【文档说明】山东省临沂市费县第二中学2020-2021学年高二上学期11月月考化学试卷【精准解析】.doc，共(20)页，856.500 KB，由小赞的店铺上传

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高二教学11月份化学阶段质量检测考试第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题包括10小题。每小题只有一个选项符合题意)1.古代染坊常用某种“碱剂”来精炼丝绸，该“碱剂”的主要成分是一种盐，能促进蚕丝表层的丝胶蛋白杂质水解而除去，使丝绸颜色洁白、质感柔软、色泽光亮。这种“碱剂”可能

是()A.食盐B.火碱C.草木灰D.胆矾【答案】C【解析】【分析】由题意可知，古代染坊常用某种“碱剂”精炼丝绸，该“碱剂”的主要成分是一种盐，能促进蚕丝表层丝胶蛋白杂质水解而除去，说明水溶液显碱性。【详解】由题意可知

，该物质是一种盐，水溶液呈碱性，为强碱弱酸盐。A.食盐是氯化钠的俗称，该物质是强酸强碱盐，水溶液显中性，A错误；B.烧碱是氢氧化钠，属于碱，不是盐，B错误；C.草木灰主要成分是碳酸钾，该物质是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，C正确；D.胆矾是硫酸铜晶体，是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，

不是显碱性，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了蛋白质水解的实质和条件，掌握物质分类的知识以及溶液的酸碱性等即可顺利解答。2.用22HO和24HSO的混合溶液可溶出旧印刷电路板上中的铜。已知：()()()()+2+-121Cus+2Haq===Cuaq+H

gΔH=+64.39kJ?mol()()()-1222222HOl===2HOl+OgΔH=-196.6kJ?mol()()()-122231Hg+Og===HOlΔH=-285.84kJ?mol2在24HSO溶液中Cu和22HO反应生成()2+C

uaq和()2HOl的反应热ΔH等于()A.-1-417.91kJmolB.-1-319.75kJmolC.-1+546.69kJmolD.-1-448.46kJmol【答案】B【解析】【分析】【详解】①()()()()+2+-121Cus+2H

aq=Cuaq+HgΔH=+64.39kJ?mol；②()()()-1222222HOl=2HOl+OgΔH=-196.6kJ?mol；③()()()-122231Hg+Og=HOlΔH=-285.84

kJ?mol2；由盖斯定律①+12×②+③得到：Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)═Cu2+(aq)+2H2O(l)△H=+64.39kJ/mol+12×(-196.6kJ/mol)+(-285.84kJ/mol)=-319.75

kJ/mol，故选B。3.生产硫酸的主要反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0。图中L（L1、L2）、X可分别代表压强或温度。下列说法正确的是A.X代表压强B.推断L1>L2C.A、B两点对应的平衡常数相同D.一定温度下，当混合气中n（SO2）：n（O2）:n(

SO3)=2:1:2，则反应一定达到平衡【答案】B【解析】【分析】生产硫酸的主要反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0，该反应的正反应是一个气体分子数目减少的放热反应，根据化学平衡移动原理可知，在其它条件不变时，随温度的升高，化学平衡逆向移动，二氧化硫的平衡转化率下降，故X代表温

度；随着压强的增大，二氧化硫的平衡转化率增大，故图中L代表压强，且L1>L2，据此分析可得结论。【详解】A.因该反应正反应是一个分子数目减少的反应，增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的平衡转化率应增大，与图示变化不符，故A错误；B.由上述分析可知，图中L代表压强，因该反应正反应

是一个分子数目减少的反应，所以在其它条件相同时，压强越大，二氧化硫的转化率越大，则L1>L2，故B正确；C.由上述分析可知，X代表温度，则A、B两点的温度不同，化学平衡常数不同，故C错误；D.一定温度下，当混合气中n（SO2）：n（

O2）:n(SO3)=2:1:2时，反应混合物中各组份的浓度不一定保持不变，不一定是平衡状态，故D错误；答案选B。4.已知：2CH3COCH3(l)催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→CH3COCH2COH(CH3)2(l)∆H。

