【文档说明】浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高二上学期10月联考化学试题 含解析.docx，共(20)页，1.057 MB，由小赞的店铺上传

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2023学年第一学期浙南名校联盟10月联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共7页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸

上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Fe-56Ca-40S-32选择题部分一、单选题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每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.下列物质中属于碱性氧化物的是A.CO2B.Fe2O3C.Fe3O4D.KOH【答案】B【解析】【分析】能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，据此解答。【详解】A．CO2能和

碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，A不符合；B．Fe2O3能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，B符合；C．Fe3O4与酸反应生成两种盐和水，不属于碱性氧化物，C不符合；D．KOH属于一元强碱，不属于氧化物，D不符合；答案

选B。2.下列化学用语正确的是A.K2SO4的电离方程式：K2SO4=K++2SO24−B.37Cl-结构示意图：C.用电子式表示溴化氢分子的形成过程：D.铜与稀硝酸反应中电子的转移：【答案】D【解析】【详解】A．24KSO全部电离，其

电离方程式：2244KSO2KSO+−=+，故A正确；B．37Cl核内质子数为17，其原子结构示意图：，故B正确；C．溴化氢是共价化合物，用电子式表示溴化氢分子的形成过程：，故C错误。D．铜与稀硝酸反应，铜化合价由0价变

为+2价，3个铜失去6个电子，其电子的转移：，故D正确；综上所述，答案为D。3.溴化碘(IBr)的化学性质很像卤素的单质，它能与大多数金属、非金属化合生成卤化物，它也能与水发生以下反应：IBr+H2O=HBr+HIO，下列有关IBr的叙述

中，正确的是A.在很多反应中IBr是强氧化剂B.IBr与水反应时既作氧化剂，又作还原剂C.IBr与AgNO3溶液反应会生成AgI沉淀D.IBr与NaOH溶液反应时，生成NaBrO和NaI【答案】A【解析】【分析】IBr中I为+1价，Br为-1价，故2IBrHOHBrHIO+

=+。【详解】A．通过分析可知，IBr中碘元素是+1价，具有强氧化性，故A正确；B．通过分析可知，在反应过程中没有化合价的升降，故B错误；C．根据分析可知IBr与AgNO3溶液反应会生成AgBr沉淀，故C正确；D．IBr与NaOH溶液反应时，生成NaI

O和NaBr，故D错误；故选A。4.物质的性质决定用途，下列有关物质性质与用途均正确且两者具有对应关系的是A.晶体硅熔点高、硬度大，可用于制作半导体材料B.2SO具有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂C.银氨溶液具有弱还原性，可用于制作银镜D.明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒

【答案】B【解析】【详解】A．硅元素位于元素周期表金属和非金属分界处，所以晶体硅是良好的半导体材料，与其熔点高、硬度大无关，故不选A；B．2SO具有还原性，向葡萄酒中添加适量2SO能起到抗氧化的作用，故选B；C．银氨溶液具

有弱氧化性，可以和醛基发生氧化还原反应而被还原为银，故不选C；D．明矾溶于水能形成胶体，可以吸附水中的杂质，起到净水的作用，但不能用于自来水的杀菌消毒，故不选D；选B。5.某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列

判断不正确的是A.若用NaOH固体测定中和热，则测定的ΔH偏小B.将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量不变C.实验(c)中将环形玻璃搅拌棒改为铜质搅拌棒对实验结果有影响D.由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应【答案】D【解析】【详解】A．若用NaO

H固体测定中和热，NaOH固体在溶解过程中放出热量，导致放出热量偏多，ΔH偏小，故A正确；B．将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉，反应物用量相同，释放出的热量相同，故B正确；C．铜质搅拌棒导热效果较好，会导致反应放出的热量有损失，故C正

确；D．Ba(OH)2⋅8H2O与氯化铵反应为吸热反应，故D错误；故选D。6.根据热化学方程式：S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-297.23kJ•mol-1，下列说法不正确的是A.加入合适的催化剂，可增加单位质量的硫燃烧放出的热量B.1molSO2(g)的能量总和小于1mol

