【文档说明】吉林省白山市抚松县第六中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题含解析【精准解析】.doc，共(24)页，871.000 KB，由小赞的店铺上传

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吉林省白山市抚松县第六中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上3.可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16S—3

2P—31Al—27Si—28第I卷（选择题，共60分）一、选择题（每小题只有一个选项，每题2分，共30分）1.在恒温恒容下，某容器中进行如下反应：H2垐?噲?2H。若反应物的浓度由0.1mol·L-1降到0.06mol·L-1需20s，那么由0.06mol·L-1降到0.

024mol·L-1需反应的时间为（）A.等于18sB.等于12sC.大于18sD.小于18s【答案】C【解析】【详解】随着反应物浓度的减小，化学反应速率减慢，反应所需时间增多。反应物的浓度由.1mol⋅L−

1降到0.06mol⋅L−1需20s，即反应物的浓度变化为0.1−0.06=0.04mol⋅L−1，反应物的浓度由0.06mol⋅L−1降到0.024mol⋅L−1，即反应物的浓度变化为0.06−0.024=0.036mol⋅L−1，若反应速率不变,则所需时间为0.03

60.04×20=18s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于18s。故选C。2.化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如下图所示，计算反应4～8min间的平均反应速率和推测反应16

min时反应物的浓度，结果应是()A.2.5μmol·L－1·min－1和2.0μmol·L－1B.2.5μmol·L－1·min－1和2.5μmol·L－1C.3.0μmol·L－1·min－1和3.0μmol·L－1D.5.0μmol

·L－1·min－1和3.0μmol·L－1【答案】B【解析】【分析】根据化学反应速率的数学表达式，以及图表进行分析；【详解】4～8min的反应物浓度差△c=10μmol·L－1，△t为4min，因此

4～8min间的平均反应速率为2.5μmol·L－1·min－1，图中从0min开始到8min反应物浓度降低为原来的1/4，根据这一幅度，可以推测从8min到第16min应该也降低为8min时的1/4，即由10μmol·L－1降低到2.5μmol·L－

1，因此推测第16min反应物的浓度故为2.5μmol·L－1，故B正确；答案选B。3.甲、乙两容器均进行同一反应：A垐?噲?2B。甲容器内每分钟减少4molA，乙容器内每分钟减少2molA，则两者的化学反应速率相比（）A.甲快B.乙快C.

一样快D.无法比较【答案】D【解析】【详解】化学反应速率的计算公式v=△n/V⋅△t，对于甲和乙的时间△t是相等的，甲的△n为4mol，乙的△n为2mol，但甲和乙容器的体积未知，故不能比较两容器中的反应速率。故选D。4.500℃、2

0MPa时，将H2和N2置于一容积为2L的密闭容器中发生反应。反应过程中H2、N2和NH3的物质的量变化如下图所示，下列说法中正确的是（）A.从反应开始到第一次平衡时,N2的平均反应速率为0.005mol·L－1·min－1B.平衡在10min至20min的变化,可能是因为增大了容器体积C.

25min时，分离出了0.1molNH3D.在25min后平衡向正反应方向移动,新平衡中NH3的体积分数比原平衡的大【答案】C【解析】【详解】A.第一次平衡时,时间为20min,氮气的物质的量由0.4mol变为0.25mol,容器容积为2L，v(N2)=0

.15mol÷（2L×20min）=0.00375mol/(L⋅min)，故A错误；B.由图象可知各组分物质的量变化加快，且10min时变化是连续的，20min达平衡时，△n(N2)=0.4−0.25=0.15mol，△n(H2)=0.6mol−0.

