【文档说明】河北省秦皇岛一中2020-2021学年高二上学期第一次月考化学试题【精准解析】.doc，共(25)页，655.500 KB，由小赞的店铺上传

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秦皇岛一中2020-2021学年高二上学期第一次月考化学试题说明：1.考试时间90分钟，满分100分。2．将选择题答案用2B铅笔涂在答题卡上,非选择题用黑色字迹的签字笔答在答题卡上。相对原子质量：H1C12O16一、单项选择题（本题有25小题，每题2分，

共50分。每小题只有一个正确答案）1.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)ΔH=xkJ·mol-1已知：碳的燃烧热ΔH1=akJ·mol-1；S(s)+2K(s)=K2

S(s)△H2=bkJ·mol-12K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s)△H3=ckJ·mol-1；则x为()A.3a+b-cB.c-3a-bC.a+b-cD.c-a-b【答案】A【解析】【详解】碳的燃烧热△H1=akJ•mol-1，其热化学方程式为C(s

)+O2(g)=CO2(g)△H1=akJ•mol-1①S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=bkJ•mol-1②2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=ckJ•mol-1③将方程式3①+②-③得S(

s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则△H=xkJ•mol-1=(3a+b-c)kJ•mol-1，所以x=3a+b-c，故答案为A。2.反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)过程中的能量变化如图所示，下列有关说法正确的是

()A.ΔH1=ΔH3-ΔH2B.ΔH2为该反应的反应热C.ΔH1＜0D.ΔH3为氢气的燃烧热【答案】A【解析】【分析】由能量图可知，断裂化学键需要吸收|ΔH1|的能量，形成化学键需要释放|ΔH2|的能量，反应的焓变为ΔH3，ΔH1＞0，ΔH2＜0，ΔH3＜0，由此分析。

【详解】A．一个反应的ΔH应是拆开反应物的化学键吸收的能量与形成新的化学键释放的能量之差，从反应过程分析，ΔH3=|ΔH1|－|ΔH2|，即ΔH1=ΔH3−ΔH2，故A符合题意；B．反应热是表示化学反应吸收或释放的能量，ΔH3是该反应的

反应热，ΔH2只是原子结合成分子时释放的能量，故B不符合题意；C．ΔH1是分子拆成原子的过程，需吸收能量，ΔH1＞0，故C不符合题意；D．燃烧热是指在25℃、101kp时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧

化物放出的热量，ΔH3是2mol氢气燃烧放出的热量，不是氢气的燃烧热，故D不符合题意；答案选A。3.在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO(g)＋CO(g)12N2(g)＋CO2(g)；ΔH＝－373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确

措施是A.加催化剂同时升高温度B.加催化剂同时增大压强C.升高温度同时充入N2D.降低温度同时增大压强【答案】B【解析】【分析】提高该反应的NO的转化率只需让平衡正向移动，据此分析判断。【详解】A．加催化剂能使反应速率加快，但平衡不移动

，由于该反应为放热反应，升高温度，虽反应速率加快，但反应逆向进行，因此NO的转化率减小，A项错误；B．加催化剂能使反应速率加快，但平衡不移动，由于该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，反应速率加快，且平衡正向移动，因此加催化剂同时增大压强能提高该反应的速率和NO的转化率，B项正确；C．由于

该反应为放热反应，升高温度，虽反应速率加快，但反应逆向进行，NO的转化率减小，充入N2，增大了生成物的浓度，反应速率加快但平衡逆向移动，NO的转化率减小，C项错误；D．由于该反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，反应正向进行，NO的转化率增大，由于该反应为气体体积缩小的反应，增大压强

，反应速率加快，且平衡正向移动，NO的转化率增大，D项错误；答案选B。4.在以下各种情形下，方程式的书写正确的是（）A.熔融状态下的NaHSO4电离：NaHSO4=Na++H++SO2-4B.H2CO

3的电离：H2CO32H++CO2-3C.FeCl3的水解：Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+D.向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3++3CO2-3=Al2（CO3）3↓【答案】C【解析】【详解】A.熔融状态下的NaHSO4电离出钠离

子和硫酸氢根离子：NaHSO4=Na++HSO4-，A错误；B.碳酸为多元弱酸要分步电离，H2CO3H++HCO3-、HCO3-H++CO32-，B错误；C.FeCl3中铁离子发生水解：Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，C正确；D.向硫酸铝溶液中滴加

碳酸钠溶液发生双水解：2Al3++3CO2-3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，D错误；答案选C。5.下列叙述中正确的是（）A.任何浓度溶液的酸碱性都可用pH试纸测定B.将MgCl2·6H2O晶体加热后得到MgCl2晶体C.25℃时，pH=

12的NaOH溶液中的n（OH-）=10-2molD.25℃时，pH=1的醋酸溶液中c（H+）是pH=2的盐酸溶液中c（H+）的10倍【答案】D【解析】【详解】A.用pH试纸可以测定溶液的酸碱度，其范围是0～1

4，强酸性或者强碱性的溶液无法使用试纸测定，故A错误；B.将MgCl2·6H2O晶体加热后形成氯化镁溶液，镁离子水解生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢加热挥发，促进水解，最终得到氢氧化镁，故B错误；C.没有告诉氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的物质的量

，故C错误；D.25℃时，pH=1的醋酸溶液中c（H+）为0.1mol/L，pH=2的盐酸溶液中c（H+）=0.01mol/L，所以25℃时，pH=1的醋酸溶液中c（H+）是pH=2的盐酸溶液中c（H+）的10倍，故D正确；故选：C。6.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一