S(s)和1molO2(g)的能量总和C.S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-Q1kJ•mol-1；Q1的值大于297.23kJ•mol-1D.足量的硫粉与标准状况下1L氧气反应生成1L二氧化硫气体时放出

的热量小于297.23kJ【答案】A【解析】【详解】A．加入合适的催化剂不会影响反应焓变，即单位质量的硫燃烧放出的热量不变，故A错误；B．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以1molSO2(g)的能量总和小于1molS(s)和1molO2(g)的能量总和，故B正确；C．

因物质由固态转变成气态也要吸收热量，所以S(g)＋O2(g)→SO2(g)的反应热的数值大于297.23kJ·mol-1，故C正确；D．热化学方程式的系数只表示物质的量，标准状况下1L氧气的物质的量小于1mol，故放出的热量小于297

.23kJ，D项正确。故选A。7.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.124gP4中的共价键数目为4NAB.标准状况下，22.4LHF中的分子数目为NAC.1mol•L-1的CH3COONH4溶液中，NH4+的数目小于1NAD.室温下，1LpH=1

2的碳酸钠溶液中，OH-的数目为0.01NA【答案】D【解析】【详解】A．白磷结构为，4124gP中的共价键数目为AA1=2446631NN，A错误；B．标准状况下，HF不是气体，不确定其物质的量，B错误；C．没有溶液体积，不能计算溶液中离子

的物质的量，C错误；D．碳酸钠水解使得溶液显碱性，室温下，1LpH12=的碳酸钠溶液中OH−为1L×0.01mol/L=0.01mol，数目为A0.01N，D正确；故选D。8.在一定温度下，下列反应的化学平衡常数数值如下，以下说法正确的是①2NO(g)⇌N

2(g)+O2(g)K1=1×1030②2H2(g)+O2(g)⇌2H2O(g)K2=2×1081③2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g)K3=4×10-92A.该温度下，反应①的平衡常数表达式为K1=c(N2)•c(O2)B.该温度下，反应2H2O(g)⇌2

H2(g)+O2(g)的平衡常数的数值约为5×10-80C.该温度下，NO、H2O、CO2产生O2的倾向由大到小的顺序为NO>H2O>CO2D.以上说法都不正确【答案】C【解析】【详解】A．该温度下，反应①的平衡常数表达式为K1=()()()

222·cNcOcNO，故A错误；B．该温度下，反应2H2O(g)2H2(g)+O2(g)的平衡常数的数值为81221110K==5×10-82，故B错误；C．该温度下，反应①、反应②的逆反应、反应③的平衡常数分别为K1=1×1030、5×10-82、4×10-

92，产生O2的倾向由大到小的顺序为NO＞H2O＞CO2，故C正确；D．根据以上选项，故D错误；故选C。9.下列指定溶液中，一定能大量共存的是A.强碱性溶液中：Ba2+、K+、NO3−、Cl-B.使甲基橙变橙的溶液：Al3+、Na+、Cl-、SO24−C.0.1mol•L-1KNO3溶液：H

+、Al3+、I-、SO24−D.水电离出的从c(H+)=10-13mol•L-1的溶液中：Br-、K+、SCN-、Mg2+【答案】A【解析】【详解】A．强碱性环境中，题中所给离子之间均不会发生反应，也均能与氢氧根离子大量共存，故A正确；

B．Br-和4MnO−发生氧化还原反应不能大量共存，故B错误；C．硝酸根离子与碘离子会发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液可能为酸性，也可能为碱性，M

g2+不能在碱性溶液中大量存在，氢离子和SCN-反应生成弱电解质，不能大量共存，故D错误；故A正确。10.下列“类比”结果正确的是A.常温下，Ca(HCO3)2溶解度比CaCO3大，则NaHCO3溶解度比

Na2CO3大B.Fe2(SO4)3溶液加热蒸干得到Fe2(SO4)3固体，则FeCl3溶液加热蒸干得到FeCl3固体C.PCl3与水反应会生成H3PO3，则PCl3与足量C2H5OH作用可得到P(OC2H5)3D.在AgNO3溶液中滴加氨水，先产生沉淀后沉淀溶解，则在Al(NO3)