15mol=0.45mol，△n(NH3)=0.3mol，物质的量变化之比等于化学计量数之比，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明10min可能改变的条件是使用催化剂，故B错误；C.25分钟,NH3的物质的量突然减少，由0.3mol变为了0

.2mol，而H2、N2的物质的量不变,说明应是分离出NH3，故C正确；D.第25分钟,NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变,说明应是分离出NH3,由于反应条件为恒容，与原平衡相比，容器内压强减小，则反应进行的程度减小，因此达到新

平衡后NH3的体积分数比原平衡小，故D错误；故选C。5.T℃时在2L密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图（1）所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积分数与时间的关系如图（2）所示。则下列结论正确的是()A.反应

进行的前3min内，用X表示的反应速率v(X)=0.3mol·(L·min)－1B.容器中发生的反应可表示为：3X(g)＋Y(g)2Z(g)C.保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小D.若改变反应条件，使反应进程如图（3）所示，则改变的条件是增大压强【答案

】B【解析】【详解】A.根据图（1），可得v（X）＝0.1mol·（L·min）－1，A项错误；B.由Δn（X）∶Δn（Y）∶Δn（Z）＝0.6∶0.2∶0.4＝3∶1∶2，根据物质的物质的量变化量之比等于其化学计量数之比，B项正确；C.由图（2）可知，根据“先拐先平”的原则

，T2>T1，温度升高，Y的体积分数减小，平衡正向移动，平衡常数K增大，C项错误；D.由图（1）和图（3）可知，平衡没有发生移动，仅仅是加快了反应速率，而该反应是一个体积变化的反应，增大压强，平衡会发生移动，故在这里应该是使用了催化剂，D项错误。故选B。6.

某密闭容器中发生反应：X(g)＋3Y(g)垐?噲?2Z(g)ΔH<0。如图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中正确的是

()A.t2时加入了催化剂B.t3时降低了温度C.t5时增大了压强D.t4～t5时间内X转化率最低【答案】A【解析】【详解】A.由图可知，t2时改变条件，正逆反应速率增大且相等，平衡不移动，则t2时加入了催化剂，故A正确；B.t3时改变条件，正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率

，该反应的△H＜0，正反应为放热反应，若降低温度，平衡正向移动，与图象不符，故B错误；C.t5时改变条件，正逆反应速率增大，且逆反应速率大于正反应速率，该反应的正反应为气体体积减小的反应，若增大压强，平衡正向移动，与图象不符，故C错误；D.

由于t2时刻平衡不移动，t3和t5时刻平衡均左移，故导致t6时刻转化率最低，故D错误故选A。【点睛】正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，可能是加入催化剂，也可能是气体体积不变的反应加压。7.在恒容密闭容器中，由CO合成甲醇：CO(g)+2H2(g)垐?噲?CH3O

H(g)，在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是（）A.平衡常数K=23c(CHOH)c(CO)c(H)B.该反应在T1时的平衡常数比T2时的小C.任意时刻，T2温度下的反应速率均大于T1温度下的速率D.处于A点的

反应体系从T1变到T2，达到平衡时23n(H)n(CHOH)增大【答案】D【解析】【详解】A．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数表达式k=322c(CHOH)c(CO)c(H)，故A错误；B．由图可知，T2温度下到达平衡所以时间较短，反应速率较快，故温度T2＞T1．温度越高

，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数降低，在T1时的平衡常数比T2时的大，故B错误；C．温度高，即时速率不一定高，曲线斜率越大，即时速率越高，故C错误；D．由图可知，处于A点的反应体系从T1变到T2，温

度增大，平衡向逆反应方向移动，氢气物质的量增大，甲醇的物质的量减小，23n(H)n(CHOH)增大，故D正确；故选D。8.随Cr含量的变化三种稀酸对Fe﹣Cr合金腐蚀速率的曲线如图所示，下列有关说法正确的是（）A.稀硝酸对Fe﹣Cr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱B.随着Cr含

量增加，稀硝酸对Fe﹣Cr合金的腐蚀性减弱C.Cr含量大于13%时,因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大,所以对Fe﹣Cr合金的腐蚀性最强D.酸对Fe﹣Cr合金的腐蚀与阴离子浓度无关【答案】B【解析】【分析】根据图中的纵横坐标可知，