定能大量共存的是（）A.KW/c（H+）＝10-1的溶液中：Ba2+、Na+、Cl﹣、Br﹣B.使pH试纸变红的溶液中可能大量存在Na+、K+、NO-3、ClO﹣C.某无色溶液中可能大量存在Al3+、K+、AlO-2、I-D.由水电离出的c（H+）＝1×10-13的溶液中：Cu2+、Na+、H

CO-3、Cl-【答案】A【解析】【详解】A.25℃时的稀溶液中，c（H+）×c（OH-）=10-14=Kw，()wKcH+=10-1，则c（OH-）=10-1mol/L，该溶液呈碱性，Ba2+、Na+、Cl﹣、Br﹣可以在碱性溶液中共

存，A正确；B.能使pH试纸变红的溶液呈酸性，ClO﹣在酸性溶液中生成HClO，不能大量存在，B错误；C.Al3+和AlO-2在水溶液中会发生双水解，生成氢氧化铝沉淀，不能共存，C错误；D.由水电离出的c（H+）＝1×10-13的溶液可能是酸性也可能是碱性，HCO-3既不能在酸性溶液中大量存在，也

不能在碱性环境中存在，D错误；故选A。【点睛】此题考查隐藏条件下离子共存问题，D项是易错点，酸和碱都会抑制水的电离，由水电离出的c（H+）＝1×10-13的溶液可能是酸性也可能是碱性。7.下列说法正确的是A.常温下，将

pH3=的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH4=B.常温下，若NaHA溶液的pH7，则2HA是弱酸C.用盐酸标准溶液滴定氨水至中性时，32NHHO未被完全中和D.25C时4NHCl溶液的WK大于100C时NaCl溶液的WK【答案】C【解析】【详解】A．醋酸是弱

酸，稀释到原体积的10倍后，溶液的pH变化小于1，所以常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＜4，故A错误；B．若pH＜7可能对应酸是强酸，如硫酸氢钠，也可能对应酸是弱酸，如亚硫酸氢钠，故B错误；C

．氯化铵溶液呈酸性，要使盐酸和氨水混合溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以NH3•H2O未被完全中和，故C正确；D．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以水的离子积常数增大，则25℃时NH4Cl溶液的Kw小于100℃时N

aCl溶液的Kw，故D错误；故选：C。8.下面的问题中，与盐类水解有关的是（）①为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸；②实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡胶塞；③在NH4Cl或AlCl3溶液中加入镁条会产生气泡；④长期使用硫酸铵，土

壤酸性增强。A.只有①④B.只有②③C.只有③④D.全部【答案】D【解析】【详解】题中涉及的四个问题都与盐类的水解有关系。具体解释依次如下：①保存FeCl3溶液，在溶液中加入少量盐酸，可以抑制FeCl3发生水解反应生成Fe(OH)3沉淀；②Na2CO3、Na2SiO3可以发生水解使溶液显碱性，从

而能腐蚀玻璃，故实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡胶塞，不能用玻璃塞，避免瓶塞和瓶口粘连在一起；③NH4Cl、AlCl3发生水解，溶液呈酸性，镁可以置换溶液中的氢，放出H2，从而产生气泡

；④硫酸铵水解呈酸性，长期使用此化肥，土壤酸性将增强；故选D。9.已知CH4的燃烧热是akJ/mol，由CH4、H2按3︰1比例组成的混合物2mol，完全燃烧并恢复到常温吋，放出的热量为bkJ，则H2的燃烧热为（kJ/mol）为（）A.2b-3aB.3a-2b

C.13（2b-3a）D.13（a-2b）【答案】A【解析】【分析】【详解】H2、CO按3︰1比例组成的混合物2mol，则氢气是1.5mol，CO是0.5mol。其中氢气燃烧放出的热量是1.5akJ，所以0.5molCO燃烧放出的热量是bkJ－1.5akJ，则CO的燃烧热是(2b-3a)kJ

/mol，答案选A。10.下列有关反应热的叙述正确的是（）A.已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）ΔH=-483.6kJ·mol-1，则氢气的燃烧热为-241.8kJ·mol-1B.同温同压下，H2和Cl2在光照和点燃条件下的ΔH相同C.X（g）+Y（g）Z（g）+W（s）ΔH>0，

恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应的ΔH增大D.C（石墨，s）=C（金刚石，s）ΔH=+1.9kJ·mol-1，说明金刚石比石墨稳定【答案】B【解析】【详解】A.氢气的燃烧热是完全燃烧1mol氢气生成液态水所放出的能量，气态水变为液态水释放热的，所以氢气的燃烧热小于-241.8kJ/

mol，故A错误；B.反应的焓变（△H）与物质的量有关，而与反应条件无关，同温同压下，H2和Cl2在光照和点燃条件下的ΔH相同，故B正确；C.平衡移动不影响焓变，虽然恒温恒容条件下达到平衡后加入X，平衡正向移动，但反应X（g）+Y（g）⇌Z（g）+W（s）的焓变是定值，故C错误；D.C（s，

石墨）=C（s，金刚石）；△H=+1.9kJ•mol-1，说明石墨的能量低于金刚石的，所以金刚石不如石墨稳定，故D错误；故选B。【点睛】此题考查反应热的相关知识，B项和C项是易错项，要注意反应焓变与反应条件无关，确定的热化学方程式的焓变是定值，不会因为反应物的增加而改变，但是焓变