取等量CH3COCH3分别在0℃和20℃下反应，测得其转化率()随时间(t)变化的关系曲线如图所示。下列说法正确的是()A.曲线Ⅱ表示20℃时反应的转化率B.升高温度能提高反应物的平衡转化率C.在a点时，曲线Ⅰ和Ⅱ表示的反应化学平衡常

数相等D.反应物的化学反应速率的大小顺序：d＞b＞c【答案】D【解析】【详解】A．温度越高，反应越快，曲线I比曲线Ⅱ变化快，说明曲线I的温度高，所以曲线Ⅱ表示0℃时的转化率，故A错误；B．曲线I比曲线Ⅱ的温度高，但是转化率

低，说明升温平衡逆向移动，转化率降低，故B错误；C．曲线I和曲线Ⅱ对应的温度不同，化学平衡常数只与温度有关，所以曲线I和Ⅱ表示反应的化学平衡常数不相等，即a点时，曲线Ⅰ和Ⅱ表示的反应化学平衡常数不相等，故C错误D．反应开始反应物的浓度最大，随着反应物的浓度减小，速率也逐渐减小

，所以d处反应速率大于b处，因为曲线I的温度高所以，b处反应速率大于c处，故D正确；故选D。5.25℃时，下列有关0.1mol·L-1醋酸溶液的说法中，正确的是A.pH=1B.c(H+)=c(CH3COO-)C.加入少量CH3COONa固体后，醋酸的电离程度减小D

.与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合后所得溶液显中性【答案】C【解析】【详解】A．醋酸为弱酸，0.1mol·L-1醋酸溶液的pH＞1，A项错误；B．根据电荷守恒，c(H+)=c(CH3COO-)+c(

OH-)，B项错误；C．加入少量CH3COONa固体后，c(CH3COO-)增大，抑制醋酸的电离，电离程度减小，C项正确；D．与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合后生成醋酸钠溶液，水解显碱性，D项错误；故选C。6.下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的

是()A.pH=1的4NaHSO溶液：()()()+2--4cH=cSO+cOHB.含有AgCl和AgI固体的悬浊液：()()()+--cAg>cCl=cIC.3CHCOONa和2CaCl混合溶液：()()()()

()+2+--33cNa+cCa=cCHCOO+cCHCOOH+2cClD.-12240.1molLNaCO与-10.1molLlHC溶液等体积混合(224HCO为二元弱酸)：()()()()()2---++24242cCO

+cHCO+cOH=cNa+cH【答案】A【解析】【详解】A．pH=1的NaHSO4溶液中，根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=2c(SO24−)+c(OH−)，根据物料守恒可知：c(Na+)=c(SO24−)，二者结合可得

：()()()+2--4cH=cSO+cOH，故A正确；B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液，由于碘化银更难溶，则：c(Cl−)>c(I−)，故B错误；C．CH3COONa和CaCl2混合溶液中，根据物料守恒可得：c(N

a+)+2c(Ca2+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)+c(Cl−)，故C错误；D．0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)，根据电荷守恒可知：2c(C2O24−)+c(HC2

O4−)+c(Cl−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，故D错误；故选A。7.室温下，有pH均为9，体积均为10mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液，下列说法正确的是A.两种溶液中的c(Na+)相等

B.两溶液中由水电离出的c(OH-)之比为10-9/10-5C.分别加水稀释到100mL时，两种溶液的pH依然相等D.分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积相等【答案】B【解析】【分析】pH相等的NaOH和CH3COON

a溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa），相同体积、相同pH的这两种溶液，则n（NaOH）＜n（CH3COONa）。【详解】A．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3C

OONa），钠离子不水解，所以钠离子浓度NaOH＜CH3COONa，故A错误；B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，NaOH溶液中c（H+）等于水电离出c（OH-）=10-9mol/L，CH3COONa溶液

10-14/10-9=10-5mol/L，两溶液中由水电离出的c（OH-）之比=10-9/10-5，故正确；C．加水稀释促进醋酸钠水解，导致溶液中pH大小为CH3COONa＞NaOH，故C错误；D．分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积与NaOH、CH3COONa的物质的量成正比，n（N

aOH）＜n（CH3COONa），所以醋酸钠消耗的稀盐酸体积大，故D错误。8.向20mL0.5mol/L的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，测定混合溶液的温度变化如图所示。下列关于混合溶液的相关说

