【文档说明】安徽师范大学附属中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题 含解析.docx，共(19)页，688.379 KB，由小赞的店铺上传

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安徽师范大学附属中学2023—2024学年高二学期10月月考化学试题注意事项：1.考试时间60分钟，满分100分。2.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。第Ⅰ卷(选择题每题4分共60分)一、选择题：(每小题只有一个选项符

合题意，共15小题，每小题4分)1.以下说法中，正确的有几项Ⅰ.中和反应反应热的测定实验①为了保证盐酸完全被NaOH中和，采用浓度稍大的NaOH溶液，使碱稍稍过量②在大烧杯底部垫泡沫塑料(或纸条)，以达到保温、隔热、减少实验过程中热量损失的目的，也可在保温杯中进行③混合溶液时，应将

NaOH溶液一次倒入小烧杯，盖好盖板④混合溶液后，用环形金属搅拌棒轻轻搅动溶液，并准确读取混合溶液的最高温度⑤单次实验需要记录3次温度计读数Ⅱ.燃烧热、中和热、能源⑥101kpa时，某纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热⑦若酸碱中和反应的离子方程式可以写成2HOH=H

O+−+时，中和热为-57.3kJ/mol⑧如果有一元弱酸或弱碱参加中和反应，其中和热所放出热量一般都高于57.3kJ/mol⑨现阶段探索的新能源有太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物质能等，它们资源丰富，可以再生，没有污染或很少污染，很可能成为未来的主要能源⑩

燃煤发电是从煤中的化学能开始的一系列能量转换过程，主要包括化学能、热能、机械能、电能⑪利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能(如太阳光能)直接转换为电能A.7B.8C.9D.10【答案】A【解

析】【详解】①采用浓度稍大的NaOH溶液，使碱稍稍过量，保证盐酸完全被NaOH中和，①正确；②在大烧杯底部垫泡沫塑料(或纸条)，以达到保温、隔热、减少实验过程中热量损失的目的，也可在保温杯中进行，②正确；③为避免热量损失，混合溶液时，应将NaOH溶液一次倒入小烧杯，盖好盖板，③正确；

④混合溶液后，用环形金属搅拌棒轻轻搅动溶液，使反应溶液充分混合，可准确读取混合溶液的最高温度，④正确；⑤单次实验需要记录最高温度的读数，⑤错误；⑥101kpa时，1mol某纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所

放出的热量，叫做该物质的燃烧热，⑥错误；⑦若酸碱中和反应的离子方程式可以写成2HOH=HO+−+时，中和热不一定为-57.3kJ/mol，⑦错误；⑧如果有一元弱酸或弱碱参加中和反应，弱电解质电离是吸热的过程，故其中和热所放出热量一般都低于57.3kJ/mol，⑧错误；⑨现

阶段探索的新能源有太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物质能等，它们资源丰富，可以再生，没有污染或很少污染，很可能成为未来的主要能源，⑨正确；⑩燃煤发电是从煤中的化学能开始的一系列能量转换过程，主要包括化学能、热能、机械能、电能，⑩正确⑪利用高纯单质硅的半导体性能，可

以制成光电池，将光能(如太阳光能)直接转换为电能，⑪正确；共7个正确，故选A。2.已知：弱碱MOH(aq)与H2SO4(aq)反应生成1mol正盐的△H=-24.2kJ/mol，强酸与强碱的稀溶液的中和热为△H=

-57.3kJ/mol。则MOH在水溶液中电离的△H为A.+45.2kJ/molB.+69.4kJ/molC.-69.4kJ/molD.-45.2kJ/mol【答案】A【解析】【详解】弱碱MOH(aq)与H2SO4(aq)

反应生成1mol正盐的热化学方程式为()()()()1242422MOHaq+HSOaq=MSOaq+2HOlΔH24.2kJmol－＝－，则①()()()()++12MOHaq+Haq=Maq+HOlΔH12.1kJmol－＝－，强酸与强碱的稀溶液反应的热化学方

