【文档说明】安徽省合肥市第八中学2021-2022学年高二上学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(19)页，1.144 MB，由小赞的店铺上传

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2021~2022学年度第一学期高二期末考试化学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在

答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效．．．．．．．．．．．．．，在试．．题卷．．、草稿纸上作答无效．．．．．

．．．。4.本卷命题范围：人教版选择性必修1。5.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共计48分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1

.下列说法正确的是A.化学键断裂放出能量B.所有化学反应均伴随能量变化C.液体凝固吸收热量D.总焓：若反应物＞生成物，则H0【答案】B【解析】【详解】A．化学键断裂吸收能量，A项错误；B．化学反应的本质是旧化学键的断

裂以及新化学键的形成，断开化学键吸收能量，形成化学键放出能量，则所有化学反应均伴随能量变化，B项正确；C．相同物质，液态的能量高于固态，则液体凝固放出热量，C项错误；D．H=生成物总能量-反应物总能量，总焓：若反应物＞生成物，则0H＜，D项错误；答案选B。2.某同学以柠檬

为材料自制水果电池，装置如图，下列叙述正确的是A.H+由镁极区移向银极区B.镁片上有无色气体放出C.铜片替代镁片，现象相同D.银片为负极【答案】A【解析】【分析】Mg的金属活动性强于Ag，则Mg片为负极，Mg片的电极反应式为Mg-2

e-=Mg2+，Ag片为正极，Ag片电极反应式为2H++2e-=H2↑(柠檬汁呈酸性)；结合原电池原理作答。【详解】A．Mg的金属活动性强于Ag，Mg极为负极，Ag极为正极，阳离子H+向正极移动，即H+由镁极区移向银极区，A项正

确；B．Mg片为负极，Mg片的电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，镁片上没有气体放出，B项错误；C．Cu、Ag在金属活动性顺序表中都位于H的后面，用铜片替代镁片，没有自发进行的氧化还原反应，不能构成原电池，现象不相同，C项错误；D．Mg的金属

活动性强于Ag，Ag片为正极，D项错误；答案选A。3.已知：()()Ps=Ps，红磷，黑磷-1Δ=-21.7kJmolH；()()Ps=Ps，白磷，红磷-1Δ=-17.6kJmolH。由此推知，其中最稳定的磷单质是A.红磷B.白磷C.黑磷D.无法确定【答案】C【

解析】【分析】【详解】由P(s，红磷)=P(s，黑磷)∆H=-21.7kJ/mol，说明红磷转化为黑磷为放热反应，则等量的红磷具有的总能量比黑磷具有的总能量高；由P(s，白磷)=P(s，红磷)∆H=-17.6kJ/mol，说明白磷

转化为红磷为放热反应，则等量的白磷具有的总能量比红磷具有的总能量高；根据能量越低越稳定，最稳定的磷单质是黑磷，最不稳定的磷单质是白磷；答案选C。4.25℃时，在某恒容密闭烧瓶中存在如下平衡：()()2242NOgNOg0H。若把烧瓶置于100℃的水

中，则烧瓶内气体属性不会改变的是A.颜色B.平均相对分子质量C.压强D.密度【答案】D【解析】【分析】该反应的正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，据此分析作答。【详解】A．把烧瓶置于100℃的水中，温度升高，平衡逆向移动，

NO2的浓度增大，烧瓶内气体的颜色加深，A不符合题意；B．把烧瓶置于100℃的水中，温度升高，平衡逆向移动，混合气体总物质的量增大，但混合气体的总质量不变，混合气体的平均相对分子质量减小，B不符合题意；C．把烧瓶置于100℃的水中，温度升高，平衡逆向移动，混合气体总物质的量增大，根据PV=nRT，

烧瓶内气体的压强增大，C不符合题意；D．把烧瓶置于100℃的水中，温度升高，虽然平衡逆向移动，但混合气体的总质量不变，恒容烧瓶中体积不变，根据ρ=mV，则混合气体的密度不变，D符合题意；答案选D。5.将()amolXg和()bmolYg通