法错误的是（）A.醋酸的电离平衡常数：b点＞a点B.由水电离出的c(OH－)：b点＞c点C.从a点到b点，混合溶液中可能存在：c(CH3COO－)＝c(Na＋)D.b点到c点，混合溶液中一直存在：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)【答案】D【解析】【

详解】A．醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，且其电离过程吸热，温度越高，醋酸的电离程度越大，其电离平衡常数越大，选项A正确；B．b点酸碱恰好反应生成醋酸钠，c点氢氧化钠过量，氢氧化钠抑制水电离，醋酸钠促进水电离，所以由水电离出的c(

OH—)：b点＞c点，选项B正确；C．如果c(CH3COO—)＝c(Na+)，根据电荷守恒知，溶液中c(OH—)＝c(H+)，醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使其溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以从a点到b点，混合溶液中可能存在：c(CH3COO—)＝c(Na+)，选

项C正确；D．从b点到c点，氢氧化钠过量，溶液中的溶质是醋酸钠和氢氧化钠，当氢氧化钠的物质的量大于醋酸钠的物质的量时，混合溶液中存在：c(Na+)＞c(OH—)＞c(CH3COO—)＞c(H+)，选项D错误；答案选D。9.25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/

LNaOH和32NHHO混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（）A.未加盐酸时：()()()-+32=cOH>cNacNHHOB.加入10mL盐酸时：()()()++-4cNH

+cHcOH=C.加入盐酸至溶液pH7=时：()()-+=cClcNaD.加入20mL盐酸时：()()()-++4cClcNH+cNa=【答案】B【解析】【详解】A．未加盐酸时：存在NaOH=Na++OH-和+-

324NH?HONH+OH，故()()()-+32cOH>cNa>cNH?HO，A错误；B．加入10mL盐酸时：则先于NaOH反应生成NaCl，故根据电荷守恒可知，()()()++-+4-cNH+cH+c(Na)cOH+c(Cl=)，又+-=c(N

a)c(Cl)，故()()()++-4cNH+cHcOH=，B正确；C．加入盐酸至溶液pH7=时：故根据电荷守恒可知，()()()++-+4-cNH+cH+c(Na)cOH+c(Cl=)，又+-c(H)=c(OH)，故()++-4cNH+

c(Na=)c(Cl)，C错误；D．加入20mL盐酸时：则完全反应，溶质是NaCl和NH4Cl，此时溶液由于+4NH水解而呈酸性，故根据电荷守恒可知，()()()++-+4-cNH+cH+c(Na)cO

H+c(Cl=)，又+-c(H)>c(OH)，故()-4++c(Cl)>cNH+c(Na)，D错误；故答案为：B。10.80℃时，NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入NO2和S

O2，起始浓度如下表所示，其中甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，下列判断不正确的是（）起始浓度甲乙丙c(NO2)/mol·L－10.100.200.20c(SO2)/mol·L－10.100.100.20A.平衡时，乙中SO2的转化率大于50%B.当反应平衡时，丙中c(

SO2)是甲中的2倍C.温度升至90℃，上述反应平衡常数为25/16，则正反应为吸热反应D.其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol·L－1NO2和0.20mol·L－1SO2，达到平衡时c(NO)与原平衡不同【答案】D【解析】【分析】甲经2min达平衡时，N

O2的转化率为50%，故△c(NO2)=0.05mol/L，则：NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)开始(mol/L)：0.10.100转化(mol/L)：0.050.050.050.05平衡(mol/L)：0.050.050.050.

05故该温度下平衡常数K=0.050.050.050.05=1。【详解】A．令乙中SO2的浓度变化量为x，则：NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)开始(mol/L)：0.20.100转化(mol/L)：xxxx平衡(mol/L)：0.2-x0.1

-xxx所以(0.2)(0.1)xxxx−−=1，解得x=115，故二氧化硫的转化率为1mol/L150.1mol/L×100%=66.7%＞50%，故A正确；B．反应前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙两

容器内起始浓度n(NO2)：n(SO2)=1：1，甲、丙为等效平衡，平衡时二氧化硫的物质的量分数相同，丙中总物质的量为甲中的2倍，则反应平衡时，丙中c(SO2)是甲中的2倍，故B正确；C．温度升至90℃，上述反应平衡常数为2516，大于80℃的平衡常数1，则升高温度平衡