3溶液中滴加氨水，也先产生沉淀后沉淀溶解【答案】C【解析】【详解】A．常温下NaHCO3溶解度比Na2CO3小，故A错误；B．FeCl3溶液加热蒸干得到Fe(OH)3固体，继续加热可得氧化铁固体，故B错误；C．水和乙醇有相似点，都有羟基结构，故C正确；D．氢氧化

铝沉淀不能溶于氨水，故D错误；故选C。11.短周期主族元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大，X、Y、W位于不同周期，Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，Z的原子半径在短周期主族元素中最大。下列说法正确的是A.Y与Z形成的化合物溶于水所得溶液呈碱

性B.W的氧化物对应的水化物为强酸C.简单离子半径：Y＜Z＜WD.与X形成的简单化合物的还原性：Y＞W＞Z【答案】A【解析】【分析】X、Y、W位于不同周期且为短周期元素，可知X、Y、W分别为第一、第二、第三周期的元素，又X、Y、Z和W均为主族元素，可知X为氢元素；Z的原子半径在短周期主族

元素中最大可知Z为Na元素，Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，可知Y、W的原子最外层电子数之和为13，即Y为O（或F）元素，W为Cl（或S）元素。【详解】A．O(F)与Na元素形成的化合物为NaF、Na2O或Na2O2溶于水所得溶液呈碱性

，故A正确；B．Cl和S的最高价氧化物对应水化物分别为高氯酸、硫酸，高氯酸和硫酸都是强酸，而HClO是弱酸，故B错误；C．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时核电荷数越大半径越小，则简单离子半径：Na+＜O2-(F-)＜Cl-(

S2-)，故C错误；D．非金属性越强，氢化物还原性越弱，非金属性：O(F)＞Cl(S)＞Na，则简单氢化物的还原性：NaH>HCl(H2S)>H2O(HF)，故D错误；12.高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：酸HClO4

H2SO4HClHNO3Ka1.6×10-5mol·L-16.3×10-9mol·L-11.6×10-9mol·L-14.2×10-10mol·L-1由以上表格中数据判断以下说法不正确的是A.在冰醋酸中这四

种酸都没有完全电离B.在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中酸性最强的酸C.在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4=2H＋＋SO24−D.水对这四种酸强弱没有区分能力，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱【答案】C【解析】【详解】A．由电离常数可知，在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离

，A正确；B．由电离常数可知，在冰醋酸中高氯酸的电离常数最大，是这四种酸中酸性最强的酸，B正确；C．在冰醋酸中硫酸没有完全电离，应该为H2SO4H＋＋2-4HSO，C错误；D．在水溶液中四种酸均为强酸，水对这四种酸的强弱没有区分能力，但冰醋酸可以区

分这四种酸的强弱，D正确；故选C。13.如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。下列说法不正确的是的A.通常情况下，N2(g)比O2(g)稳定B.N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)是放热反应C.2molNO(g)反应生成1molN2

(g)和1molO2(g)放出180kJ能量D.1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量【答案】B【解析】【详解】A．()2Ng断键吸收的能量比()2Og多，因此()2Ng更稳定，A正确；B．()21molNg和()21molOg的反应吸收的

总能量为9464981444kJ+=，生成()2molNOg放出的总能量为26321264kJ=，吸收的能量大于放出的能量，反应是吸热反应，B错误；C．2molNO(g)反应生成1molN2(g)和1molO2(g)放出180kJ能

量，C正确；D．因为反应为吸热反应，所以()21molNg和()21molOg具有的总能量小于()2molNOg具有的总能量，D正确；故选B。14.25℃时，下列叙述中正确的是A.0.1mol•L-1NH4HS溶液中：c(NH4+)=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)B.