会随着反应系数的改变而改变。11.在298K、1.01×105Pa下，将0.5molCO2通入750mL1mol·L-1NaOH溶液中充分反应，测得反应放出xkJ的热量。已知在该条件下，1molCO2通入1L2mol·L-1NaOH溶液中

充分反应放出ykJ的热量，则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式正确的是（）A.CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）ΔH=－（4x-y）kJ·mol-1B.CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）

ΔH=－（2x-y）kJ·mol-1C.CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）ΔH=－（2y-x）kJ·mol-1D.2CO2（g）+2NaOH（aq）=2NaHCO3（aq）ΔH=－（8y-2x）kJ·mol

-1【答案】A【解析】【分析】根据题意可知，0.5molCO2通入1mol•L-1NaOH溶液750mLL中充分反应，测得反应放出xkJ的热量，写出热化学反应方程式，再利用1molCO2通入2mol•L-1NaOH溶液1L中充

分反应放出ykJ的热量写出热化学反应方程式，最后利用盖斯定律来书写CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式。【详解】0.5molCO2通入750mL1mol⋅L−1NaOH溶液中生成碳酸钠和碳酸氢钠，物质的量之比为1:1,放出热量为xkJ，2molCO2反应放

出热量为4xkJ，热化学反应方程式为2CO2(g)+3NaOH(aq)=NaHCO3(aq)+Na2CO3(aq)+H2O(l)△H=−4xkJ⋅mol−1①；1molCO2通入1L2mol⋅L−1NaOH溶液中反应生成碳酸钠，放出的热

量为ykJ，则热化学方程式为2NaOH(aq)+CO2(g)=Na2CO3(aq)△H=−ykJ⋅mol−1②；根据盖斯定律可知，①−②得：CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq)△H=−(4x−y)kJ⋅mol−1；故

选：A。12.25°C时，水的电离达到平衡：H2OH++OH-，下列叙述正确的是A.将纯水加热到950C时，Kw变大，pH不变，水仍呈中性B.向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)增大，Kw变小C.向水中加入少量固体硫酸氢钠，

c(H＋)增大，平衡逆向移动，KW不变D.向水中通入HCl气体，平衡逆向移动，溶液导电能力减弱【答案】C【解析】【分析】【详解】A．水加热到95℃，水的离子积常数变大，氢离子浓度增大，pH减小，但仍呈中性，故不选A；B．向纯水中加

入稀氨水，平衡逆向移动，氢氧根离子浓度增大，但水的离子积常数不变，故不选B；C．水中加入硫酸氢钠，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，但水的离子积常数不变，故选C；D．水中通入氯化氢，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液中离子浓度增大

，导电性增大，故不选D。13.一定条件下存在反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）ΔH>0，向甲、乙、丙三个恒容容器中加入一定量C和H2O，各容器中温度、反应物的起始量如下表，反应过程中CO的物质的量浓度随时间变化如图所示。下列说法错误的是（

）容器甲乙丙容积0.5L0.5LV温度T1℃T2℃T1℃起始量2molC1molH2O1molCO1molH24molC2molH2OA.甲容器中，反应在前15min的平均速率v（H2）=0.1mol·

L-1·min-1B.乙容器中，若平衡时n（H2O）=0.4mol，则T2<T1C.当温度为T1℃时，反应的平衡常数K=4.5D.丙容器的体积V>0.5L【答案】D【解析】【详解】A.由图可知，15min内甲容器中CO的浓度变

化量为1.5mol/L，v(CO)=1.5mol/L15min=0.1mol⋅L−1⋅min−1，速率之比等于化学计量数之比，所以v(H2)=0.1mol⋅L−1⋅min−1，故A正确，但不符合题意；B.若甲、乙温度相同，为完全等效平衡，平衡时水的物

质的量相同，甲中平衡时生成CO为0.5L×1.5mol/L=0.75mol，则生成平衡时水的物质的量为1mol−0.75mol=0.25mol<0.4mol，则乙相对于甲中平衡向逆反应移动，正反应为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，故乙中温度低，即温度T1>T2，

故B正确，但不符合题意；C.甲容器中：()()()()()()()22Cs+HOgCOg+Hgmol/L200mol/L1.51.51.5mol/L0.51.51.5起始浓度转化浓度平衡浓度T1℃时，反应的平衡常数K=()()()221.51.5=

=4.cCOcHcH0.5O5，故C正确，但不符合题意；D.丙容器中起始量为甲的二倍,若容积=0.5L,等效为在甲平衡基础上增大压强,由于正反应为气体体积增大的反应,加压平衡左移,c(CO)<3mol/L，平衡时CO浓度为3mol/L，故丙容

器的体积V<0.5L，故D错误，符合题意；故选：D。14.常温下，下列溶液中，有关微粒的物质的量浓度关系不正确．．．的是（）A.0.1mol·L-1（NH4）2Fe（SO4）2溶液：c（SO2-4）>c（NH+4）>c（Fe

2+）>c（H+）B.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中+4-c(NH)c(Cl)>1C.0.01mol·L-1NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸混合后的溶液中：c（CH3COO-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）D.0.1mol·L-1NaHCO3溶液：c（H+）+c（H2C

O3）=c（OH-）+c（CO2-3）【答案】B【解析】【详解】A．铵根离子和亚铁离子相互抑制水解且水解但程度较小，硫酸根离子不水解，溶液呈酸性，再结合物料守恒得c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(Fe2+)＞c(H+)，故A正确；B