入密闭容器中发生反应()()()aXgbYgcZg+，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数与温度和压强的关系如图。下列关于该反应的HS、的判断正确的是A.H0,S0B.H0,S0C.0,0HSD.0,0HS【答案】B【解析】【详解】由图可知，压强相

同时升高温度，Z的物质的量分数减小，可知升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，即0H＜；温度相同时增大压强，Z的物质的量分数增大，可知增大压强使平衡正向移动，正反应为气体总物质的量减小的反应，可知0S＜

，答案选B。6.苹果酸为二元有机弱酸(2HA)。下列关于2HA及2NaA叙述正确的是A.电离方程式：22HA2HA+−+B.2HA溶液中含有2种分子：2HA与2HOC.2NaA溶液：()()+HOHcc−D.2NaA溶液：()()OHHAcc−−【答案】B【解析】【详解】A．苹果酸是二元弱酸，

弱酸要分步写电离方程式，即2HAHHA+−+，2HAHA−+−+，A项错误；B．2HA为弱酸，则其溶液中含有的分子为2HA与2HO，共2种分子，B项正确；C．2NaA为强碱弱酸盐，其溶液显碱性，则()()+HOHcc−＜，C项

错误；D．①2HOHOH+−+、②22A+HOHAOH−−−+ƒ、③22HA+HOHAOH−−+ƒ，其中②中()(HA)OHcc−−=，但是①③式子中也有氢氧根生成，所以()()OHHAcc−−＞，D项错误；答案选B7.山东舰是我国自主研制的新型航母，为了延长航母服役寿命可以在航母舰体(主要成分

是钢铁合金)上镶嵌金属锌。下列有关说法正确的是A.可以用铅等金属代替锌B.构成原电池反应时，舰体表面发生氧化反应C.这种保护方法叫牺牲阳极的阴极保护法D.在酸雨环境中，航母主要发生吸氧腐蚀【答案】C【解析】【详解】A．Zn和Fe及海水

构成原电池时，Zn易失电子作负极，Fe作正极，则Fe被保护，但Fe比Pb活泼，构成的原电池，Fe是负极，加快Fe的腐蚀，A错误；B．在保护航母的过程中，金属锌失电子发生氧化反应，被氧化，则航母表面发生的是还原反应，B错误；C．在航母舰体(主要成分是钢铁合金)上镶嵌金属锌，属于牺牲阳

极的阴极保护法，C正确；D．在酸雨环境中，航母主要发生析氢腐蚀，D错误；。故选C。8.一定条件下，向某密闭容器中充入等物质的量的X和Y，发生反应：()()()Xg2Yg2Zg+。达到平衡后，测得反应前气体的总物质的量与反应后气体的总物质的量之比为5：4，则X的转化率为A.8

0%B.66%C.40%D.33%【答案】C【解析】【分析】用三段式，结合转化率的概念计算。【详解】设起始X、Y物质的量都为amol，X转化物质的量为xmol，列三段式X(g)+2Y(g)2Z(g)()(mol)aa0()(m

ol)x2x2x()(mol)a-xa-2x2xnnn起始转化平衡达到平衡后，测得反应前气体的总物质的量与反应后气体的总物质的量之比为5：4，则2a：(2a-x)=5：4，解得x=0.4a，X的转化率为0.4amol100%amol=40%；答案选C。9.甲胺(C

H3NH2)为一元有机弱碱，其电离及与酸反应类似于NH3，下列关于稀甲胺水溶液的叙述错误的是A.其他条件不变，加水稀释，c(CH3NH+3)变大B.其他条件不变，升温，促进了CH3NH2电离C.电离方程式：CH3NH2+H2OCH3NH+3+OH-D.与稀盐酸反应化学方程式：CH3NH2+HCl

=CH3NH3Cl【答案】A【解析】【分析】【详解】A．加水稀释，平衡正向移动，但是溶液中离子浓度均减小，故c(CH3NH+3)变小，A项错误；B．升高温度，平衡向正向移动，促进电离，B项正确；C．氨气溶于水，电离方程式为NH3+H2O