pH相等的①(NH4)2SO4溶液，②NH4HSO4溶液，③NH4Cl溶液中，c(NH4+)的大小关系：①＞③＞②C.10mLpH=12的氢氧化钠溶液中加入pH=2的HA至pH刚好等于7，所得溶液体积V(总)≥20mLD.将

amol•L-1氨水与0.01mol•L-1盐酸等体积混合后，c(NH4+)=c(Cl-)，则NH3•H2O的电离常数为-910a-0.01【答案】D【解析】【详解】A．根据物料守恒：c（NH3·H2O）+c(NH4+)=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，故A

错误；B．pH相等的(NH4)2SO4溶液，(NH4)2SO4溶液中铵根离子浓度是硫酸根离子的近两倍，NH4HSO4溶液铵根离子的水解受到抑制，NH4Cl溶液中的铵根离子发生水解，因此c(NH4+)的大小关系：①＞②＞③，故B错误；C．pH=12的氢氧化钠浓度为10-2m

ol/L，pH=2的HA浓度远大于10-2mol/L，中和pH=7.混合溶液体积不可能等于20ml，故C错误；D．-+4b32cNHHK=cNH()OHc·O（）（），溶液中电荷守恒：c（H+）+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH

-)，又c(NH4+)=c(Cl-)，溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等为10-7mol/L，c（NH4+）=c(Cl-)=0.012mol/L而32cNHHO（）=aV0.01Va0.01mol/L2V2−−=，带入可求得：+4

b32-cNH10-9K==cN0()cOH?HOa-.01H（））（，故D正确；故选D。15.常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg0VV的变化关系如图所示，下列

叙述正确的是A.a点酸的总浓度小于b点酸的总浓度B.HC的电离度：a点＞b点C.当lg0VV=4时，三种溶液同时升高温度，--c(A)c(C)减小D.常温下：Ka(HB)＜Ka(HC)【答案】C【解析】【分析】根据图知，pH=2的HA、HB、H

C溶液分别稀释100倍，HA的pH变成4，说明HA是强酸，HB、HC的pH增大但小于4，则HB、HC为弱酸，且HB的pH增大幅度大于HC，说明HB的酸性＞HC，因此酸性HA＞HB＞HC。【详解】A．b点溶液体积大，则a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度，故A错误；B．对于HC，b点稀释的倍

数大于a点，加水稀释促进弱酸的电离，HC的电离度：a点＜b点，故B错误；C．酸的电离平衡是吸热反应，由于HA为强酸，不存在电离平衡，对HA溶液升高温度，c(A-)不变，对HC溶液升高温度促进HC电离，c(C-)增大，(

)()ACcc−−减小，故C正确；D．由图可知，HA稀释10倍pH增大1，则HA为强酸，HB、HC稀释10倍，pH增大值小于1，则HB、HC为弱酸，HB、HC稀释同等倍数，pH的改变值：HB＞HC，酸性：HB＞HC，常温下，()()aaHBHCKK，故D错误；答案选C。16.下列实验

操作对应的现象和根据现象得出的结论不正确．．．的是选项实验操作现象结论A向2mL0.1mol/LFeI2溶液中依次滴加少量氯水和CCl4，振荡，静置溶液分层，下层呈紫红色还原性：Fe2+＜I-B往NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液产生白色沉淀结合H+的

能力：AlO2−＞CO23−C用pH计测定0.1mol/LNaHCO3溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pHNaHCO3(aq)为8.3，CH3COONa(aq)为8.9水解常数：Kh(HCO3−)＜Kh(CH3COO-)D甲、乙试管均盛有2mL等浓度银氨溶液，分别加入2滴等浓度的NaC

l溶液和NaI溶液甲中无明显现象，乙中产生黄色沉淀溶度积常数：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．FeI2溶液中依次滴加少量氯水和CCl4，溶液分层，下层呈紫红色，说明氧化了I-，还原性：Fe2+＜I-，A正确；B．往NaAlO2溶液中

滴加NaHCO3溶液，发生反应()223233HOAlAlOHCOOHCO−−−++=+，偏铝酸根结合碳酸氢根电离的氢离子生成氢氧化铝沉淀，则结合H+的能力：AlO2−＞CO23−，B正确；C．碳酸氢根在溶液中存在电离，根据同浓度的NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pH无法