．向盐酸中加入氨水至中性，则c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知，溶液中+4-c(NH)c(Cl)=1，故B错误；C．0.01mol•L-1NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸溶液，c(CH3COOH)＞c(NaOH

)，二者混合后，醋酸过量，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒得c(CH3COO-)＞c(Na+)，溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸，醋酸的电离程度很小，所以c(Na+)＞c(H+)，则溶液中离子浓度

大小顺序是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故C正确；D．根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，根据物料守恒得c(Na

+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，所以得c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(CO32-)，故D正确。答案选B。【点睛】离子浓度大小比较，明确溶质的特点是解本题关键，强酸弱碱盐、强碱弱酸盐水解程度都较小，根据守恒思想即可解答。15.在容积不变的密闭容器中

进行反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH<0。下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是（）A.图Ⅰ表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高B.图Ⅱ表示t0时刻压强对反应速率的影响C.图Ⅲ表示t0时刻增大压强对反应速率的

影响D.图Ⅳ表示t0时升温对反应速率的影响【答案】C【解析】【详解】A.正反应放热，升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，平衡时二氧化硫的含量减小,所以乙的温度较高，故A错误；B.因为2SO2（g）+

O2（g）2SO3（g），t0时刻增大压强，正逆反应速率都增大，但速率不等，平衡正向移动，故B错误；C.因为2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），t0时刻增大压强，正逆反应速率都增大，但速率不等，平衡正向移动，故C正确；增

大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大；D.因为2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH<0。升温正逆速率都增大，平衡向吸热方向(逆方向)移动，故D错误；故答案：D。16.下列说法正确的是（）A.增大压强能增大活化分子百分数和单位体

积内活化分子数，加快反应速率B.反应SiO2（s）+2C（s）=Si（s）+2CO（g）必须在高温下才能自发进行，则有ΔH>0C.合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率D.任何可逆反应，将其平衡常数

变大，反应物的转化率变小【答案】B【解析】【详解】A.增大压强，若单位体积内活化分子的浓度增大，增大了活化分子的碰撞几率，反应速率才加快；若通过加入不参与反应的气体使压强增大，反应速率不变，故A错误；B.SiO2(s)+2C(s)═Si(

s)+2CO(g)属于熵增反应，必须在高温下自发进行，依据△H−T△S<0反应自发进行可知，则该反应△H>0，故B正确；C.将NH3液化分离，平衡正向移动，且瞬间逆反应速率减小，正反应速率不变，然后正反应速率减小，故C错误；D.在其他条件不

变的情况下，平衡常数K越大，反应向正反应方向进行的程度较大，反应物的转化率就越高，故D错误；故选B。17.反应2A（s）+3B（g）C（g）+2D（g）ΔH<0，在一定条件下达到平衡状态，下列有关叙述正确的有（）①增加A的量，平衡向正反应方向移动；②加入催化剂，B的转化率提高；③压强增大

一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变；④增大B的浓度，v（正）>v（逆）；⑤升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】A【解析】【详解】①增加A的量，A为固体，浓度不变，则平衡不移动，故

错误；②加入催化剂，对平衡移动无影响，则B的转化率不变，故错误；③2A（s）+3B（g）C（g）+2D（g）为气体体积不变的反应，压强增大一倍，平衡不移动，但正逆反应速率同等程度增大，故错误；④增大B的浓度，平衡正向移动，则υ(正)>υ

(逆)，故正确；⑤反应2A（s）+3B（g）C（g）+2D（g）为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，且正逆反应速率均增大，υ(正)<υ(逆)，故错误；故选：A。18.下列说法中，能说明化学平衡一定向正反应方向移动的是（）A.2HI（g）H2（g）+I2（g）

，改变某一条件后，气体颜色加深B.N2O4（g）2NO2（g），单位时间内消耗N2O4和2NO2的物质的量之比大于1：2C.2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），改变某一条件后，SO3（g）的体积分数增加D.N2（g）+3H2（g）2NH3（g），恒温恒压条件下，充入He【答案】B【

解析】【详解】A．缩小容器的体积，I2(g)的浓度增大，气体颜色加深，但是气体的压强增大，平衡不移动，故A错误；B．消耗N2O4为正速率，消耗NO2为逆速率，单位时间内消耗N2O4和NO2的物质的量之比大于1：2，即正反应速率大于逆反应速率，所以向正反应方向移动，故B正确；C．加入S

O3，SO3的体积分数增大，SO3为生成物，增大生成物的浓度平衡逆向移动，故C错误；D．恒温恒压条件下，充入He，容器的体积增大，反应物的分压减小，减小压强向气体体积增大的方向移动，即向逆反应方向移动，故D错误。答案选B

。19.可逆反应mA（s）+nB（g）eC（g）+fD（g）反应过程中，当其他条件不变时，C的体积分数在不同温度（T）和不同压强（P）的条件下随时间（t）的变化关系如下图所示。下列叙述正确的是（）A.