NH+4+OH-，所以CH3NH2电离方程式：CH3NH2+H2OCH3NH+3+OH-，C项正确；D．CH3NH2为一元有机弱碱，其电离及与酸反应类似于NH3，所以与稀盐酸反应化学方程式：CH3NH2+HCl=CH3NH3Cl，D项正确；的答案选A。10.在绝热恒容反应器中发生反应S

O2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)反应速率随时间的变化如图。下列叙述正确的是A.t3时反应达到平衡状态B.该反应为吸热反应C.t3～t4：v正因温度降低而降低D.t4时SO2的转化率达到最大【答案】D

【解析】【详解】A．反应在达到平衡时反应速率应该保持不变，而t3时正反应速率减小，逆反应速率增大，说明此时反应未达到平衡状态，A错误；B．根据图示可知：该反应在绝热条件下进行，反应速率受温度和浓度的因素影

响，反应速率先增大后减小，说明该反应的正反应为放热反应，B错误；C．t3～t4：v正降低是因反应物浓度降低而降低，C错误；D．根据图示可知t4时v正=v逆，反应处于平衡状态，由于该反应的正反应是放热反应，当反应达到平衡状态时，升高温度，化学平衡逆向移动，导致反

应物转化率降低，所以t4时平衡状态SO2的转化率达到最大，D正确；故合理选项是D。11.焊接时常用NH4Cl除锈，下列说法一定正确的是A.NH4Cl为弱酸强碱盐B.NH4Cl可以抑制水的电离C.pH=7的NH4Cl、氨水混合液：c(NH4+)>c(Cl-)D.NH4Cl溶液

：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)【答案】D【解析】【分析】【详解】A．NH4Cl为强酸弱碱盐，A项错误；B．+-4232NH+HONHHO+OH，NH4Cl可以促进水的电离，B项错误；C．pH=7溶

液不一定是中性，常温下pH=7为中性，故无法判断离子浓度大小，C项错误；D．NH4Cl溶液中，电荷守恒：++--4c(NH)+c(H)=c(Cl)+c(OH)，物料守恒：-+432c(Cl)=c(NH)+c(NHHO)，两式相

加得到：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，D项正确；答案选D。12.已知下列热化学方程式：()()()()221CsHOlCOgHg+=+H;()()()2222COgOg2OCg+=H；()()()22232HgOg2HO1+=H，()Cs的燃烧热为A.123-

+HHHB.1231122HHH++C.1232HHH++D.12312HHH++【答案】B【解析】【详解】()Cs的燃烧热化学方程式为：()()()22CsOg=COgH+，令反应Ⅰ：()()()()221CsHOlCOgHg+=+H；令反应Ⅱ为：()()()

2222COgOg2OCg+=H；令反应Ⅲ为：()()()22232HgOg2HO1+=H，根据盖斯定律，将1122++ⅡⅢⅠ得()()()22CsOg=COgH+，则12311=22HHHH++，答案选B。13.

一定温度下，在1L密闭容器中，将CO和2HS混合加热并达到下列平衡：22CO(g)H(g)CO(g)H(g)SS++K=0.1。反应前CO物质的量为5mol，平衡后CO物质的量为4mol。则反应前2HS的物质的量

浓度为A.13.5molL−B.13molL−C.12.5molL−D.11.25molL−【答案】A【解析】【详解】设反应前H2S的物质的量为xmol，列出三段式：为()()()()22COgHSgCOSgHg5x0011114x111++−起始转化平衡，1L密闭容器中，()11K==

0.14x1−，x=3.5，因此，c=n÷v=3.5mol÷1L=13.5molL−，综上所述故选A。14.粗银的精炼工艺原理如图，下列叙述错误的是A.y极电极材料为粗银B.x极主要电极反应式为Age=Ag−+−C.装置乙将化学能转化为电能D.n极电