比较水解常数的大小，C错误；D．等浓度的NaCl溶液和NaI溶液分别与等浓度银氨溶液混合，Ksp小的才有可能产生沉淀，没有产生氯化银沉淀，产生碘化银沉淀，说明溶度积常数：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D正确；故选C。非选择题部分二、非

选择题(本题共5小题，共52分)。17.已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数如表所示，回答下列有关问题：化学式CH3COOHH2C2O4HCNNH3•H2O电离平衡常数Ka=1.8×10-5Ka1=5.6×10-2Ka2=1.5×10-4Ka=6.2×10-10Kb=1.8×

10-5（1）H2C2O4第一步的电离方程式是________，浓度均为0.1mol•L-1的NaHC2O4、CH3COOH、HCN溶液中，pH最大的是________(填溶质的化学式)。（2）常温下，体积均为

10ml、pH=2的盐酸溶液与醋酸溶液分别加蒸馏水稀释a倍和b倍到pH=4，a________b(填“大于”“小于”或“等于”)。（3）25℃时，CH3COONH4溶液显________性(“酸”“中”或“碱”)性。（4）将0.2mol

H2C2O4加入300ml2mol/L的NaOH溶液中(假设溶液的体积不变)，所得溶液的pH=a，则c(C2O24−)+2c(HC2O4−)+3c(H2C2O4)=________mol/L(用含a的代数式表示)。【答案】（1）①.H2C2O4垐?噲?H++HC2O24−②.HCN（2）小于

（3）中（4）10-14+a-10-a【解析】【小问1详解】H2C2O4是二元弱酸，第一步的电离方程式是H2C2O4垐?噲?H++HC2O24−，电离平衡常数越大，电离程度越大，等浓度的酸溶液酸性越强，pH越小。据表中数据，H2C2O4的Ka1=5.6×

10-2、Ka2=1.5×10-4，HC2O24−的水解平衡常数-14-13wh2-2a1K10K===1.810K5.610，即NaHC2O4溶液呈酸性，又H2C2O4的Ka2=1.5×10-4大于CH3COOH的Ka=1.8×10-5大

于HCN的Ka=6.2×10-10，所以pH最大的是HCN；【小问2详解】盐酸是强酸、醋酸是弱酸，pH=2时盐酸浓度小于醋酸，要将其等pH等体积的溶液稀释成pH=4，醋酸的稀释程度要更大，所以a小于b；【小问3详解】由表中数据可知，25℃时CH3COOH和NH3•H2O电离平衡常数相等，所以

CH3COONH4溶液显中性；【小问4详解】0.2molH2C2O4加入300ml2mol/L的NaOH溶液反应，生成0.2molNa2C2O4，剩余0.2molNaOH，混合溶液中电荷守恒：①++--2-2424c(H)+c(Na)

=c(OH)+c(HCO)+2c(CO)，物料守恒②+-2-2424224c(Na)=3c(HCO)+3c(CO)+3c(HCO)，②-①得-+2--2424224c(OH)-c(H)=c(CO)+2c(HCO)+3c(HCO)，pH=a时-14--1

4+a+-a-a10c(OH)==10mol/L?c(H)=10mol/L10，所以2--2424224c(CO)+2c(HCO)+3c(HCO)=(10-14+a-10-a)mol/L。18.为探究某难溶性盐X(仅含三种常见元素)的组成，设计并完成以下实验(流程中部分物

质已略去)：已知：气体A和气体B所含元素相同，都是无色无味气体，固体C为纯净物且具有磁性，单质D是目前建筑行业应用最广泛的金属。根据上述信息，回答下列问题：（1）盐X的化学式为_______，B的化学式为_______。（2）X隔绝空气高温分解的化学方程式为_______。（

