·mol-1；③TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(s)＋O2(

g)ΔH3=+141kJ·mol-1，则根据盖斯定律可知①×2-②+③即得到TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(s)＋2CO(g)的ΔH=2ΔH1-ΔH2+ΔH3，A正确；B．有机物M经过太阳光光照可转化成N，ΔH=＋88.6kJ·mol-1，这说明M的总能量低于N的

总能量，则M比N更稳定，B错误；C．已知拆开1molH－H键，1molN－H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则1molN2(g)与3molH2(g)反应生成NH3(g)的反应热为（946+436×3-3×2×391）

kJ/mol＝-92kJ/mol，所以热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.0kJ·mol-1，C正确；D．已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH=-726.5kJ·mol-1

，则CH3OH(l)＋32O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH=-726.5kJ·mol-1，CH3OH(l)＋12O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH=-akJ·mol-1，由于氢气继续燃烧放热，则a＜726.5，D正确。答案选B。7.某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaH

SO4固体，保持温度不变，测得溶液pH为1。对于该溶液，下列叙述不正确的是（）A.由水电离出来的c(H+)=1×10-13mol/LB.c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(SO42-)C.该温度高于常温D.该温度下加入等体积pH为11的KOH溶液，可使反应后的溶

液恰好呈中性【答案】A【解析】【详解】A．此温度下，Kw=10-12，pH=1，故c（H+）=0.1mol/L，故c（OH-）=10-11mol/L，而在NaHSO4溶液中，OH-全部来自于水，而水电离出的c（H

+）=c（OH-）=10-11mol/L，故A错误；B．根据NaHSO4溶液中的电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(SO42-)，故B正确；C．此温度下，纯水的pH=6，故c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L，Kw=10-12，水的电离被促进，温度高于25℃，故C正确

；D．该温度下pH=11的KOH溶液的c（OH-）=0.1mol/L，故和NaHSO4溶液等体积混合时，两溶液恰好完全反应显中性，故D正确。故答案选A。【点睛】明确溶液pH的计算以及溶液中的电荷守恒的应用、溶液酸碱性判断方法是解答的关键

，应注意温度对水的离子积数值的影响。8.下列实验操作现象或结论正确的是（）A.向1mol/L硫酸溶液中逐滴滴加过量2mol/LBa(OH)2溶液，溶液导电能力先减弱后增强B.用标准盐酸滴定待测氢氧化钠溶液时，要润洗锥形瓶和滴定管C.某温度下，向1m

ol/L10mlAgNO3溶液中滴加2滴1mol/LNaCl溶液后，再滴加5滴1mol/LNaBr溶液，白色沉淀变成淡黄色沉淀，说明AgCl比AgBr的Ksp更大D.用pH试纸测得可杀灭“新冠病毒”的84消毒液的pH为10【答案】A【解析】

【详解】A．向1mol/L硫酸溶液中逐滴滴加过量2mol/LBa(OH)2溶液生成硫酸钡沉淀和水，因此溶液导电能力先减弱后增强，A正确；B．用标准盐酸滴定待测氢氧化钠溶液时，要润洗滴定管，但不能润洗锥形瓶，否则消耗标

准液体积增加，B错误；C．某温度下，向1mol/L10mlAgNO3溶液中滴加2滴1mol/LNaCl溶液后，再滴加5滴1mol/LNaBr溶液，白色沉淀变成淡黄色沉淀，不能说明AgCl比AgBr的Ksp更大，因为反应中硝酸银过量，加入溴化钠一定产生溴化银沉淀，C错误；D．

84消毒液具有强氧化性，不能用pH试纸测得可杀灭“新冠病毒”的84消毒液的pH，D错误。答案选A。9.常温下，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1HA溶液

所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是（）A.弱酸HA的电离平衡常数数量级为10-5B.点①所示的溶液中：2c(Na+)=c(A-)+c(HA)C.点③所示的溶液中：c(H+)+c(HA)>c(OH-)D.点④所示的溶液中2c(OH-)-2c(

H+)=c(A-)+3c(HA)【答案】C【解析】【详解】A．根据图像可知未加氢氧化钠前溶液的pH＝3，溶液中氢离子浓度是10－3mol/L，HA的浓度是0.1mol/L，所以弱酸HA的电离平衡常数是3351010100.1−−−=，