程式为②()()()+-12Haq+OHaq=HOlΔH57.3kJmol－＝－。根据盖斯定律可知，由①-②可得()()()+-MOHaqMaq+OHaq，则MOH在水溶液中电离的ΔH为－12.1kJ·mol－1－(-57.3kJ·mol－1)=+45.2

kJ·mol-1，A正确；故选A。3.下列说法正确的是A.()()()22HgIg2HIg+，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变B.()()()()22CsHOgHgCOg++，碳的质量不再改变不能说明反应已达

平衡C.若压强不再随时间变化能说明反应()()2A?B(g)2C?+已达平衡，则A、C不能同时是气体D.21molN和23molH反应达到平衡时2H转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当32molNH分解为2N和2H的转化率为10%时，吸收的

热量为Q2，Q2等于Q1【答案】D【解析】【详解】A．()()()22HgIg2HIg+，其他条件不变，缩小反应容器体积，反应物和生成物浓度增大，正逆反应速率增大，A错误；B．22C(s)HO(g)H(g)CO(g)++反应中，在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡

时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B错误；C．若压强不再随时间变化能说明反应()()2A?B(g)2C?+已达平衡，说明反应前后气态物质的化学计量数之和不相等，2A(?)B(g)2C(?)+中即

使A，C物质均为气体，反应前后气态物质的化学计量数之和也不相等，C错误；D．N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH，21molN和23molH反应达到平衡时2H转化率为10%，合成氨气实际参与反应n(H2)=3×10％=0.3m

ol，因而Q1=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10％=0.2mol，Q2=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D正确；故选D。4.下列实验能达到目的的是目的实验方法或方案A探究压强对化学平

衡的影响()()()22HgIg2HIg+B探究浓度对化学平衡移动的影响向盛有2275mL0.1mol/LKCrO溶液的试管中滴入3滴浓硫酸，振荡C比较C和Si元素的非金属性强弱将碳单质和二氧化硅固体混合置于硬质玻璃管内高温加热，并检验反应后

产物D探究浓度对反应速率的影响向2支盛有2242mL0.01mol/LHCO溶液的试管中分别加入4mL0.01mol/L和0.02mol/LKMnO4溶液，观察现象A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．()()()22HgIg2HIg+前后气体系数和相等，压强不影响该反

应平衡移动，A错误；B．向盛有2275mL0.1mol/LKCrO溶液试管中滴入3滴浓硫酸，振荡，2-2-+2724CrO+HO2CrO+2H，氢离子浓度变大，平衡逆向移动，B正确；C．非金属性是指氧化性，碳单质和二氧化硅高温下反应生成硅和CO，碳表现还原性，C错误；

D．KMnO4与草酸反应探究速率是以高锰酸钾褪色快慢来比较，高锰酸钾必须反应要完全反应，本实验高锰酸钾过量，D错误；故选B。5.下列叙述与图象对应符合的是对于达到平衡状态的N2(g)+3H2(g)2NH3(g)在0t时刻充入了一定量的NH3，平衡逆

向移动该图象表示的化学方程式为：2A=B+3C对于反应2A(g)+B(g)C(g)+D(g)ΔH0，21pp，12TT对于反应2X(g)+3Y(g)2Z(g)ΔH0，y可以表示Y的百分含量ABCDA.AB.BC.CD.

D【答案】C【解析】【详解】A．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)达到平衡状态后，在0t时刻充入了一定量的NH3，逆反应速率迅速的增大，正反应速率在0t时刻不变，逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，A错误；B．根据图像可知，1t时刻后，体系中三个物质

共存，为可逆反应，故反应的化学方程式为：2A⇌B+3C，B错误；C．根据图像b、c曲线，可知b先达平衡，故12TT，根据图像a、b曲线，可知b先达平衡，故21pp，C正确；D．对于反应2X(g)+3Y(g)2Z(g)ΔH0，反应放热