向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故C正确；D．令平衡时NO的浓度为ymol/L，则：NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)开始(mol/L)：0.10.200转化(mol/L)：yyyy平衡(mol/L)：0.1-y0.2-yyy则(0.1)(0.2)yyyy−−=1，

解得y=115，而乙平衡时CO的浓度115mol/L，故D错误；故选D。二、不定项选择题(本题包括5小题。每小题只有一个或者两个选项符合题意)11.某反应由两步反应ABC→→构成，它的反应能量曲线如图所示。下列有关叙述正确的是()A.两步反应均为吸热反应B.三种

化合物中C最稳定C.加入催化剂不会改变反应的焓变D.整个反应的12ΔH=E-E【答案】BC【解析】【分析】A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高

低解答该题。【详解】A．A→B的反应为吸热反应，B→C的反应为放热反应，故A错误；B．物质的总能量越低，越稳定，故B正确；C．加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，故C正确；D．整个反应中△H=（E1-E2）+（E2-E3）-E4=E1-E3-E4，故D错误；故选B

C。12.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0VlgV的变化关系如图所示，下列叙述错误的是()A.常温下：()()aaKHB>KHCB.HC的电离度：a点>b点C.当0VlgV=4时，三种溶液同时升高温度，()()--cAcC减小D.当0Vl

gV=5时，HA溶液的pH为7【答案】BD【解析】【分析】根据图知，pH=2的HA、HB、HC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．分析可知，酸性HB＞HC，酸性越强，则Ka(HB)＞Ka(HC)，故A正确；B．溶液的浓度越小，弱酸的电离程度越大，因此HC的电离度：a点＜b点，故B错误；C

．当0VlgV=4时，即稀释10000倍时，三种溶液同时升高温度，弱电解质HC的电离程度增大，则溶液中c(C-)增大，而HA为强酸，电离程度不变，c(A-)不变，因此()()--cAcC减小，故C正确；D．HA为强酸，无论稀释多少倍，稀释后溶液只能呈酸性，溶液的pH＜7，不可能等于7，故D错误；

答案选BD。13.室温下，将-10.2molL的一元酸HA和-10.1molL的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列说法不正确的是()A.-10.1molLHA溶液与-10.1molL的NaOH溶液中，水电离出来的()+cH相等B.混合后溶液中：()()

()()+--cHA>cNa>cA>cOHC.混合后溶液中：()()--1cA+cHA=0.1molLD.混合后溶液中：()()()()++--cNa+cH=cA+cOH【答案】A【解析】【分析】常温

下，将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后，得到溶液溶质为等浓度的NaA和HA，由于溶液显示碱性，说明A−离子水解程度大于HA电离程度，以此解答。【详解】A．0.1mol⋅L−1HA溶液与0.1mol⋅L−1的NaOH溶液中，HA为

弱酸，则前者溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，后者为强碱，则氢氧根离子浓度为0.1mol/L，故前者溶液中氢离子对水的电离的抑制程度小于后者，两溶液中水电离出来的c(H+)一定不相等，故A错误；B．根据分析可知，A−离子水解程度大于HA电离程度，则c(HA)>c

(A−)，结合物料守恒c(HA)+c(A−)=2c(Na+)可知：c(HA)>c(Na+)>c(A−)，混合液中离子浓度大小为：c(HA)>c(Na+)>c(A−)>c(OH−)，故B正确；C．根据混合后溶液中的物料守恒可得：c(A−)+c(HA)=2

c(Na+)=0.1mol⋅L−1，故C正确；D．根据混合液中的电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，故D正确；故选A。14.已知：①常温下，醋酸和32NHHO的电离平衡常数均为1-5-1m4ol.710L×，②33322CHCOOH+NaHCO=CHC

OONa+CO+HO。下列判断不正确的是()A.等体积等浓度的醋酸与氨水混合后溶液呈中性B.43NHHCO溶液呈碱性C.43NHHCO溶液中浓度最大的离子是+4NHD.相同条件下，-10.1molL的醋酸与氨水中水的电离程度相等，都促进了水的电离【答