达到平衡后，若使用催化剂,φ(c)将增大B.当平衡后，若温度升高，化学平衡向逆反应方向移动C.化学方程式中，m+n<e+fD.达到平衡后，增加A的质量有利于化学平衡向正反应方向移动【答案】B【解析】【分析】由图①可知，根据先拐先平衡，条件高，则温度升高C的百分含量降低，说

明升高温度平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，同理由②可以看出增大压强，C的百分含量降低，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有n<e+f。【详解】A.催化剂只改变化学反应速率，对平衡移动没有影响，故A错误；B.由图①可知，温度升高C的百分

含量降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故B正确；C.由②可以看出增大压强，C的百分含量降低，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有n<e+f，故C错误；D.A为固体，加入A，化学反应速率以及平衡都不发生改变，故D错误；故选B。20.下列有关平衡常数（K、Ka、Kw）的说法中不正确．

．．的是A.平衡常数的大小能说明反应（或电离、溶解）进行的程度B.若各平衡常数（K、Ka、Kw）的值发生变化，则平衡一定发生移动C.若温度升高，则各平衡常数一定增大D.某一可逆反应的平衡常数越大，表明反应（或电离、溶解）进行的程度越大【答案】C【解析】【详解】A.平衡

常数是平衡时生成物的浓度幂之积比反应物浓度幂之积，所以能说明反应（或电离、溶解）进行的程度，故A正确，但不符合题意；B.平衡常数是平衡时生成物的浓度幂之积比反应物浓度幂之积，平衡常数的值发生改变，说明平衡一定发生移动，故B正确，但不符合题

意；C.正反应是吸热反应，温度越高K值越大，正反应是放热反应，温度越高K值越小，故C错误，符合题意；D.平衡常数是平衡时生成物的浓度幂之积比反应物浓度幂之积，值越大，说明正向进行的程度越大，故D正确，但不符合题意；故选：C。21.相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密

闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH＝－92.6kJ/mol。实验测得起始、平衡时的有关数据如表：容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡时体系能量的变化N2H2NH3①130放出

热量：23.15kJ②0.92.70.2放出热量：Q下列叙述错误．．的是A.容器①、②中反应的平衡常数相等B.平衡时，两个容器中NH3的体积分数相等C.容器②中达平衡时放出的热量Q＝23.15kJD.若容器①体积为0.5L，则平衡时

放出的热量小于23.15kJ【答案】C【解析】【详解】A．假设容器②中0.2molNH3完全转化为0.1molN2和0.3molH2，则容器①、②中的平衡为等效平衡，则达到平衡时，容器①、②中的反应的平衡常数相等，A正确；B．由A可知

，容器①、②中的平衡为等效平衡，则平衡时，两个容器中NH3的体积分数相等，B正确；C．容器①、②中的平衡为等效平衡，则容器②中的反应与容器①中的反应相比，相当于在平衡的基础上加入0.2molNH3，平衡逆向移动，放出的热量Q小于23.15kJ，C错误；D

．容器①体积由0.25L变为0.5L，压强减小，平衡逆向移动，则平衡时放出的热量小于23.15kJ，D正确。答案选C。22.已知H2（g）+Br2（l）2HBr（g）ΔH=-72kJ·mol-1，蒸发1molBr2需要吸

收的能量为30kJ，其它相关数据如下表：H2（g）Br2（g）HBr（g）1mol分子中的化学键断裂吸收的能量/kJ436a369则下列说法正确的是（）A.Br2（l）=Br2（g）ΔS<0B.Br2（l）=Br2（

g）ΔH=-30kJ·mol-1C.该反应在常温常压下不可以自发进行D.a=200【答案】D【解析】【详解】A.液体变成气体，混乱度增大，ΔS＞0，故A错误；B.液体变成气体，应吸收热量，△H＞0，故B错误；C.该反应△H＜0，ΔS＞

0，则吉布斯自由能ΔG=△H-TΔS＜0恒成立，在常温常压下可以自发进行，故C错误；D.已知H2(g)+Br2(l)=2HBr(g)△H=−72kJ/mol，蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，则有H2(g)+Br2(g)=2HBr(g)△H=−102kJ/mol，反应

热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则有436+a−2×369=−102，a=200，故D正确；故选D。23.室温下，下列事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是（）A.pH=2的HCl溶液与pH=12的NH3·H2O溶液等体积混合c(H+)<c(OH-)B.0.1mo

l·L-1NH4Cl的pH小于7C.相同条件下，浓度均为0.1mol·L-1NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱D.10mL0.1mol·L-1NH3·H2O恰好能与10mL0.1mol/L盐酸完全反应【答案】D【解析】【详解】A

.若NH3·H2O为强电解质，则pH=2的HCl溶液与pH=12的NH3·H2O溶液等体积混合c(H+)=c(OH-),而此时c(H+)<c(OH-)，说明NH3·H2O还有未电离的溶质，所以NH3·H2O部分电力，为弱电解质，故不选A。B.0.1mol•L-1NH4Cl的pH小于7显酸性，说明

NH4Cl是强酸弱碱盐，则证明NH3•H2O是弱电解质，故不选B。C.相同条件下，浓度均为0.1mol•L-1NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明NH3•H2O部分电离，为弱电解质，故不选C。D.NH3·H2O和盐酸同

浓度，根据中和概念，恰好中和只与氢离子和氢氧根的总浓度有关，不与其电离程度有关，所以不能判断NH3·H2O为弱电解质，故选D。24.某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-

5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（）A.曲线Ⅰ代表HNO2溶液B.溶液中水的电离程度：b点＞c点C.相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)

相同D.c点到d点，溶液中--c(HA)c(OH)c(A)保持不变（HA、A-代表相应的酸和酸根离子）【答案】D【解析】【详解】A．HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5，酸的电离平衡常数越大，酸的

酸性越强，相同浓度的HNO2和CH3COOH，酸性HNO2＞CH3COOH，pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，根据图知，曲线I表示CH3COOH、曲线II表示HNO2，故A错误；B．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大，其抑制水电离程度越大，酸中c(