，升高温度平衡逆向移动，Y的含量增加，D错误；故选C。6.下列对于化学反应方向说法不正确的是A.自发进行的化学反应的方向，应由焓判据和熵判据的复合判据来判断B.一定温度下，反应()()()22NaCls2NasClg=+的ΔH0，ΔS

0C.某些非自发的反应能通过改变条件使其成为自发反应D.知道了某过程有自发性之后，就能确定该过程是否一定会发生【答案】D【解析】【详解】A．根据△G=△H-T△S，自发进行的化学反应的方向，应由焓判据和熵判据的复合判据来判断，A正

确；B．反应()()()22NaCls2NasClg=+是熔融氯化钠的电解，是吸热反应，ΔH0，反应后气体分子数增多，是熵增加的过程ΔS0，B正确；C．根据△G=△H-T△S，△G<0反应自发，因此某些非自发的反应能通过改

变条件使其成为自发反应，C正确；D．知道了某过程有自发性之后，不能确定该过程是否一定会发生，D错误；故选D。7.100℃时，()()242NOg2NOgH0，0.36K=。2NO和24NO的消耗速率与浓度存在下列关系：()()24124vNOkNOc

=，()()2222vNOkNOc=，其中1k、2k是与反应及温度有关的常数，其消耗速率与浓度的图象如图所示。下列有关说法正确的是A.曲线X表示24NO消耗速率与浓度的关系B.1k与2k都有单位，且单位相同C.图中A点处于平衡状态D.若

在1T温度下，12kk=，则1T>100℃【答案】D【解析】【分析】根据图象，曲线X随浓度的变化大于曲线X随浓度的变化，结合()()24124vNO=kcNO，()()2222vNO=kcNO分析判断曲线X、Y代表的物质，图中交点A表示消耗的速率v（N2O4）=v（NO2），

结合平衡时速率的关系分析判断。【详解】A．根据图象，曲线X随浓度的变化大于曲线X随浓度的变化，因为()()24124vNO=kcNO，()()2222vNO=kcNO，所以曲线X表示NO2消耗速率与浓度的关系，故A错误；B．根据()()24124vNO=kcNO，()()2222

vNO=kcNO，浓度的单位为mol/L，而反应速率的单位为mol/(L·s)，因此1k与2k都有单位，且单位不同，1k的单位是s-1，2k的单位为L/(mol·s)，故B错误；C．交点A表示的消耗速率v（N2O4）=v（NO2），而达到平衡时NO2的消耗速率应该是N2O4消耗速率的2倍，

v（NO2）=2v（N2O4），因此此时v逆＜v正，反应向正反应方向移动，故C错误；D．100℃时，()()242NOg2NOgH0，K=0.36=()()2224cNOcNO，而平衡时，v（NO2）=2v

（N2O4），因此()()2222vNO=kcNO=2()()24124vNO=2kcNO，则()()2224cNOcNO=122kk=0.36；若在1T温度下，12k=k，则122kk=2，平衡常数增大，反应需要正向移动，温度需要升高，即1T＞100℃，故D正确；故答案为D。

8.在1L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g),发生反应X(g)+Y(g)M(g)+N(s),所得实验数据如下表，下列说法不正确的是实验编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(X)n(Y)n(M)n(N)①800

0.100.400.0800.080②8000.200.80aa③9000.100.150.060.06下列说法不正确的是：A.正反应为放热反应B.实验①中，5min达平衡，用X表示的平均反应速率v（X）=0.016mol/(L•min)C.实验②中

，该反应的平衡常数K=12.5D.实验②中，达到平衡时，a大于0.16【答案】A【解析】【详解】A.①③相比,Y的浓度不同、温度不同,Y的量减少或升高温度平衡逆向移动,均可使平衡时M的物质的量减小,则不能判断正反应是否为放热反应,故A错误;B.实验①中,生成M为0.080m

ol,则X的变化量为达平衡,用X表示的平均反应速率•,故B错误;C.①②中温度相同,则K相同,由①可以知道,开始量0.10.40转化量0.080.080.08平衡量0.020.320.08k=0.08mol.L-1/0.02mol.L-10.32mol.