3）无水条件下，少量NaH就能与固体C反应并放出大量的热，写出该反应的化学方程式：_______。（4）将产生的气体A全部被50mL0.25mol·L-1氢氧化钠溶液充分吸收，反应的总离子方程式为_______。【答案】（1）①.F

eC2O4②.CO（2）3FeC2O4隔绝空气加热Fe3O4+2CO2+4CO（3）Fe3O4+4NaH=3Fe+4NaOH（4）4CO2+5OH-=CO2-3+3HCO-3+H2O【解析】【分析】C是纯净物且具有

磁性，即C为Fe3O4，单质D是目前建筑行业应用最广泛的金属，推出D为Fe，气体A、气体B所含元素相同，都是无色无味的气体，气体A能与氢氧化钡反应，气体B则不行，气体A为CO2，气体B为CO，X隔绝空气加强热得到四

氧化三铁、二氧化碳、CO，X为含有铁元素、碳元素，可能有氧元素；白色沉淀为BaCO3，根据原子守恒推出n(CO2)=n(BaCO3)=1.97g197g/mol=0.01mol，气体A和气体B总物质的量为0.672L22.4L/mol=0.03

mol，则n(CO)=0.02mol，根据原子守恒，X中含有碳原子物质的量为0.03mol，单质D为铁单质，n(Fe)=0.84g56g/mol=0.015mol，X中铁原子物质的量为0.015mol，X中氧原子物质的量为(2.16g-0.03mol12g/mol-0.015mol56g/

mol)16g/mol=0.06mol，即X中确定有O，N(Fe):N(C):N(O)=0.015:0.03:0.06=1:2:4，因此X化学式为FeC2O4，据此分析。【小问1详解】根据分析，X化学式为FeC2

O4，气体B为CO；【小问2详解】X隔绝空起加热的化学反应方程式为3FeC2O4隔绝空气加热Fe3O4+2CO2+4CO；【小问3详解】根据题干的信息，可以推出该反应的化学方程式为：Fe3O4+4NaH=3Fe+4NaOH；【小问4详解】经分析，气体A(CO2)的物质的量为0.0

1mol，n(NaOH)=0.05L×0.25mol·L-1=0.0125mol，根据反应：2232CO+2NaOH=NaCO+HO120.01mol0.02mol，则CO2过量，即该过程涉及两个化学反应：CO

2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，从量上分析：0.0125molNaOH和0.00625molCO2反应生成0.00625molNa2CO3，接着剩余的0.00375molCO2消耗0.00375molNa2CO3生成0.0075molNa

HCO3，Na2CO3还剩0.0025mol，所以0.01molCO2和0.0125molNaOH反应生成了0.0025molNa2CO3、0.0075molNaHCO3，故该反应的化学方程式为：4CO2+5NaOH=Na2CO3+3NaHCO3+H2O，离子方程式

为：4CO2+5OH-=CO2-3+3HCO-3+H2O。19.为倡导“节能减排”和“低碳经济”，降低大气中CO2含量及有效地开发利用CO2，工业上可用CO2来生产燃料甲醇。在体积为2L的密闭容器中，充入1mo

lCO2、3molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)垐?噲?CH3OH(g)+H2O(g)。经测得CO2和CH3OH的物质的量随时间变化如图所示。（1）写出该反应的化学平衡常数表达式：K=________。（2

）在3min末，反应速率v(正)________v(逆)(选填＞、＜或=)。（3）从反应开始到平衡，平均反应速率v(CO2)=_________。达到平衡时，H2的转化率为________。（4）下列措施可以加快反应速率的是_____

___。A.升高温度B.加入催化剂C.增大压强D.及时分离出CH3OH（5）若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为：甲：v(H2)=0.45mol•L-1•s-1；乙：v(CO2)=0.2mol•L-1•s-1；丙：v(CH3OH

)=6mol•L-1•min-1，则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为________。【答案】（1）K=32322c(CHOH)c(HO)c(CO)c(H)（2）＞（3）①.0.0375mol•L-1•min-1②.75%（4）

ABC（5）乙＞甲＞丙【解析】【小问1详解】平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，该反应的化学平衡常数表达式：32322(CHOH)(HO)K(CO)(H)=cccc。【小问2详解】在3min末这时正向建立平衡