案】D【解析】【详解】A．等体积等浓度的醋酸与氨水混合后生成则CH3COONH4，根据题给信息知，相同条件下，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等，则二者的电离程度相等，醋酸铵中铵根离子和醋酸根离子水解程度相等，所以醋酸铵溶液呈中性，故A正确；B．根据反应

33322CHCOOH+NaHCO=CHCOONa+CO+HO可知，醋酸酸性强于碳酸，醋酸的电离平衡常数大于碳酸，一水合氨的电离平衡常数也大于碳酸，则碳酸氢铵溶液中碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子，溶液显碱性，故B正确；C．碳酸

氢根离子水解程度大于铵根离子，溶液显碱性，所以溶液中离子浓度最大的是+4NH，故C正确；D．相同条件下，-10.1molL的醋酸与氨水中水的电离都受到抑制，故D错误；故选D。15.一定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容

密闭容器中发生反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)。各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示：容器温度/℃起始物质的量浓度/(mol·L－1)NO(g)CO(g)N2CO2甲T10.100.1000乙T2000.100.20丙T20.100.1000反应过程中甲、丙容器中

CO2的物质的量随时间变化关系如图所示。下列说法正确的是A.该反应的正反应为放热反应，平衡常数K(T1)<K(T2)B.乙容器中反应达到平衡时，N2的转化率小于40%C.达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的2倍D.

丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO和0.10molCO2，此时υ(正)<υ(逆)【答案】AB【解析】【详解】A、甲、丙容器中起始投料相同，温度不同，由图中曲线分析甲的温度高，即T1>T2，平衡时n(CO2)甲<n(

CO2)丙，说明升高温度，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，升高温度，平衡常数减小，平衡常数K(T1)<K(T2)，选项A正确；B、丙容器中反应达到平衡时，2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2

CO2(g)起始/(mol/L):0.10.100变化/(mol/L):0.060.060.030.06平衡/(mol/L):0.040.040.030.06此时，NO的转化率为60%；乙容器中若加入0.05

mol/LN2、0.1mol/LCO2与丙等效，达到平衡时，N2的转化率等于40%，乙容器中加入0.1mol/LN2、0.2mol/LCO2，相当于丙物质的量的两倍，加压平衡向正反应方向移动，使N2的转化率小于40%，选项B正确；C、根据表中数据和图像

可知，甲平衡时气体总物质的量为0.35nol，丙平衡时气体总物质的量为0.34mol，根据B的分析，乙相当于在丙的基础上增大压强，平衡正向移动，乙平衡时气体物质的量小于0.68mol<2×0.35mol，乙的温度低于甲，乙平衡时气体压强小于甲的2倍，选项C错误

；D、丙容器中反应达到平衡时，平衡常数K=2220.030.060.040.04=42.1875，再充入0.10molNO和0.10molCO2，浓度商Qc=2220.030.110.090.04=28.01<K，反应向正反应方向进行，υ(正)>υ(逆)，选项D错误

。答案选AB。第Ⅱ卷(非选择题，共60分)三、非选择题(本题包括5小题，共60分)16.目前工业合成氨的原理是-1223N(g)+3H(g)2NH(g)ΔH=-93.0kJmol。(1)已知一定条件下：-122322N

(g)+6HO(l)4NH(g)+3O(g)ΔH=+1530.0kJmol。则表示氢气燃烧热的热化学方程式为_______。(2)在恒温恒压装置中进行工业合成氨反应，下列说法正确的是_______(填字母代号)。A.气体

体积不再变化，则已平衡B.气体密度不再变化，尚未平衡C.平衡后，往装置中通入一定量Ar，压强不变，平衡不移动D.平衡后，压缩容器，生成更多NH3(3)可用氨水吸收大气污染物NO2生成NH4NO3。25℃时，将430.5molNHNO溶于水，溶液显酸

性，向该溶液滴加2mL氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将_______(假设温度不变，填“正向”不”或“逆向”)移动(4)电厂烟气脱氮的主反应：①3224NH(g)+6NO(g)5N(g)+6HO(g)ΔH<0，副反应：②3222NH(g)+8NO(g)5NO(g)+