L-1=12.5,所以C是正确的;D.①②温度相同、体积相同,②中物质的量为①的2倍,若平衡不移动,a=0.16,且压强增大平衡正向移动,则a大于0.16,所以D选项是正确的;所以答案为A选项。9.如图所示，关闭活塞，向甲、乙两刚性密闭容器中分别

充入1molA、2molB，此时甲、乙的容积均为2L(连通管体积忽略不计)。在T℃时，两容器中均发生下述反应：()()()()Ag2Bg2Cg3Dg++Δ0H。达平衡时，乙的体积为2.6L，下列说法正确的是A.甲中反应的平衡常数小于乙B.若打开活塞K，达平衡时乙容器的体积

大于3.2LC.当乙中A与B的体积分数之比为1：2时，反应达到平衡状态D.平衡时甲容器中A的物质的量大于0.55mol【答案】D【解析】【详解】A．化学平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，甲、

乙两容器的反应温度相同，平衡常数相等，A错误；B．若打开活塞K，相当于等压条件，与原来的乙等效，故反应后总体积为2.6L×2=5.2L，所以达平衡时乙容器的体积为5.2L-2L=3.2L，B错误；C．由于反应物A与B按照1:2通入

的，且二者的转化率相等，所以这个过程中A与B的体积分数之比恒为1:2，不能判断反应是否达到平衡状态，C错误；D．乙变成恒压，达平衡时，乙的体积为2.6L，平衡时混合物的物质的量之和为开始时的1.3倍，利用三段式计算得平衡时A的物质的量为0.55mol；甲保持恒容，相当于达到平衡状态后再进行加压，

平衡将逆向移动，A的转化率减小，所以平衡时甲容器中A的物质的量大于0.55mol，D正确；故选D。10.下列各组比较项目包含的数据关系中，前者比后者大的是A.CH4分子与P4分子中的键角B.C2H2与C6H6分子中碳碳键键长C.氨水与氯水

中微粒种数D.H2O2与O2分子中氧氧键键能【答案】A【解析】【详解】A．CH4分子与P4分子均为正四面体构型，CH4分子中的C与4个H形成正四面体构型，键角109°28′P4分子中4个P也形成正四面体构型，但P在四面体顶点，键角为60°

，CH4分子的键角大于P4分子的键角，A正确；B．C2H2中含有碳碳三键，苯分子中的碳碳键强度介于单键与双键之间，碳碳三键键长更短，B错误；C．氨水中含有NH3、NH3∙H2O、H2O、H+、OH-、4NH+，共6种粒子，氯水中含有Cl2、H2O、OH-、Cl-、ClO-、HC

lO、H+等7种粒子，C错误；D．H2O2中的氧氧键为单键，O2分子中氧氧键为双键，单键键能比双键键能低，D错误；故选A。11.高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用

到的数据见下表。3Fe(OH)2Cu(OH)2Zn(OH)开始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列说法错误的是A.固体X主要成分是3Fe(OH)和S；金属M为ZnB.浸取时，增大2O压强可促进金属离子浸出C.中和调pH的范围为3.

2~4.2D.还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成【答案】D【解析】【分析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使

Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而

Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。【详解】A．经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；B．CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+

S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合

离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；D．在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；故合

理选项是D。12.25℃时，水的电离达到平衡：2HOHOH+−+；ΔH0，下列叙述正确的是A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，()cOH−降低B.将水加热，wK增大，pH不变C.向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，()cH+降低D向水中加入少量固体硫酸氢钠，()cH

+增大，wK不变【答案】D【解析】【详解】A．向水中加入稀氨水，加入碱，平衡逆向移动，()cOH−增大，A错误；B．将水加热，wK增大，平衡正向移动，()cH+增大，pH减小，B错误；C．向水中加入少量固体CH