极反应式为22O4H4e2HO+−++=【答案】A【解析】【分析】装置乙为原电池结构，甲醇变为二氧化碳，作负极，氧气得电子作正极。【详解】A．阳极材料是粗银，需要发生反应为：Age=Ag−+−，故x为粗银，A错误；B．x极失去电子被氧化，故Age=Ag−

+−，B正确；C．装置乙为原电池，作用是将化学能转换为电能，C正确；D．因乙中为硫酸，质子交换膜仅允许氢离子通过，故n极的氧气发生的还原反应，电极反应式为22O4H4e2HO+−++=，D正确；故选A。15.硒酸钡(4BaSeO)为特

种玻璃的添加剂，制取原理为2244Ba=SeOBaSeO+−+，在4BaSeO饱和溶液中2lg(Ba)+c与24lg(SeO)−−c关系如图所示(4BaSeO溶于水时吸收热量)。下列叙述错误的是A.升温：M点上移B.X点：2--a-14c(SeO)=10molLC.M点：2+-1c(Ba)=1

molLD.spK：M点=N点=X点【答案】C【解析】【分析】【详解】A．因为硫酸钡溶于水吸热，升温时促进溶解，钡离子浓度增大，M点上移动，A正确；B．根据图示可知X点2--a-14c(SeO)=10molL，B正确；C．根据图示可知M点2+-a-1c(Ba)=10molL，C错误；D．-a

M=110，aa--22N=1010，-aX=101，所以spK：M点=N点=X点，D正确；故选C。16.室温下，下列关于电解质溶液的说法中不正确的是A.将pH12=的氨水与pH2=的硝酸等体积混合：()()()()43NHN

OOHH+−−+ccccB.室温下，调节3HA溶液的pH5=时，20.63(HA)10(HA)cc−=（已知：Ka1=10-2.2、Ka2=10-7.2、Ka3=10-12.4)C.25℃时，22RSMMSR++++的平衡常数4000K=[

该温度下，Ksp(MS)=1.0×10-21、Ksp(RS)=4.0×10-18]D.加水稀释氯化铝溶液，铝离子水解程度增大，H+物质的量增加，溶液酸性增强【答案】D【解析】【详解】A．氨水为弱碱水溶液，硝酸属于强酸，pH=12的氨水与pH=2的硝酸等体积混合，充分反应后

，氨水过量，得到硝酸铵和过量氨水的混合液，溶液呈碱性，溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(-3NO)+c(OH-)=c(H+)+c(+4NH)，则c(+4NH)＞c(-3NO)＞c(OH-)＞c(H+)，A项正确；B．Ka1=+-23(H)(HA)(HA

)ccc=10-2.2、Ka2=+2--2(H)(HA)(HA)ccc=10-7.2，2-3(HA)(HA)cc=-a22++-2a1(HA)(H)(H)(HA)KccccK=a1a22+(H)KKc，当溶液的pH=5时，c(H+)=10-5mol/L

，则2-3(HA)(HA)cc=2.27.2521010(10)−−−=100.6，B项正确；C．RS+M2+⇌MS+R2+的平衡常数K=2+2+(R)(M)cc=2+22+2(R)(S)(M)(S)cccc−−=spsp(RS)(MS)

KK=18214.0101.010−−=4000，C项正确；D．AlCl3溶液中存在水解平衡：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，加水稀释，促进Al3+的水解，铝离子水解程度增大，H+物质的量增加，但c(H+)减小，溶液酸性减弱，D项错误；答案选D。二、非选择题(本题共5小题

，共52分)17.氢元素单质及其化合物是人类赖以生活的重要能源。回答下列问题(1)H-H、O=O、H-O的键能分别为436kJ·mol-1、496kJ·mol-1、463kJ·mol-1。①热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H，∆H为_______kJ·mol

-1。②氢气燃烧热∆H=-285.8kJ·mol-1，表示氢气燃烧热的热化学方程式为_______。③1mol水蒸气液化放热_______kJ。(2)肼(N2H4)是一种液态火箭推进剂。N2H4分解的能量变化如图所示：①正反应的活化能为_