H+)：b＞c，则水的电离程度：b＜c，故B错误；C．相同体积的a点两种溶液中n(酸)：n(HNO2)＜n(CH3COOH)，分别与NaOH恰好中和后消耗n(NaOH)：HNO2＜CH3COOH，所以溶液中n(Na+)：HNO2＜CH3COOH，故C错误；D．温度不变水解平衡

常数不变，从c点到d点温度不变，溶液中--c(HA)c(OH)c(A)=Kh(HA)不变，故D正确；答案选D。【点睛】pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强都是解题的关键。25.25℃时，用0.100mol·L-1

的盐酸滴定20mL0.100mol·L-1的NaA溶液，溶液的pH与所加盐酸体积（V）的关系如图所示。下列说法正确的是（）A.N点溶液中c(Na+)>c(A-)+c(Cl-)B.pH=7时溶液中水不发生电离C.a<7D.M点溶

液中加入少量水稀释，溶液碱性增强【答案】A【解析】【详解】A.N点pH大于7，c(H+)<c(OH-)，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(Cl-)+c(OH-),所以c(Na+)>c(A-)+c(Cl-)，故A正确

。B.任何水溶液中都存在水的电离，故B错误。C.由图可得，加入盐酸10mL时，溶液为等物质的量的NaA与HA的混合物，通过M点可得()11.21424.6h10100.1K−−==，所以149.4a4.6101010whKKK−−−===，

所以Ka<Kh，说明HA的电离程度小于NaA的水解程度，溶液呈碱性，a大于7，故C错误。D.M点加水稀释，促进水解，但体积增大，溶液碱性反而减弱，故D错误。二、填空题（本大题共5小题，共50.0分）26.某学生用0.2000mol·L

－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：①用蒸馏水洗涤，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；②固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体；③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数；④移取20.00mL待测液注

入洁净的还存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。请回答下列问题：（1）空中所填写仪器名称为___________。（2）以上步骤有错误的是______（填编号）。若测定结果偏高，其原因可能是__

______（填字母）。A配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质B滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作正确C盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗D所配的标准NaOH溶液物质的量浓度偏大（3）判断滴

定终点的现象是_____________。【答案】(1).碱式滴定管(2).①(3).ABC(4).当最后一滴氢氧化钠后，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内颜色不变，即达到滴定终点【解析】【详解】（1）氢氧化钠是碱，用碱式滴定管盛放；（2）根据碱

式滴定管在装液前应用所装液体进行润洗，用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上，碱式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=()()(

)cVV标准标准待测，可知c（待测）偏大，故步骤①错误；A．配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质，标准溶液中氢氧根离子的浓度偏小，消耗的V（标准）增大，c（待测）=()()()cVV标准标准待测分析，测定结果偏高，故A正确；B．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，读取消耗的V（标

准）偏大，c（待测）=()()()cVV标准标准待测分析，测定结果偏高，故B正确；C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗，消耗的V（标准）增大，c（待测）=()()()cVV标准标准待测分析，测定结果偏高，故C正确；D．所配的标准NaOH溶液物质的量

浓度偏大，滴定过程中溶液变红色早，消耗的V（标准）偏小，c（待测）=()()()cVV标准标准待测分析，测定结果偏低，故D错误；故答案为：①；ABC；（3）滴定终点时溶液颜色由无色突变为红色，且半分钟内不褪色，判断滴定终点的现象是：滴入最后

一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不恢复原色。27.(1)25℃时，浓度为0.1mol·L−1的6种溶液：①HCl；②CH3COOH；③Ba(OH)2；④Na2CO3；⑤KCl；⑥NH4Cl。溶液pH由小到大的顺序为_________(填编号)。(2

)物质的量浓度相同的①氯化铵；②碳酸氢铵；③硫酸氢铵；④硫酸铵4种溶液中，c(NH+4)由大到小的顺序是_________。(填编号)(3)常温下0.1mol·L−1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据变小的是_______(填字母序号，下

同)。若该溶液升高温度，下列表达式的数据增大的是________。Ac(H+)Bc(H+)/c(CH3COOH)Cc(H+)•c(OH－)Dc(OH－)/c(H+)(4)25℃时，将mmol/L的醋酸和nmol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液

的pH=7，则溶液中c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=__________mol/L，m与n的大小关系是m________n(填“＞”，“﹤”，“=”)。【答案】(1).①②⑥⑤④③(2).④③①②(3).A(4).ABC(5).m2(6)

.＞【解析】【分析】(1)6种溶液中分为显酸性的，显碱性的，显中性的，再根据每种显酸碱性的再分析。(2)按照单一水解，相互促进水解，抑制水解，电离出的铵根离子2倍关系进行分析。(3)按照加水稀释，平衡移动进行分析；按照升高温度平衡移动进行分析。(4)根据物料守恒进行分析，假设若m=

n时，溶液显酸碱性分析。【详解】(1)25℃时，浓度为0.1mol·L−1的6种溶液：①HCl；②CH3COOH；③Ba(OH)2；④Na2CO3；⑤KCl；⑥NH4Cl，6种溶液中显酸性的为①HCl，②CH3COOH，⑥NH4Cl，而HCl的酸性更强，因此pH更小，⑥NH4Cl是水解显