数量级为10-5，A正确；B．点①反应后溶液是NaA与HA物质的量之比为1：1的混合物，根据物料守恒可知2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，B正确；C．点③说明两溶液恰好完全反应生成NaA，由于A－水解，根据质子守恒可知c(H+)+c(HA)＝c(OH-

)，C错误；D．点④反应后溶液是NaA与NaOH物质的量之比为2：1的混合物，由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）＝c（A－）+c（OH－），物料守恒可知2c(Na+)=3c(A-)+3c(HA)，因此所示的

溶液中2c(OH-)-2c(H+)=c(A-)+3c(HA)，D正确。答案选C。10.对于①NaHCO3②Na2CO3③CH3COOH④CH3COONa四种溶液物质的量浓度均为0.01mol/L，下列说法正确的是（）A.①中加入NaOH固体，-32-3c(HCO)c(

CO)增大B.②的离子浓度为：c(Na+)>c(OH-)>c(CO32-)>c(H+)C.③溶液中加入等体积的水稀释，溶液中所有离子浓度都减小D.②和④等体积混合：c(Na+)>c(CH3COO-)+2c(C

O32-)+c(HCO3-)【答案】D【解析】【详解】A．①中加入NaOH固体与碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，因此323c(HCO)c(CO)−−减小，A错误；B．对于②Na2CO3溶液，碳酸根水解溶液显碱性，但水解程度小，因此c(OH-)＜c(CO32-)，B错误；C．对

于③CH3COOH，存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+,当向其中加入等体积的水稀释，电离平衡正向移动，使n(H＋)增大，但c(H＋)减小，水的离子积常数不变，则溶液c(OH-)增大，C错误；D．②和④等体积混合溶液显碱性，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H＋)＝c(OH-)+c(C

H3COO-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，c(H＋)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞c(CH3COO-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，D正确。答案选D。11.下列溶液酸碱性判断正确的是

（）A.常温下pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液一定呈酸性B.常温下等体积等物质的量浓度的酸碱溶液混合后一定呈中性C.常温下等体积等物质的量浓度的醋酸与醋酸钠混合后溶液一定呈中性D.因为弱酸酸式盐要水解，所以弱酸酸式盐溶液一

定呈碱性【答案】A【解析】【详解】A．醋酸是弱电解质，常温下pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合后醋酸过量，溶液一定呈酸性，A正确；B．常温下等体积等物质的量浓度的酸碱溶液混合后不一定呈中性，需要考虑生成的盐是否水解以及酸碱过量问题，B错

误；C．常温下等体积等物质的量浓度的醋酸与醋酸钠混合后，溶液中醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，溶液显酸性，C错误；D．弱酸酸式盐溶液不一定呈碱性，例如亚硫酸氢钠溶液显酸性，D错误。答案选A。【点睛】选项B是解答的易错点，注意判断酸碱混合后溶液酸碱性的依据是溶液中氢离子和氢氧根离

子浓度的相对大小，而不能依据酸碱的强弱。12.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确．．．的是（）A.图中三点对应水电离出氢离子浓度关系：E<A<DB.若从A点到E点，可采用温度不变，向水中加入适量的NaAc固体C.图中三点对应离子积关系：B>C>AD.当处在B点时，将pH=3的硫酸

与pH=11的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性【答案】D【解析】【详解】A．E、A、D三点均在同一曲线上，因此根据图像可知图中三点对应水电离出氢离子浓度关系：E＜A＜D，A正确；B．从A点到E点氢离子浓度减小，氢氧根浓度增大，醋酸钠水解溶液显碱性，则从A点到E点，可采用温度不

变，向水中加入适量的NaAc固体来实现，B正确；C．水的电离吸热，加热促进电离，从A→C→B温度升高，水的电离程度增大，因此图中三点对应离子积关系：B＞C＞A，C正确；D．B点Kw=10-12，中性溶液pH=6；将pH=

3的硫酸（氢离子浓度是10－3mol/L）与pH=11的KOH溶液（氢氧根浓度是0.1mol/L）等体积混合后，KOH过量，溶液显碱性，D错误；故答案为D。【点睛】正确理解水的电离平衡曲线是解答的关键：曲线上任意点的Kw都相同，即c(H＋)·c(