______kJ·mol-1，气态肼分解的热化学方程式为_______。②该反应的∆S_______(填“>”“<”或“=”)0，该反应自发进行的条件为_______(填“高温”“低温”或“任意温度”)。【答案】①.-484②.-12221H(g

)+O(g)=HO(l)H=-285.8kJmol2③.43.8④.a+50.7⑤.-12422NH(g)=N(g)+H(g)ΔH=50.7kJmol+⑥.>⑦.高温的【解析】【分析】【详解】(1)①热化学方程式2H

2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H=(2×436+496-4×463)=-484kJ·mol-1；②氢气的燃烧热∆H=-285.8kJ·mol-1，表示氢气燃烧热的化学方程式为-12221H(g)+O(g)=HO(l)H=-285.8kJmol

2；③由a、2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H=-484kJ·mol-1和b、-12221H(g)+O(g)=HO(l)H=-285.8kJmol2,结合盖斯定律可知，b-a×12得到-1-1-1221HO(g)=HO(l)ΔH=(-285.8kJmol

)-(-484kJmol)43.8kJmol2=−；(2)①焓变等于正逆反应的活化能之差，则正反应的活化能为（a+50.7）kJ·mol-1，由图可知气态肼分解吸热50.7kJ·mol-1，则热化学方程式为-12422NH(g)=N(g)+

H(g)ΔH=50.7kJmol+；②为气体增加的反应，则ΔS>0，且ΔH>0，ΔH-TS<0的反应可自发进行，该反应自发进行的条件为高温；18.电化学是当今化学研究的热点之一，回答下列问题：（1）

碱性电池具有耐用、电流量大，储存寿命长、外壳不易腐蚀等优点。铝-铜碱性原电池的工作原理如装置甲所示：①在_______(“Al”或“Cu”)极有2H生成，Al极电极反应式为_______②若有33.6L(标准状况下)2H生成，则理论上电解质溶液增重_

______g。（2）某兴趣小组设计以甲烷、氧气酸性燃料电池为电源电解NaCl溶液，并验证氯气的某种化学性质，工作原理如装置乙、装置丙所示。①m极为_______极，装置乙发生反应的化学方程式为_______②Y极电极反应式为_______③气球b中的现象为_____

__，证明了氯气的化学性质之一：_______性。【答案】（1）①.Cu②.22Al4OH3eAlO2HO−−−+−=+③.24（2）①.正②.4222CH2OCO2HO+=+③.22Cl2eCl=−−

−④.气球b中充满黄绿色气体，淀粉碘化钾试纸变蓝⑤.氧化【解析】【分析】装置甲为原电池，碱性溶液中铝与氢氧根反应，所以铝作负极，则Cu作正极；装置乙为甲烷、氧气酸性燃料电池，n极通入甲烷，发生氧化反应，为原电池的负极，m极通入氧气，发生还原反应，为原电池的正极；装置丙为电

解池，电解NaCl溶液，其中X极与原电池的负极相连，则X极为阴极，Y极与原电池的正极相连，则Y极为阳极，据此分析作答。【小问1详解】①因为装置甲中为碱性溶液，则铝与氢氧根反应生成-2AlO，Al极电极反应式为--2-

2Al-3e+4OH=lO+2HAO；Cu作正极，电极方程式为--222HO+2e=2OHH+，该极产生氢气，故答案为：Cu；22Al4OH3eAlO2HO−−−+−=+；②总电极反应式为--2222Al+2OH

+2HO=2AlO+3H，因为标准状况下生成33.6L氢气，即233.6Ln(H)==1.5mol22.4L/mol，即22AlAlHHm=Mn-Mn=27g/mol1mol-2g/mol1.5mol=24g增，故答案为：24；【小问2详解】①氧气变为水，氧原子的化合价变低

，发生还原反应，则m为正极，n为负极；该燃料电池是甲烷与氧气反应，生成二氧化碳和水，则化学方程式为：4222CH2OCO2HO+=+，故答案为：正；4222CH2OCO2HO+=+；②电解NaCl溶液，Y极为阳极，则电极反应式为--22Cl-2e=Cl，故答案为：--22Cl