3HO(g)ΔH>0。平衡混合气中N2与N2O含量与温度的关系如图：请回答：在400~600K时，平衡混合气中N2含量随温度的变化规律是_______，导致这种规律的原因是_______(任答合理的一条原因)。【答案】(1).-12221H(g)+O(g)=HO(l)ΔH=-28

6.0kJ?mol2(2).AD(3).逆向(4).随温度升高，N2的含量降低(5).主反应为放热反应，升温使主反应的平衡左移(或副反应为吸热反应，升温使副反应的平衡右移，降低了NH3和NO的浓度，使主反应的平衡左移)【解析】【详解】(1)已知：①2N2(g)+6H2O(l)

=4NH3(g)+3O2(g)△H=+l530.0kJ•mol-1，②N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-93.0kJ•mol-1，根据盖斯定律，(②×2-①)÷6可得：H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=−286kJ/mol；故答案为：-12221H(g)

+O(g)=HO(l)ΔH=-286.0kJ?mol2；(2)A．正反应是气体物质的量减小的反应，恒温恒压下，随反应进行体积减少，因此在恒温恒压下气体体积不再变化时已平衡，故A正确；B．在反应过程中质量始终不变，但容器容积是变化的，所以密度是变化的，因此气体密度不再变化说明反

应达到平衡，故B错误；C．平衡后，往装置中通入一定量Ar，压强不变，容器容积增加，浓度降低，平衡向逆反应方向移动，故C错误；D．平衡后，压缩容器，压强增大，平衡向正反应方向进行，因此生成更多NH3，故D正确；故选：AD；(3)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3，25℃时，将0.5

molNH4NO3溶于水，溶液显酸性，是因为铵根离子水解，反应的离子方程式为：NH4++H2ONH3•H2O+H+；加入氨水溶液抑制铵根离子水解，水的电离平衡会向着逆向进行；故答案为：逆向；(4)根据图象可知，在40

0K∼600K时，平衡混合气中N2含量随温度的升高逐渐降低；主反应为放热反应，升高温度，平衡向着逆向移动，氮气的含量减小，故答案为：随温度升高，N2的含量降低；主反应为放热反应，升温使主反应的平衡左移(或副反

应为吸热反应，升温使副反应的平衡右移，降低了NH3和NO的浓度，使主反应的平衡左移)。17.二氧化氯(ClO2)是一种不产生致癌物的广谱环保型杀菌消毒剂，而且还在杀菌、食品保鲜、除臭等方面表现出显著的效果，其熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，极

易溶于水，不与水反应，其水溶液在温度超过95℃时易发生爆炸。ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：量取ClO2溶液20mL，稀释成100mL试样，量取1VmL试样加入锥形瓶中；步骤2：调节试样的p

H2.0，加入足量的KI晶体，振荡后，静置片刻；步骤3：加入指示剂X，用-1cmolL的223NaSO标准溶液滴定至终点，消耗223NaSO溶液2VmL。已知：+--222==O2ClO+8H+10I5I+2

C+4H=l，2232246===I2NaSO+INaSO+2Na①步骤1中量取220mLClO溶液所用的仪器为_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管。②下列滴定的操作合理的是_______(填字母)。A.滴定时先快后慢，接近终点时边滴边摇B.滴定过

程中可用蒸馏水将附着在锥形瓶內壁的溶液冲下C.滴定完成后立即读数D.若发现滴液过量，可回滴样品溶液，至刚出现蓝色③步骤3中滴定终点的现象为_______；原ClO2溶液的浓度为_______-1gL(用含字母的代数式表示)。【答案】

(1).酸式(2).ABD(3).滴入最后一滴223NaSO溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复(4).21135cV2V【解析】【分析】滴定终点时蓝色褪去，由2ClO2+8H++10I-═5I2+2C1-+4H2O、2Na2S2O3+I2═Na2S4O6

+2NaI可知，存在ClO2～5Na2S2O3，以此计算。【详解】①步骤1中量取20mLC1O2溶液所用的仪器为酸式滴定管，故答案为：酸式；②A．滴定时先快后慢，接近终点时边滴边摇，操作合理，便于判断滴定终点，故A正确；B．滴定过程中可用蒸馏水将附着在锥形瓶内壁的溶液冲下，防止消耗标准液偏少