，还未达到平衡，因此反应速率υ(正)＞υ(逆)；故答案为：＞。【小问3详解】从反应开始到平衡，二氧化碳改变量为0.75mol，氢气改变量为2.25mol，则平均反应速率υ(CO2)=112n0.75molυ==0.0375molLminVt2

L10min(O)C−−=，达到平衡时，H2的转化率为3mol2.25mol100%75%3mol−=；故答案为：0.0375mol∙L−1∙min−1；75%。【小问4详解】A．升高温度，反应速率加快，故A符合题意；B．加入催化剂，

反应速率加快，故B符合题意；C．增大压强，浓度增大，反应速率加快，故C符合题意；D．及时分离出CH3OH，生成物浓度减小，速率减小，故D不符合题意；综上所述，答案：ABC。【小问5详解】根据题意将丙换成单位得到丙：υ(CH3OH)=4.

8mol∙L−1∙min−1=0.08mol∙L−1∙s−1，甲：υ(H2)=0.3mol∙L−1∙s−1；乙：υ(CO2)=0.12mol∙L−1∙s−1；根据11111110.12molLs0.3molLs0.08mos3lL1−−−−−−，则甲、乙、

丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为乙＞甲＞丙；故答案为：乙＞甲＞丙。20.25NO是一种常用的硝化剂，常用24NO的臭氧化法制备，反应原理如下：反应I：243252NO(g)O(g)NO(g)O(g)++1H反应II：2242NO(g)NO(g)12H57kJm

ol−=+（1）298K时，几种物质的相对能量如下表：物质2O(g)3O(g)2NO(g)24NO(g)25NO(g)能量(kg/mol)90−14−62−181−198−请可根据物质的相对能量计算反应I的1H___________。(忽略H

随温度的变化)。（2）在密闭容器中充入241molNO和31molO，发生反应I和II。①在恒温恒压条件下，下列说法正确的是___________。A．25NO和2O的物质的量之比不变时说明反应已达平

衡B．()()242vNO2vNO正逆=说明反应II已达到平衡C．混合气体密度不再改变说明反应I已达到平衡D．反应达到平衡后，再往容器中通入稀有气体Ar，反应I平衡不移动②保持温度不变，对反应体系加压，平衡时3O的转

化率()3αO与压强的关系如图所示。请解释压强增大至1pMPa的过程中()3αO逐渐增大的原因：___________。为③以固体催化剂M催化反应I，若3O分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，该反应机理分为两步，写出第一步的化学方程式：步骤a___________；步骤b2425N

OMOMNO+=+。（3）TC时，在密闭容器中充入241molNO，保持压强不变，只发生反应II，1t时到达平衡，v正随时间的变化如图所示，在2t时刻继续充入一定量的24NO，3t时刻重新到达平衡，请在图中作出v逆随时间变化的曲线___________。【答

案】（1）193kJmol−−（2）①.C②.加压，反应II平衡向逆反应方向移动，24NO浓度增大，有利于反应243252NO(g)O(g)NO(g)O(g)++向正反应方向移动，()3αO逐渐增大③.32MOMOO+=+（3）【解析】【小问1详解】根据物质的相对能量

，243252NO(g)O(g)NO(g)O(g)++的ΔH1=（-198-90+14+181）kJ/mol=-93kJ/mol，故答案为：-93kJ/mol；【小问2详解】①A．25NO和2O都是反应I的生成物，物质的量之比始终为1：1，所以25NO和2O物质的量之

比不变时，反应不一定平衡，故A错误；B．反应达到平衡状态时，正逆反应速率比等于系数比，()()242vNO2vNO正逆=时反应Ⅱ没有达到平衡，故B错误；C．反应II反应前后气体物质的量是变量，则容器体积是变量，反应前后气体总质量不变，密度是变量，混合气体密度不再改变，说明反应II

得到平衡状态，则N2O4浓度不变，所以反应Ⅰ一定达到平衡，故C正确；D．反应达到平衡后，再往容器中通入稀有气体Ar，容器体积增大，反应II正向移动，N2O4浓度减小，则反应Ⅰ平衡逆移动，故D错误；故答案为：C；②保持温度不变，对反应体系加压，反应II平衡向