-2e=Cl；③气球b与Y极相连，则收集的为氯气，看到的现象为：充满黄绿色气体，淀粉碘化钾试纸变蓝；淀粉遇碘变蓝，体现了氯气的氧化性，故答案为：气球b中充满黄绿色气体，淀粉碘化钾试纸变蓝；氧化。19.一定条件下，CO与水

蒸气反应生成CO2和H2的热化学方程式为()()()()1222COgHOgCOgHgΔ41.3kJmolH−++=−。回答下列问题：（1）已知1molC完全转化成水煤气(CO、H2混合物)时吸收热量131.5kJ，则1molC与CO2反应生成CO的焓变是_______（2）上述反应达

到平衡的标志是_______(填字母)。A．容器内压强不随时间变化B．容器内各物质的浓度不随时间变化C．容器内CO、H2O的浓度之比为1∶1D．单位时间消耗0.1molCO同时生成0.1molH2O（3）研究表明：上述反应平衡常数随温度的变化如下

表所示：温度/℃400500800平衡常数K1595若反应为500℃，起始时CO和H2O的浓度均为0.02mol/L，则达到平衡时，CO的平衡转化率为_______（4）在T5MPa℃、条件下，将0.1molCO与0.12molH2O(g)混合气体充入1L密闭容器发生反应，反应过程中CO2的物质的

量浓度随时间的变化如图所示：①在02min～内，以CO表示的平均反应速率为_______11molLmin−−。②T℃时该反应的平衡常数Kp=_______(压强代替浓度，分压=总压×物质的分数)。

③平衡后，若向容器中再充入0.2molCO和0.02molH2O(g)，则再次平衡后容器内的压强与充入CO和H2O(g)前的压强比为_______【答案】（1）+172.8kJ/mol（2）BD（3）75%（4）①.0.01②.0.05③.2∶1【解析】【小问1详解】已知：①()()()()

1222COgHOgCOgHg41.3kJmol−++=−ƒH，1molC完全转化成水煤气(CO、H2混合物)时吸收热量131.5kJ，可得②C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+

131.5kJ/mol，根据盖斯定律，将②-①，整理可得C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H=+172.8kJ/mol；【小问2详解】A．反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变。该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，则容器内气体的压强始终不变，因此不能根

据压强不变判断反应是否达到平衡状态，A不符合题意；B．反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，若容器内各物质的浓度不随时间变化，则反应达到平衡状态，B符合题意；C．容器内CO、H2O的浓度之比为1∶1时反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状

态，不能据此判断反应是否达到平衡状态，C不符合题意；D．单位时间消耗0.1molCO同时就会同时消耗0.1mol的H2O，还同时生成0.1molH2O，则H2O蒸气的物质的量不变，反应达到平衡状态，D符合题意；故合理选项是BD；【小问3详解】在500℃时反应()()()()222COgHOgC

OgHg++的平衡常数K=9，假设反应过程中CO的改变浓度为amol/L，则平衡时c(CO)=c(H2O)=(0.02-x)mol/L，c(CO2)=c(H2)=xmol/L，则aa=9(0.02-a)(0.02-a)，解得a=0.

015mol/L，故达到平衡时，CO的平衡转化率为0.015mol/L100%=75%0.02mol/L；【小问4详解】①在0~2min内用CO2的浓度变化表示反应速率v(CO2)=0.02mol/L=0.01

mol/(Lmin)2min，由于用不同物质表示反应速率时，速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，则v(CO)=v(CO2)=0.01mol/(L∙min)；②在反应开始时n(CO)=0.1mol；n(H2O)=0.12mol，反应达到平衡时n(CO2)=0.0