酸性，pH是三个中最大的，显碱性的为③Ba(OH)2，④Na2CO3，③Ba(OH)2是碱电离显碱性，pH更大，显中性的为⑤KCl，因此溶液pH由小到大的顺序为①②⑥⑤④③；故答案为：①②⑥⑤④③。(2)物质的量浓度相同的①氯化

铵；②碳酸氢铵；③硫酸氢铵；④硫酸铵4种溶液中，一个硫酸铵电离出两个铵根离子，硫酸氢铵是氢离子抑制铵根离子水解，水解程度小，氯化铵中铵根离子单一水解，碳酸氢铵中铵根离子、碳酸氢根离子相互促进的水解，水

解程度大，因此c(NH+4)由大到小的顺序是④③①②；故答案为：④③①②。(3)A．加水稀释，电离平衡正向移动，但由于溶液体积增大占主要，因此c(H+)减小，故A符合题意；B．加水稀释，醋酸根浓度减小，因此3a+3()=()cHcCHCOOHcCHC()OOK−增大，故B不符合题意；C．Kw=c(

H+)·c(OH－)只与温度有关，与浓度无关，因此Kw不变，故C不符合题意；D．加水稀释，氢离子减小，氢氧根浓度增大，因此+()H)OH(cc－增大，故D不符合题意；综上所述，答案为A；若该溶液升高温度，电离平衡正向移动，因此c(H+)增大，故A符合题意；B．升高温度，平

衡正向移动，氢离子浓度增大，醋酸浓度减小，因此+3(H)(CHCOOH)cc增大，故B符合题意；C．Kw=c(H+)·c(OH－)只与温度有关，温度升高，平衡正向移动，因此Kw增大，故C符合题意；D．升高温度，氢离子增大，氢氧根浓度减小，因此+()H)OH(cc－减小，故D

不符合题意；综上所述，答案为ABC。(4)25℃时，将mmol/L的醋酸和nmol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的pH=7，再根据物料守恒得到溶液中c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=m

VmV+V2=mol/L，若m=n时，反应后溶质为醋酸钠，溶液显碱性，而此时溶液为中性，说明醋酸比氢氧化钠多，则m与n的大小关系是m＞n；故答案为：m2；＞。【点睛】假设法醋酸和氢氧化钠溶液浓度相等分析溶质显酸碱性，再根据实际溶液酸碱性，应该还需加入哪种物质来分析。28.

TiO2和TiCl4均为重要的工业原料。已知：Ⅰ.TiCl4（g）+O2（g）TiO2（s）+2Cl2（g）ΔH1=-175.4kJ·mol-1Ⅱ.2C（s）+O2（g）2CO（g）ΔH2=-220.9kJ·mol-

1请回答下列问题：（1）TiCl4（g）与CO（g）反应生成TiO2（s）、C（s）和氯气的热化学方程为________。升高温度对该反应的影响为__________。（2）t℃时，向10L恒容密闭容器中充入1molTiCl4和2molO2，发生反应Ⅰ。5min达到平衡测得TiO2的

物质的量为0.2mol。①下列措施，既能加快逆反应速率又能增大TiCl4的平衡转化率是________（填字母）。A缩小容器容积B加入催化剂C分离出部分TiO2D增大O2浓度②t℃时，向10L恒容密闭容器中充入3molTiCl4和一定量O2的混合气体，发生反应Ⅰ，两种气体的平衡转

化率（α）与起始的物质的量之比[42n(TiCl)n(O)]的关系如图所示：能表示TiCl4平衡转化率的曲线为________（填“L1”或“L2”）；M点的坐标为________。【答案】(1).TiCl4（g）+2C

O（g）=TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）ΔH=+45.5kJ·mol-1(2).反应速率加快，平衡正向移动，反应物的转化率增大(3).D(4).L2(5).（1，17）【解析】【分析】（2）②中图像横坐标是()()42n

TiClnO，纵坐标是平衡转化率，恒容密闭容器中充入3molTiCl4和一定量O2的混合气体，随着氧气的增加，()()42nTiClnO值减小，TiCl4的平衡转化率增大，可以判断出L2能表示TiCl4平衡转化率；根据（2）中数据可以计算出

t℃时该反应的平衡常数，列“三段式”设未知数x为平衡转化率，列()()42nTiClnO=1时平衡常数的表达式，可以算出此时的平衡转化率。【详解】(1)已知：Ⅰ.TiCl4(g)+O2(g)TiO2(s)+2Cl2(g)ΔH1=-175.4kJ·mol-1Ⅱ.2C(s)+O2(g)2CO(

g)ΔH2=-220.9kJ·mol-1，根据盖斯定律，用Ⅰ-Ⅱ，TiCl4(g)+2CO(g)=TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)ΔH=-175.4kJ·mol-1-（-220.9kJ·mol-1）=+45.5kJ·mol-1；正反应为吸热反应，升高温度，

反应速率加快，平衡正向移动，反应物的转化率增大；(2)①A.反应Ⅰ气体分子数不变，缩小容器容积，反应速率加快，平衡不移动，故A错误；B.加入催化剂平衡不移动，故B错误；C.TiO2为固体，分离出部分TiO2速率不变，故C错误；D.增大O2浓度既能加快逆反应速率又能

增大TiCl4的平衡转化率，故D正确；故选D。②中图像横坐标是()()42nTiClnO，纵坐标是平衡转化率，恒容密闭容器中充入3molTiCl4和一定量O2的混合气体，随着氧气的增加，()()42nTiClnO值减小，Ti