，故B正确；C．滴定完成不能立即读数，半分钟后读数即可，故C错误；D．若发现滴液过量，可回滴样品溶液，至刚出现蓝色，减少误差，故D正确；故答案为：ABD；③步骤3中滴定终点的现象为滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；由2ClO2+8H++10I-═5I2+2C1

-+4H2O、2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI可知，存在ClO2～5Na2S2O3，则原ClO2溶液的浓度为-3211100V10cmol/L67.5g/mol5V0.02L=21135cV2Vg•L-1，故答案为：

滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；21135cV2V。18.Ⅰ.NO、NO2是汽车尾气中重要的含氮氧化物。回答下列问题：(1)某温度下，反应的平衡常数如下：a.()()()2222NOgNg+2Og161K=6.710b.()()()222NOgNg+

Og302K=2.210分解反应趋势较大的反应是_______(填“a”或“b”)；反应()()()222NOg+Og2NOg的K=_______。Ⅱ.如表所示是几种常见弱酸的电离常数(25℃)：酸电离方程式电离常数K3CHCOOH-+33CHCOOHCHCOO+H-51.75

1023HCO+-233HCOH+HCO-+2-33HCOH+CO-71K=4.410-112K=4.7102HS+-2HSH+HS+2--HSH+S-71K=1.310-152K=7.11034HP

O+-3424HPOH+HPO+2-24HPOH+HPO2-+3-44HPOH+PO-31K=7.110-82K=6.310-133K=4.210请回答下列问题：(2)K只与温度有关，当温度升高时，K_______(填“增大”“减小”或“不变”)。(3)在温度相同时，各弱酸

的电离常数K不同，那么电离常数K的大小与酸性的相对强弱有何关系？_______。(4)若把3CHCOOH、23HCO、-3HCO、2HS、-HS、34HPO、-24HPO、2-4HPO都看作酸，其中酸性最强的是_______，最弱的是_______

。【答案】(1).b(2).133.2810(3).增大(4).K越大，电离出的氢离子浓度越大，酸性越强(5).34HPO(6).-HS【解析】【分析】此题考查化学平衡常数和弱电解质的电离，电离平衡常数等知识。【详解】(1)分解反应趋势较大的反应是平衡常数大的反应，K2>

K1，所以为b反应；()()()222NOg+Og2NOg的K=2222c()c(NO)cO(NO)=21KK=30162.2106.710=133.2810,故答案为：b，133.2810,(2)K是弱电解质的电离平衡常数，电离是吸热过程，升高温度，促进

电离，所以升高温度，电离平衡常数K会增大。故答案为：增大(3)在相同条件下，K值越大，酸的电离程度越大，则溶液中氢离子浓度越大，溶液酸性也越强，所以温度相同时，电离常数K越大，酸性越强。故答案为：K越大，电离出的氢离子浓度越大，酸性越强(4)酸的电离平衡常数越大，电离出的氢

离子浓度越大，酸性越强，由表中的电离平衡常数知，酸性最强的是34HPO，酸性最弱的是-HS。故答案为：34HPO，-HS。【点睛】此题要根据化学平衡常数和弱电解质的电离特点和影响因素，电离平衡常数等知识分析解答，注意把握电离平衡常数和酸性强弱的关系，题目难度中等，侧重考查学

生的分析能力和应用能力。19.Ⅰ.在常温下，下列五种溶液：①-140l.1molLNHC溶液②-1340.1molLCHCOONH溶液③-1440.1molLNHHSO溶液④-1320.1molLNHHO和-140l.1molLNH

C的混合溶液⑤-1320.1molLNHHO溶液。请根据要求填写下列空白：(1)在上述五种溶液中，pH最小的是_______；+4c(NH)最小的是_______(填序号)。(2)比较溶液②、③中+4c(

NH)的大小关系是②_______③(填“>”“＜”或“=”)。(3)在溶液④中，_______的浓度为-10.1molL；32NHHO和_______的物质的量浓度之和为-10.2molL。(4)常温下，测

得溶液②的pH=7，则说明-3CHCOO的水解程度_______+4NH的水解程度(填“>”“＜”或“=”)，-3CHCOO与+4NH浓度的大小关系是()-3cCHCOO_______+4c(NH)(填“>”“＜”或“=”