2mol/L×1L=0.02mol，根据物质反应转化关系可知平衡时n(H2)=0.02mol，n(CO)=(0.1-0.02)mol=0.08mol，n(H2O)=(0.12-0.02)mol=0.10mo

l，该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，则平衡时气体总物质的量是0.1mol+0.12mol=0.22mol，故T℃时该反应的平衡常数Kp=0.020.02(5MPa)(5MPa)0.220.220.050.080.1(5MPa)(5MPa)0.220.22=；③反应在恒温、恒容密闭容

器中进行，气体的体积不变，该反应是反应前后气体体积不变的反应，故无论反应是否达到平衡，气体的压强之比等于气体的物质的量的比。在平衡时气体的总物质的量是0.22mol，后又充入0.2molCO和0.02molH2O(g)，此时气体的总物质的量为0.22mol+0.2mol+0.02mol=0.44

mol，因此后来气体与原来气体的物质的量的比是2：1，则再次平衡后容器内的压强与充入CO和H2O(g)前的压强比为2：1。20.硫代硫酸钠()223NaSO又称大苏打，可用作定影剂、还原剂。现有某种硫代硫酸钠样品，为了测定该样品纯度，某兴趣小组设计如下实验方案，回

答下列问题：（1）溶液配制：称取10.0g该硫代硫酸钠样品，用________（填“新煮沸并冷却的蒸馏水”或“自来水”）在烧杯中溶解完全溶解后冷却至室温，再用玻璃棒引流将溶液全部转移至100mL的容量瓶中，加蒸馏水至离容量瓶刻度线1~2cm

处，改用______定容，定容时，视线与凹液面相切。（2）滴定：取10.10molL−的227KCrO（硫酸酸化）标准溶液20.00mL，加入过量KI，发生反应：232722CrO6I14H=3I2Cr7HO−−++++++，然后加入淀

粉溶液作为指示剂，用硫代硫酸钠样品溶液滴定至终点，发生反应：2222346I2SO=SO2I−−−++，重复实验，平均消耗223NaSO样品溶液的体积为20.0mL。①取用硫酸酸化的227KCrO标准溶液可选用的仪器是_____________（填“甲”或“乙”）。②滴定终点时溶液

的颜色变化是_____________。（3）样品纯度的计算：①根据上述有关数据，该样品中223NaSO的质量分数为_____________②下列操作可能使测量结果偏低的是____________（填字母）。A．盛装硫代硫酸钠样品溶液的滴定管没

有润洗B．锥形瓶中残留少量水C．读数时滴定前仰视，滴定后俯视【答案】①.新煮沸并冷却的蒸馏水②.胶头滴管③.甲④.溶液蓝色消失且半分钟内不恢复原色⑤.94.8%⑥.A【解析】【分析】（1）配制一定物质的量浓度溶液

溶解样品时用新煮沸并冷却的蒸馏水，配制过程中将溶质溶解冷却至室温后转移溶液至容量瓶中，然后加入蒸馏水至离容量瓶刻度线1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相平；（2）①227KC

rO具有氧化性，用酸式滴定管盛放；②滴定到终点时，碘单质完全反应，溶液由蓝色到无色且半分钟内不能恢复原来的颜色；（3）①依据232722CrO6I14H=3I2Cr7HO−−++++++，2222346I2SO=SO2I−−−++得关系式2-2-22727223KCrOCrO3I6SO～～～进行

计算。【详解】（1）由于硫代硫酸钠具有还原性，故配制一定物质的量浓度溶液溶解样品时用新煮沸并冷却的蒸馏水，配制过程中将溶质溶解冷却至室温后转移溶液至容量瓶中，然后加入蒸馏水至离容量瓶刻度线1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸

馏水，至溶液的凹液面与刻度线相平；（2）①227KCrO具有氧化性，用酸式滴定管盛放，选仪器甲；②滴定终点时溶液的颜色变化是溶液蓝色消失且半分钟内不恢复原色；（3）①据232722CrO6I14H=3I2Cr7HO−−++

++++，2222346I2SO=SO2I−−−++得关系式2-2-22727223KCrOCrO3I6SO～～～，n（223NaSO）=2276(KCrO)n=-360.1mol/L2010L=21.210−mol，样品中223NaSO的质量分