Cl4的平衡转化率增大，可以判断出L2能表示TiCl4平衡转化率；M点表示()()42nTiClnO=方程式的计量数比=1时，TiCl4的转化率与O2的转化率相同，即a=1；由t℃时，向10L恒容密闭容器中充入1molTiCl4和2molO2，发生反应Ⅰ。5min达到平衡

时测得TiO2的物质的量为0.2mol。平衡时四种物质的浓度分别为0.08mol·L－1TiCl4、0.18mol·L－1O2，0.04mol·L－1Cl2，平衡常数K=20.041=0.080.189；t℃时，向10L恒容密闭容

器中充入3molTiCl4和3molO2的混合气体时，()()42nTiClnO=方程式的计量数比，M点两物质的转化率相等，令转化率为x，则平衡时四种物质的浓度分别为：0.3（1-x）mol·L－1TiCl4、0.3（1-x）mol·L－

1O2，0.6xmol·L－1Cl2，温度不变，平衡常数不变，()()2220.6x1=90.31x−，解得x=17，则M点的坐标为（1，17）。29.（1）已知100℃时，水的离子积常数为1×10-12，将此温度下pH=1

的H2SO4溶液aL与pH=11的NaOH溶液bL混合，若所得混合液pH=2，则a：b=______。（2）0.1mol/LNaHS溶液显碱性，则c（S2﹣）_____c（H2S）（填“>”，“<”或“=”）。（3）常温下，向0.2mol/L的H2S溶液中逐滴滴入0.2mol/LNaOH溶液至

中性，此时溶液中以下所示关系一定正确的是_____。Ac（H+）•c（OH﹣）＝1×10﹣14Bc（Na+）＝c（HS﹣）+2c（S2﹣）Cc（Na+）＞c（HS﹣）+c（S2﹣）+c（H2S）Dc（H2

S）＞c（S2﹣）（4）Na2S溶液中存在多种平衡，写出其物料守恒：_______。（5）已知Ka（HA）＞Ka（HB）。现有温度、物质的量浓度和体积均相同的NaA和NaB两种溶液，若前者溶液中所有离子数目为n1，后者的所有离子数目为

n2，则n1______n2。（填>、=或<）【答案】(1).11：9(2).<(3).ABD(4).c（Na+）=2[c（S2-）+c（H2S）+c（HS-）](5).>【解析】【详解】（1）已知100℃时，水的离子积常数

为1×10-12，，混合溶液pH=2，则此时溶液呈酸性，H+离子浓度为1×10-2mol/L，所以c混(H+)=[c(H+)×a-c(oH-)×b]/(a+b)，解得a：b=11：9。（2）0.1mol/LNaHS溶液中存在平衡：HS-H++S2-

、HS-+H2OH2S+OH-，由于溶液显碱性，所以水解过程大于电离过程，则c（S2﹣）<c（H2S）。（3）A.在常温下，Kw=c（H+）•c（OH﹣）=1×10-14，A正确；B.根据电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(HS-)+2c(S2-)+c

(OH-)，因为c(H+)=c(OH-)，故c（Na+）＝c（HS﹣）+2c（S2﹣），B正确；C.由于NaHS溶液显碱性，要保证溶液呈中性，则H2S适当过量，故根据物料守恒，c（Na+）<c（HS﹣）+c（

S2﹣）+c（H2S），C错误；D..由于NaHS溶液显碱性，要保证溶液呈中性，则H2S适当过量，c（H2S）＞c（S2﹣），D正确；答案选ABD。（4）Na2S溶液中钠与硫的浓度之比为2：1，其物料

守恒为c（Na+）=2[c（S2-）+c（H2S）+c（HS-）]。（5）已知Ka（HA）＞Ka（HB），则A-的水解程度小于B-的水解程度，温度、物质的量浓度和体积相同的NaA和NaB两种溶液盐的物质的量相等，根据电荷

守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-）、c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（B-），两种溶液中离子浓度分别是其溶液中所有阳离子浓度的2倍，因为酸根离子水解程度A-＜B-，所以NaA溶液中氢离子浓度大于NaB，两种溶液中钠离子浓度相等，所以NaA溶液中离子个数大于NaB离

子个数，即n1＞n2。30.将4molN2O4放入2L恒容密闭容器中发生反应N2O4(g)2NO2(g)，平衡体系中N2O4的体积分数（Φ）随温度的变化如图所示：（1）D点v(正)____v(逆)（填“＞、＜或=”）。（2）A、B、C三点中平衡常数K的值最大的是____点。T2

时N2O4的平衡转化率为____；若平衡时间为5s，则此时间内的N2O4平均反应速率为____。（3）若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数____（填“增大、不变或减

小”）。【答案】(1).＜(2).C(3).25%(4).0.1mol·L—1·s—1(5).减小【解析】【详解】（1）T1温度下，D点到平衡点A，N2O4的体积分数增大，反应逆向进行，所以v(正)＜v(逆)；（2）根据图示，升高温度平衡体系中N2O4的体积分数减小，平衡正向移动，升高温度，平衡

常数增大，A、B、C点中平衡常数K的值最大的是C点；()()2422N022OgNOg22xxxx−开始转化平衡2-0.622xxx=−+，x=0.5，T2时N2O4的平衡转化率为0.5100%=25%

2；若平衡时间为5s，则此时间内的N2O4平均反应速率为()240.5mol/LNO=5sct==0.1mol·L-1·s-1；（3）若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，相当于加压，平衡逆向移动，NO2的体积分数减小。本试卷的题干

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