3COONa，醋酸根结合氢离子，()cH+降低，平衡正向移动，C错误；D．向水中加入少量固体硫酸氢钠，()cH+增大，wK只受温度影响，故不变，D正确；故选D。13.根据如表提供的数据可知，在溶液中能大量共存的微粒组是化学式电离常数（25℃）CH3

COOHK=1.7×10-5HCNK=4.9×10-10H2CO3K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11A.H2CO3、HCO3－、CH3COO－、CN－B.CO32－、HCO3－、CH3COOH、CN－.C.HCO3－、CH3COO－、CN－、HCND.HCN、HCO

3－、CN－、CO32－【答案】C【解析】【分析】相同温度下，电离平衡常数越大，对应酸的酸性越强，因此酸性强弱顺序为：CH3COOH﹥﹥H2CO3﹥HCN﹥HCO3－，根据“强酸制弱酸”进行判定。【详解】A、H2CO3酸性强于HCN，H2CO3能与CN－反应生成H

CN和HCO3－，因此不能大量共存，A错误；B、CH3COOH酸性最强，CH3COOH与HCO3－反应生成H2CO3和CH3COO－，CH3COOH与CN－反应生成HCN和CH3COO－，CH3COOH与CO32－反应生成H2CO3和CH3COO－，因此不能大量共存，B错误；C、HCN酸性较弱，

不能与HCO3－、CH3COO－、CN－反应，四种微粒可以大量共存，C正确；D、HCN酸性强于HCO3－，HCN与CO32－反应生成HCO3－和CN－，因此不能大量共存，D错误；答案选C。14.下列叙述及对应图示正确的是A.图甲是某温度下()()133cCHCOOHc

CHCOO0.100molL−−+=的醋酸与醋酸钠混合溶液中()3cCHCOOH、()3cCHCOO−与pH的关系曲线，pH=3的溶液中：4.75a10K−B.图乙是恒温密闭容器中发生()()()32CaCOs=CaOsCO

g+反应时，()2cCO随反应时间变化的曲线，1t时刻改变的条件可能是缩小容器的体积C.图丙是铁条与盐酸反应的反应速率随反应时间变化的曲线，1t时刻溶液的温度最高D.图丁是在10.1molL−醋酸溶液中加水稀释，随着加水量的增加，

溶液中()3cCHCOO−的变化曲线，且水电离出的氢离子浓度A点大于B点【答案】B【解析】【详解】A．根据图象中交点的坐标可知，CH3COOH的电离常数Ka=10-4.75，pH=3时电离常数不变，故A错误；B．由图可知，t1时刻c(CO2)突然变大，一段时间后，浓度与改变前相同，则t1时刻

改变的条件可能是缩小容器的体积，故B正确；C．铁条与盐酸的反应是放热反应，t1时反应速率最快，温度还会升高，故C错误；D．醋酸溶液中加水稀释，越稀越电离，随着加水量的增加，醋酸的电离程度越来越大，但溶液体

积增大，()3cCHCOO−逐渐减小，同时氢离子浓度也减小，对水电离的抑制作用减小，水电离出的氢离子浓度A点小于B点，故D错误；故选：B。15.下列有关电解质溶液的说法正确的是A.向10.1molL−的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，()()cNa1cF+−=B.向

10.1molL−的硫酸溶液中加水稀释，()()24cHcSO+−不变C.向Na2CO3溶液中通入HCl，()()23cNacCO+−减小D.向10.1molL−的CH3COONa溶液中加入少量NaCl溶液，

()()()33cCHCOOHcCHCOOcH−+增大【答案】A【解析】【详解】A．向0.1mol•L-1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，此时溶液的溶质是HF和NaF的混合物，存在电荷守恒，c(H+)=c(OH-)，钠离子和氟离

子浓度相等，()()cNa1cF+−==1，故A正确；B．向10.1molL−的硫酸溶液中加水稀释，()2-4nSO不变，()+nH增大，则()()+2-4nHnSO增大，()()+2-4nHnSO=()()+2-4cHcSO，则()()+2-4cHcSO也增大，故B错误；