)。Ⅱ.常温下，将30.01molCHCOONa和0.004molHCl溶于水，配成0.5L混合溶液。(5)溶液中共有_______种微粒。(6)溶液中有两种微粒的物质的量之和一定等于0.01mol，它们

是_______。(7)溶液中()()()--+3nCHCOO+nOH-nH=_______mol。【答案】(1).③(2).⑤(3).<(4).-Cl(5).+4NH(6).=(7).=(8).7(9).-3CHCOO、3CHC

OOH(10).0.006【解析】【详解】(1)相同浓度的这几种溶液中，pH:碱溶液>碱溶液和盐溶液>中性溶液>强酸弱碱盐溶液>强酸酸式盐溶液，①③溶液呈酸性且酸性①<③，②溶液呈中性，④⑤溶液呈碱性但碱性④<⑤，所以溶液pH最小的是③；H+抑

制+4NH水解，CH3COO−促进+4NH水解，c(+4NH)最小的是弱电解质一水合氨溶液⑤，故答案为：③；⑤；(2)H+抑制+4NH水解，CH3COO−促进+4NH水解，②中醋酸根离子促进铵根离子水解、③中氢

离子抑制铵根离子水解，所以c(+4NH)：②<③，故答案为：<；(3)在溶液④中，存在物料守恒，根据物料守恒得c(Cl−)=0.1mol/L，c(NH3⋅H2O)+c(+4NH)=0.2mol/L，故答案为：Cl−；+

4NH；(4)醋酸铵是弱酸弱碱盐，常温下，测得溶液②的pH=7，溶液呈中性，则CH3COO−的水解程度等于+4NH的水解程度，溶液呈中性c(OH−)=c(H+)，根据电荷守恒得c(CH3COO−)=c(+4NH)，故答案为：=；=；(5)

该溶液中存在的电离、水解方程式为CH3COONa=Na++CH3COO−、H2O⇌H++OH−、HCl=H++Cl−、CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，该溶液中存在的微粒为Na+、CH3COO−、H2O、H+、OH−、Cl−、CH3C

OOH，故答案为：7；(6)溶液呈存在物料守恒，根据物料守恒n(CH3COO−)+n(CH3COOH)=0.01mol，故答案为：CH3COO−、CH3COOH；(7)溶液中存在电荷守恒，即n(CH3COO−)+n(OH−)−n(H+)=n(Na+)−n(Cl−)=0.01mol

−0.004mol=0.006mol，故答案为：0.006。20.H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)＋CO2(g)COS(g)＋H2O(g)。在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应平衡后

水的物质的量分数为0.02。（1）H2S的平衡转化率α1＝________%，反应平衡常数K＝________。（2）在620K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率α2________α1，该反应的ΔH________0(填“>”“<”或“＝”)。（3）向反应器中再分别充入

下列气体，能使H2S转化率增大的是________(填标号)。A.H2SB.CO2C.COSD.N2【答案】(1).2.5(2).2.8×10－3(3).>(4).>(5).B【解析】【详解】(1)设从起始到平衡H2S转化的物质的量为xmol

()()()()222HSgggHOg0.400.1000xxxx0.40x0.10xxxCOCOS−−＋＋初始反应平衡由题意得：x(0.40-x)+(0.10-x)+x+x=0.02，解得：x=0.01；H2S的平衡转化率α1=0.01mol0.40mol×100%＝2.5%；K＝2220.0

10.01(COS)(HO)2.52.50.400.010.100.01(HS)(CO)2.52.5cccc=−−≈2.8×10－3；(2)温度升高，水的平衡物质的量分数增大，平衡右移，则H2S的转化率增大，故α2＞α1。温度升高，平衡向吸

热反应方向移动，故ΔH＞0。(3)A．充入H2S，平衡虽然正向移动，但H2S的转化率反而减小，A与题意不符；B．充入CO2，增大了一种反应物的浓度，能够提高另一种反应物的转化率，故H2S的转化率增大，B符合题意；C．充入COS，

平衡左移，H2S的转化率减小，C与题意不符；D．充入N2，对平衡无影响，不改变H2S的转化率，D与题意不符；答案为B。