OH－)相同，温度相同；曲线外的任意点与曲线上任意点的Kw不同，温度不同；实现曲线上点之间的转化需保持温度不变，改变酸碱性；实现曲线上点与曲线外点之间的转化一定得改变温度。第Ⅱ卷非选择题13.电解质的水溶液中存在电离平衡。（1）醋酸是

常见的弱酸。下列方法中，可以使醋酸稀溶液中CH3COOH电离程度增大的是__(填字母序号)。a.滴加少量浓醋酸b.微热溶液c.加水稀释d.加入少量醋酸钠晶体（2）白醋是常见的烹调酸味辅料，白醋总酸度测定方法如下。a.量取20.00mL白醋样

品，用100mL容量瓶配制成待测液。b.将滴定管洗净、润洗，装入溶液，赶出尖嘴处气泡，调整液面至0刻度线。c.取10.00mL配制的待测液于洁净的锥形瓶中，加3滴酚酞液，用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定至终点，记录数据。d.重复滴定实验3次并记录

数据。e.计算白醋样品中醋酸总酸度。回答下列问题：①实验a中量取10.00mL白醋所用的仪器名称是__。②若实验会造成测定结果比准确值偏大得有__。A.b中碱式滴定管未用NaOH标准溶液润洗B.滴定前用醋酸溶液润洗了锥形瓶C.滴定时先无气泡，后发现滴定管有

气泡③实验C中判断滴定终点的现象是__。④实验数据如右表，则该白醋样品中醋酸浓度为__mol·L-1。待测液体积/mL标准NaOH溶液滴定前读数/mL滴定终点读数/mL第1次10.00021.97第2次10.00022

.00第3次10.00022.03【答案】(1).bc(2).酸式滴定管(3).AB(4).当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色(5).1.1000【解析】【分析】（1）根据外界条件对水电离平衡的影响分析；（2）根据酸碱中

和滴定原理结合c(醋酸)=()()()cNaOHVNaOHV醋酸计算并进行误差分析。【详解】（1）a.醋酸浓度越小，电离程度越大，滴加少量浓醋酸电离程度减小，a不选；b.电离吸热，微热溶液促进电离，电离程度增大，b选；c.加水稀释促进电离，电离程度增大，c选；d.加入少量醋酸钠晶体增大醋酸

根浓度，抑制电离，电离程度减小，d不选。答案选bc。（2）①白醋的主要成分为CH3COOH，因此实验a中量取10.00mL白醋所用的仪器名称是酸式滴定管量取；②A.b中碱式滴定管未用NaOH标准溶液润洗，消耗标准

液体积增大，测定结果偏高；B.滴定前用醋酸溶液润洗了锥形瓶，醋酸的物质的量增加，消耗标准液体积增大，测定结果偏高；C.滴定时先无气泡，后发现滴定管有气泡，消耗标准液体积减少，测定结果偏低；答案选AB。③用酚酞作指示剂，滴定终点前为无色，达到滴定终点时溶液变为浅红色，因此达到滴定终点的现象是当滴

入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；④三次滴定数据均有效，消耗标准液的平均体积为21.9722.0022.033mL++=22.00mL，因此该白醋样品中醋酸的浓度为c(醋酸)=()()()cNaOHVNa

OHV醋酸=1000.1000mol/L0.022L100.02LmLmL=1.1000mol/L。14.碱式氧化(NiOOH)可用废镍催化剂(主要含Ni、Al，少量Cr、FeS等)来制备，其工艺流程如下：回答下列问

题：(1)“浸泡除铝”时，发生反应的离子反应方程式为_____________________。(2)“过滤1”用到的玻璃仪器________________________________________。(3)已知该条件

下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表:开始沉淀的pH完全沉淀的pHNi2+6.28.6Fe2+7.69.1Fe3+2.33.3Cr3+4.55.6“调pH1”时，溶液pH范围为_______________；(4)在空气

中加热Ni(OH)2可得NiOOH，请写出此反应的化学方程式________________。(5)在酸性溶液中CrO可以转化成Cr2O，用离子方程式表示该转化反应__________，已知BaCrO4的Ksp=1.2×10-10，

要使溶液中CrO沉淀完全(c(CrO)≦1×10-5mol·L−1),溶液中钡离子浓度至少为________mol·L−1。【答案】(1).2Al+2OH-+2H2O==2AlO2-+3H2↑(2).烧杯、漏斗、玻璃棒(3).5.6～6.2(4).4

Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O(5).2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O(6).1.2×10-5mol·L−1【解析】【分析】由流程可知，废镍催化剂（主要含Ni、Al，少量Cr、FeS等）加氢氧化钠碱浸，Al溶于氢氧化钠溶液

2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，过滤得到固体含有Ni、Cr、FeS，加入稀硫酸酸浸溶解，溶液含有Ni2+、Fe2+、Cr2+，加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，加入Ni（OH）2调节溶液pH使Fe3

+和Cr2+全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液pH得到Ni（OH）2沉淀，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO4•7H2O晶体，在加热条件下与空气反应得到碱式氧化镍（NiOOH），据此分析解答。【详解】(1)“浸泡除铝”时，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H

2O═2NaAlO2+3H2↑。本小题答案为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑。(2)“过滤1”用到的玻璃仪器烧杯、漏斗、玻璃棒。本小题答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒。(3)加入Ni(OH)2调节溶液pH1使Fe3

+和Cr2+全部沉淀，镍离子不沉淀，故pH范围为5.6∼6.2。本小题答案我为：5.6∼6.2。(4)在加热条件下Ni(OH)2与空气反应得到碱式氧化镍(NiOOH)，化学方程式为：4Ni(OH)2+O2Δ4NiOOH+2H2O。本小题答案为

：4Ni(OH)2+O2Δ4NiOOH+2H2O。(5)在酸性溶液中CrO可以转化成Cr2O，根据原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。已知BaCrO4的Ksp=1.2×10-1

0，要使溶液中CrO42-沉淀完全(c(CrO72-)≦1×10-5mol·L−1)，根据沉淀溶解平衡可知Ksp=224•()cCrOcBa−+（），则1.2×10-10=1×10-5mol·L−1×c(Ba2+)，则c(Ba2+)=1.2×10-5mol·L−1。本小题答案为：

2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；1.2×10-5mol·L−1。15.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一：焦亚硫酸钠的制取采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为N

a2SO3＋SO2=Na2S2O5。（1）加试剂前要进行的操作是__。装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为__。（2）从装置Ⅱ中分离出产品可采取的分离方法是__。（3）为了完整实验装置，在下列装置中选择一个最合理的装置放在装置Ⅲ处，可选用的装置(夹持仪器已略去)为__(

填序号)。实验二：葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（4）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)的方案如图：(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O=H2SO4＋2HI)①按上述方案实验

，消耗标准I2溶液30.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为__g·L-1。②若实验过程中有部分HI被空气氧化，则测定结果__(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。【答案】(1).气

密性检查(2).Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O(3).过滤(4).d(5).0.192(6).偏低【解析】【分析】装置Ⅰ中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，二氧化硫通入亚硫酸钠溶液中生成Na2S2O5，通过装置Ⅱ获得产品，装置Ⅲ用于处理尾气SO2，据此解答。【详

解】（1）由于反应中有气体产生，所以加试剂前要进行的操作是气密性检查；装置Ⅰ中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，其化学方程式为：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）从装置Ⅱ中溶液中获得已析出的晶体，应采取的

方法是过滤；（3）装置Ⅲ用于处理尾气SO2，由于SO2属于酸性氧化物，除去尾气SO2应选择碱性溶液，a装置无气体出口，不利于气体与稀氨水充分接触，不选；要选择d，既可有效吸收，又可防止倒吸；（4）①由题设滴定反应的化学方

程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以SO2计算)与I2的物质的量之比为1∶1，n(SO2)=n(I2)=0.01000mol/L×0.03L=0.003mol，残留量=0.003mol64g/mol0.1L=0.192g/L；②由于实验过程中有部分HI被氧化生成I

2，4HI+O2=2I2+2H2O，则用于与SO2反应的I2减少，故实验结果偏低。16.合成气（CO+H2）广泛用于合成有机物，工业上常采用天然气与水蒸气反应等方法来制取合成气。（1）在150℃时2L的密闭容

器中，将2molCH4和2molH2O(g)混合，经过15min达到平衡，此时CH4的转化率为60%。回答下列问题：①从反应开始至平衡，用氢气的变化量来表示该反应速率v(H2)=__。②在该温度下，计算该反应的平衡常数K=__。③下列选项中能表示该反应

已达到平衡状态的是__。A.v(H2)逆=3v(CO)正B.密闭容器中混合气体的密度不变C.密闭容器中总压强不变D.C(CH4)=C(CO)（2）合成气制甲醚的反应方程式为2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3（g）+H