C．在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO23−+H2O⇌HCO3−+OH-，溶液中通入HCl，促进水解，所以()()23cNacCO+−增大，故C错误；D．CH3COONa溶液中加入少量水，不会影响醋酸的电离平衡常数，即()()()33cCHCOOH1KcCHCOOcH−+=

不变，故D错误；故选：A。第II卷填空题二、填空题16.回答下列问题：（1）常温下，130.1molLCHCOOH−溶液加水稀释过程中，下列表达式数据变大的是___________。A．()cOH−B．()3c(H)cCHC

OOH+C．()()cHcOH+−D．()()cOHcH−+E．()()()33cHcCHCOOcCHCOOH+−（2）25℃时，在一定体积pH=13的()2BaOH溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完

全沉淀时，溶液pH=11，忽略溶液体积变化，则()42VBaOH:VNaHSO为___________。（3）常温下，向110mLbmolL−的CH3COOH溶液中滴加等体积的10.01molL−的NaOH溶液，充

分反应后溶液中()()3cCHCOOcNa−+=，则CH3COOH的电离常数aK=___________。【答案】（1）ABD（2）1∶49（3）-910b-0.01【解析】【小问1详解】A．加水稀释，促进醋酸的

电离，c(H+)减小，Kw不变，c(OH-)增大，A正确；B．()()-33c(H)Ka=cCHCOOHcCHCOO+，加水稀释，促进醋酸的电离，醋酸根浓度减小，Ka不变，()3c(H)cCHCOOH+增大，B正确；C．()()wcHcOH=K+−，Kw不变，C错误；D．加水稀释，

促进醋酸电离，c(H+)减小，Kw不变，c(OH-)增大，()()cOHcH−+增大，D正确；的E．()()()3a3cHcCHCOO=KcCHCOOH+−，温度不变Ka不变，E错误；故选ABD。【小问2详解】25℃时，在一定体积pH=13的()2B

aOH溶液中，c(OH-)=10-14÷10-13=0.1mol/L逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，发生的反应为：Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+NaOH+H2O，设()2BaOH溶液的体积为x，NaHSO4溶液的体

积为y参加反应的()2BaOH的物质的量为：n=(10-1mol/L×0.5xL)mol，生成氢氧化钠的物质的量为n=(10-1mol/L×0.5xL)mol-3-110mol/L0.Lc(OH)10mol/xL+y5xLL−==

，所以x∶y=1∶49；【小问3详解】常温下，向110mLbmolL−的CH3COOH溶液中滴加等体积的10.1molL−的NaOH溶液，充分反应后溶液中()()3cCHCOOcNa0.05mol

/L−+==，根据电荷守恒可知，c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，+--73a3c(H)c(CHCOO)10mol/L0.05mol/LK=b-0.01c(CHCOOH)mol/L2=，所以Ka=-910b-0.01；17.I

、某研究性学习小组向一定量的NaHSO3溶液(加入少量淀粉)中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色。为进一步研究有关因素对反应速率的影响，探究如下。(1)查阅资料知NaHSO3与过量KIO3反应分为两步进行，且其

反应速率主要由第一步反应决定。已知第一步反应的离子方程式为-3IO+3-3HSO=32-4SO+I-+3H+，则第二步反应的离子方程式为____。(2)通过测定溶液变蓝所用时间来探究外界条件对该反应速率的影响，记录如下。编号0.01mol/LNaHSO3溶液/mL0.01mol

/LKIO3溶液/mLH2O/mL反应温度/℃溶液变蓝所用时间t/s①6.010.04.015t1②6.014.0015t2③6.0ab25t3①实验①②是探究____对反应速率的影响；②实验①③是探究温度对反应速率的影响，表中a=_____，b=__

___。II、某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小

组设计了如下方案。编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃浓度/mol·L-1体积/mL浓度/mol·L-1体积/mL①0.102.00.0104.025②0.202.00.0104.025③0