逆反应方向移动，N2O4浓度增大，有利于反应243252NO(g)O(g)NO(g)O(g)++向正反应方向移动，()3αO逐渐增大；③总反应为243252NO(g)O(g)NO(g)O(g)++，步骤b的方程式为N2O4+MO=M+N2O5，总反应-步骤

b得步骤a为M+O3=MO+O2；【小问3详解】T℃时，在密闭容器中充入1molN2O4，保持压强不变，只发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g），t1时到达平衡，在t2时刻继续充入一定量的N2O4，t3时刻重新到达平衡，0～t1逆反应速率逐渐增大，t1反应达到平衡状态v正=v逆，在t2时刻继

续充入一定量的N2O4，容器体积增大，反应物浓度增大、生成物浓度减小，v正突然增大、v逆突然减小，新达到平衡与原平衡等效，所以新平衡的速率和旧平衡相等，v逆随时间变化的曲线为。21.某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如图：①三

颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400mL水；锥形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液并预加0.40mL0.01000mol•L-1的碘标准溶液，搅拌。②以0.2L•min-1流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点

时滴定消耗了1.00mL碘标准溶液。③做空白实验，消耗了0.10mL碘标准溶液。④用适量Na2SO3替代香菇样品，重复上述步骤，测得SO2的平均回收率为95%。回答下列问题：（1）装置图中仪器a的名称为________，侧管c的作用是__

______。（2）滴定从下列选项选择合适操作并排序：蒸馏水洗涤→加入标准液3~5mL→________→准备开始滴定(润洗操作只进行一次)。a.加液至“0”刻度以上2~3mL处b.调整液面至“0”刻度，记

录读数c.倾斜转动滴定管，使液体润湿滴定管内壁d.橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球，放液e.右手握住滴定管，左手打开活塞快速放液f.将洗涤液从滴定管上口倒出g.控制活塞，将洗涤液从滴定管下部放出（3）滴定终点判

断依据为________。（4）下列关于滴定的操作及分析，正确的是________。A.滴定时要适当控制滴定速度B.0.30mL标准碘溶液可以用量筒量取C.滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化D终点读数时如果俯视测量结果将偏高E平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度..（5）若先加磷酸再

通氮气，会使测定结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。（6）该样品中亚硫酸盐含量为________mg•kg-1(以SO2计，结果保留三位有效数字)。已知：滴定反应的离子方程式为I2+SO2

+2H2O=2I-+4H++SO24−【答案】（1）①.(球形)冷凝管②.平衡气压、便于液体顺利滴下（2）cgaeb（3）当加入半滴碘溶液后，溶液颜色从无色变成蓝色，且半分钟内不褪色，即为滴定终点（4）AE（5）偏低（6）876【解析】【小问1详解】据图所知：a为球形冷凝管，c是恒压滴液漏斗的侧管

，其作用为平衡气压，使液体能顺利流下，故答案为：(球形)冷凝管、平衡气压、便于液体顺利滴下；【小问2详解】向滴定管中加入标准液时需要先润洗、赶气泡、调0等操作，故答案为：cgaeb；【小问3详解】原本溶液为无色，最后异地标准液滴

入后，因为碘单质遇淀粉变蓝色，故答案为：当加入半滴碘溶液后，溶液颜色从无色变成蓝色，且半分钟内不褪色，即为滴定终点；【小问4详解】滴速太快容易引起误差，故A正确。取标准液应用移液管或者滴定管，故B错误。滴定时应观察锥形瓶中颜色变化判断终点，故C错误。滴定管0线在上，读数俯视导致读数偏小，测量结果

偏高，故D错误。平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度，以减少误差，故E正确。故答案为：AE；【小问5详解】先加磷酸因空气未被排出会导致最开始产生的部分二氧化硫被氧化，而造成滴定时结果偏低。故答案为：偏低。【小问6详解】.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xia

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