数为21.210mol158g/mol100%20.010.0g100mLmL−=94.8%；②A．盛装硫代硫酸钠样品溶液的滴定管没有润洗，直接盛放硫代硫酸钠溶液，使所耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，使

测定结果偏低；B．锥形瓶中残留少量水，不影响滴定结果；C．读数时滴定前仰视，滴定后俯视，使硫代硫酸钠溶液体积偏低，样品总质量是10.0g，使测定结果偏高；故答案为：A。21.氨水及铵盐是化学工业的重要

原料。回答下列问题：（1）氨水中各种离子的物质的量的浓度从小到大的顺序是_______，其他条件不变，往稀氨水溶液中加入少量蒸馏水，则混合液中水的电离程度_______(填“增加”“减小”或“不变”)。（2）常温下向某氨水中缓

缓通入HCl气体，溶液中432(NH)lg(NH)HOcc+与pH的关系如图所示。常温下32NHHO的电离平衡常数bK=_______(用含有a的代数式表示)，温度升高A点的位置可能是_______(填“A1”或“A2”)，a_______(填“＞”“＜

”或“=”)7。（3）某化学兴趣小组以某废液(主要含有3+3+2+AlFeMn、、)为原料制取3MnCO的工艺流程及各离子开始沉淀、完全沉淀的pH如图所示(常温下3MnCO的11sp910K−=)：金属

离子3+Fe3+Al2+Mn开始沉淀pH2.24.18.8完全沉淀pH3.55.410.8①“沉铁、铝”时反应液的pH应控制的范围是_______②“沉锰”时温度不能较高的原因是_______，2+Mn完全沉淀时()251Mn10molLc+−−，则此时溶液中()23COc−_______1

molL−。【答案】（1）①.()()()4HNHOHccc++−②.增加（2）①.1410a−②.A2③.＞（3）①.)5.4,8.8或其他合理表示形式②.防止铵盐分解及氨气挥发③.6910−【解析】【小问1详解】氨水中存在电离平衡NH3∙H2O⇌+4NH+OH

-、H2O⇌H++OH-，NH3∙H2O的电离程度大于H2O，故氨水中各种离子的物质的量的浓度从小到大的顺序是c(H+)＜c(+4NH)＜c(OH-)；NH3∙H2O电离产生的OH-对水的电离平衡起抑制作用，故其他条件不变，往稀氨水溶液

中加入少量蒸馏水，促进NH3∙H2O的电离，但c(OH-)减小，对水的电离的抑制作用减小，故混合溶液中水的电离程度增加；答案为：c(H+)＜c(+4NH)＜c(OH-)；增加。小问2详解】【由图中A点可知，当pH

=a即c(OH-)=10a-14mol/L时，432(NH)lg(NH)HOcc+=0，432(NH)(NHO)Hcc+=1，常温下NH3∙H2O的电离平衡常数Kb=-432(NH)(OH)O)H(NHccc+=c(

OH-)=10a-14；NH3∙H2O的电离是吸热过程，温度升高Kb增大，432(NH)(NHO)Hcc+=1时，c(OH-)增大，溶液的pH增大，A点的位置可能是A2；向氨水中缓缓通入HCl气体，随着HC

l的增加，溶液的pH减小，溶液中c(+4NH)增加，c(NH3∙H2O)减小，当得到等物质的量浓度的氨水和NH4Cl的混合液时溶液呈碱性，此时溶液中c(+4NH)＞c(NH3∙H2O)，故当c(+4NH

)=c(NH3∙H2O)时所得溶液中氨水的浓度大于NH4Cl的浓度，溶液呈碱性，常温下溶液的pH大于7，即a＞7；答案为：10a-14；A2；＞。【小问3详解】①根据表中各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH

可知，“沉铁、铝”时应使Fe3+、Al3+完全沉淀，而Mn2+不形成沉淀，故反应液的pH应控制的范围是[5.4，8.8)；答案为：[5.4，8.8)。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com