2O(g)△H=bkJ/mol。有研究者在催化剂（Cu—Zn—Al—O和A12O3)、压强为5.OMPa的条件下，由H2和CO直接制备甲醚，结果如图所示。①290℃前，CO转化率和甲醚产率的变化趋势不一致的原因是__；②b__0，（填“＞”或“＜”或“=”）理由是__。（3）合成气

中的氢气也用于合成氨气：N2+3H22NH3。保持温度和体积不变，在甲、乙、丙三个容器中建立平衡的相关信息如下表。则下列说法正确的是__；A.n1=n2=3.2B.φ甲=φ丙＞φ乙C.ν乙＞ν丙＞ν甲D.P乙＞P甲=P丙容器体积起始物质平衡时NH3的物质的量平衡时N2的体积分数反应开

始时的速率平衡时容器内压强甲1L1molN2+3molH21.6molφ甲ν甲P甲乙1L2molN2+6molH2n1molφ乙ν乙P乙丙2L2molN2+6molH2n2molφ丙ν丙P丙【答案】(1).0.12mo

l·L-1·min-1(2).21.87(3).AC(4).有副反应发生(5).＜(6).平衡后，升高温度，产率降低(7).BD【解析】【详解】（1）422CH+HOCO+3H(/)1100(/)0.60.60.61.8(/)0.40.40.61.8molLmolLmolL起始浓

度转化浓度平衡浓度①v(H2)=1.8/15molLmin=0.12mol·L-1·min-1；②K＝()()()()3242cCOcHcCHcHO=30.61.80.40.4=21.87mol2•L-2；③A．v逆(H2)＝3v

正(CO)，根据反应速率之比等于化学计量数之比有v正(H2)＝3v正(CO)，故v逆(H2)＝v正(H2)，反应已达到平衡状态，选项A选；B．参与反应的物质均为气体，气体的总质量不变，反应在恒容条件下

进行，故密度始终保持不变，密闭容器中混合气体的密度不变，不能说明反应已达到平衡状态，选项B不选；C．同温同压下，气体的压强与气体的物质的量成正比，该反应正反应为气体体积增大的反应，密闭容器中总压强不变，则总物质的量不变，说明反应已达到平衡状态，选项C选；D．反应开始时加入2molCH4和2molH

2O(g)，反应过程中两者的物质的量始终保持相等，c(CH4)=c(CO)不能说明反应已达到平衡状态，选项D不选。答案选AC；（4）①290℃前，CO转化率随温度升高而降低，根据反应2CO(g)+4H2(g)CH3O

CH3（g）+H2O(g)可知甲醚是生成物，产率应该降低，但反而增大，证明还有另外的反应生成甲醚，即CO的转化率和甲醚产率的变化趋势不一致的原因是有副反应发生；②根据图中信息可知，平衡后，升高温度，产率降低，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，△H=b＜0。（3）根据

表中数据知，甲丙中各反应物的浓度相等，所以相当于等效平衡，平衡时N2的体积分数相等；乙中各反应物浓度是甲的2倍，且压强大于甲，增大压强，平衡向气体体积缩小的方向移动，所以平衡时乙中N2的体积分数小于甲；A．甲丙中各反应物的浓度相等，n2=3.2，乙压强大于甲乙，平衡正向移动

，n1＞3.2，选项A错误；B．甲丙为等效平衡，平衡时N2的体积分数相等φ甲=φ丙，乙压强大，平衡正向移动，平衡时乙中N2的体积分数小于甲，故φ甲=φ丙＞φ乙，选项B正确；C．甲丙中各反应物的浓度相等，为等效平衡，反应速率相等，ν丙=ν甲，乙中各反应物浓度平衡时接近甲丙的

二倍，反应速率较大，ν乙＞ν丙=ν甲，选项C错误；D．体积相同的容器中，甲丙等效，单位体积气体总物质的量浓度相同，压强相等P甲=P丙，乙中平衡时单位体积气体总物质的量接近甲丙的二倍，P乙＞P甲=P丙，选项D正确。答案选BD。【点睛】本题

考查了化学平衡影响因素分析判断，平衡计算分析，主要是恒温恒压、恒温恒容容器中平衡的建立和影响因素的理解应用。等效平衡原理的理解和应用是解答的难点和易错点。