.202.00.0104.050(1)写出H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应的离子方程式______；(2)实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(

KMnO4)=_______mol/(L·min)。【答案】①.-3IO+5I-+6H+=3I2+3H2O②.KIO3溶液浓度③.10.0④.4.0⑤.2-4MnO+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O⑥.0.010【解析】【详解】I(1)NaHSO3溶液中

加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色，说明产物中有碘单质生成，由于有第一步反应-3IO+3-3HSO=32-4SO+I-+3H+，且KIO3溶液过量，所以能产生碘单质的反应为-3IO+5I-+6H+=3I2+3H2O；(2)①根据表格，对比①

②的数据，可以看出KIO3的浓度不一样，其它条件都一样，所以实验①②是探究KIO3溶液的浓度对反应速率的影响；②实验①③是探究温度对反应速率的影响，所以此时两个实验中的浓度都应当相等，故表中a=10.0，b=4.0；II(1)根据反应后H2C2O4

转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，利用化合价升降相等写出反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑，改写成离子方程式为：2-4MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(2)草酸的物

质的量为：0.10mol•L-1×0.002L=0.0002mol，高锰酸钾的物质的量为：0.010mol•L-的1×0.004L=0.00004mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0002mol：0.00004mol=5：1，显然

草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：0.010mol/L0.004L0.010mol/L0.002L+0.0043L2=，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=()0.010mol/

L0.010mol/Lmin40s60s/=min23。18.含氮化合物对工业生产有多种影响，化学工作者设计了如下再利用的方案：（1）以NH3和CO2为原料合成化肥-尿素[CO(NH2)2]，两步反应的能量变化如图：①已知第二步反应决定了生产尿素的快慢，可推测3E_

__________1E(填“>”“<”或“=”)。②该反应达到化学平衡后，下列措施能提高NH3转化率的是___________。A．缩小容器的体积B．升高反应体系的温度C．降低反应体系的温度D．选用更有效的催化剂（2）氨的催化氧化过程可发生以下两种反应，该过程易受催化剂选择性影响。

Ⅰ：()()()()3224NHg5Og4NOg6HOg++ΔH0；Ⅱ：()()()()32224NHg3Og2Ng6HOg++ΔH0；在容积固定的密闭容器中充入1.5molNH3和1.55molO2，一定时间段内，在催化剂作用下发生

上述反应。生成物NO和N2的物质的量随温度的变化曲线如图。①当温度处于400℃～840℃时，N2的物质的量减少，NO的物质的量增加，其原因是___________。②840℃时，反应以反应Ⅰ为主，则NH3的转化率为___________。(保留小数点后2位)；若520℃时起始压强

为0p，恒温下平衡时容器中水的分压为___________(列出算式)。【答案】（1）①.>②.AC（2）①.温度升高，催化剂对反应I选择提高②.53.33%③.093.2p323.05(或09p30.5或化简的式子)【解析】【小问1详解】①总反应速率由活化

能大的一步决定，第二步反应决定了生产尿素的快慢，则3E>1E；②已知反应方程式为：23222CO(g)+2NH(g)CO(NH)(s)+HO(g)H<0A．缩小容器的体积，压强增大，平衡正向移动，氨气的转化率增大，A正确；B．升高反应体系温度平衡逆向移动，氨气的转化率

减小，B错误；C．降低反应体系的温度平衡正向移动，氨气的转化率增大，C正确；D．催化剂不影响平衡移动，氨气的妆化率不变，D错误；故选AC。【小问2详解】①当温度处于400℃～840℃时，温度升高，催化剂对反应I选择提高，N2的物质的量减少，NO的物质的量增加；②840℃时，反应Ⅰ生成0

.8molNO，则消耗0.8molNH3，反应Ⅰ中氨气的转化率为：0.8mol100%53.33%1.5mol=；根据图像可知，520℃时n(NO)=n(N2)=0.2mol，所以：的3224NH(g)+5O(g)4NO(g)+6HO(g)(mol

)0.20.250.20.3变化获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com