横坐标为Cr含量，纵坐标为金属被腐蚀的反应速率，由图中的曲线变化，硝酸对合金的腐蚀速率随Cr含量增加而变小，硫酸和盐酸对金属的腐蚀速率随Cr含量增加而变大，但随着Cr含量增加变化趋势变慢，则腐蚀性减弱．

【详解】A.由图可知，铬的含量大于13%时，稀硝酸对合金的腐蚀速率比盐酸、硫酸弱，小于13%强，故A错误；B.由图象可知，随着Cr含量增加，稀硝酸对Fe−Cr合金的腐蚀性减弱，故B正确；C.不能解释盐酸、硝酸氢离子浓度相等，

但硝酸腐蚀速度慢，故C错误；D.盐酸、硝酸的阳离子相同阴离子不同，可说明酸对Fe−Cr合金的腐蚀与阴离子浓度有关，故D错误。故选B。9.反应A+B→C的反应速率方程式为：v=kc(A)c(B)，v为反应速率，k为速

率常数。当c(A)=c(B)=1mol/L时，反应速率在数值上等于速率常数。下列说法正确的是A.只增大c(A)时，v也增大B.只增大c(A)时，v值不变C.只升高温度时，k值不变D.只升高温度时，k值变小【答案】A【解析】【详解】A．v与c(A)、c(B)成正比，只增大c(A)，v增大，故A正确；

B．v与c(A)、c(B)成正比，只增大c(A)，v增大，故B错误；C．若只升高温度，v增大，c(A)、c(B)不变，所以k值变大，故C错误；D．若只升高温度，v增大，c(A)、c(B)不变，所以k值变大，故D错误。故选A。【点晴】本题考查化学反应速率。以信息题的形成考查，

对学生的自学能力、分析能力有较好的考查。v与c(A)、c(B)成正比，无论只增大c(A)、只增大c(B)或同时增大c(A)、c(B)，v均增大。若只升高温度，v增大，c(A)、c(B)不变，所以k值变大。10.一定量的锌粉和6mol/L的过量盐酸反

应，当向其中加入少量的下列物质时，能够加快反应速率，又不影响产生H2的总量的是①石墨粉②CuO③铜粉④铁粉⑤浓盐酸A.①②⑤B.①③⑤C.③④⑤D.①③④【答案】B【解析】【详解】①石墨能和锌构成原电池，锌是负极，加快反应速率，生成H2的总量不变，符合题意；②氧化铜溶于盐酸生成氯

化铜，CuCl2和锌发生置换反应，生成铜，Zn、Cu与盐酸构成原电池，加快反应速率，但由于与盐酸反应的Zn减少，生成的氢气减少，不符合题意；③Zn、Cu与盐酸构成原电池，加快反应速率，生成H2的总量不变，符合题意；④铁能和盐酸反

应产生氢气，产生H2总量增多，不符合题意；⑤增大氢离子浓度，反应速率增大，生成H2的总量不变，符合题意；答案选B。11.漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温与黑暗处可保存一年，亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为：5HC

lO2=4ClO2↑＋H＋＋Cl－＋2H2O。(HClO2为弱酸)向NaClO2溶液中滴加H2SO4，开始时HClO2分解反应缓慢，随后反应迅速加快，其原因是A.溶液中的Cl－起催化作用B.溶液中的H＋起催化作用C.Cl

O2逸出，使反应的生成物浓度降低D.在酸性条件下，亚氯酸钠的氧化性增强【答案】A【解析】【详解】A.反应开始时,溶液中氯离子浓度很小,随着反应的进行,溶液中氯离子浓度增大,反应速率加快,可见氯离子起催化作用,A正确；B.因为开始时溶液中就有氢离子,分解反应却非

常慢,可见氢离子不起催化作用,B错误；C.逸出ClO2，反应正向移动,则反应的生成物的浓度增加,C错误；D.若是酸使亚氯酸钠的氧化性增强,应该开始时反应速率应该就很快，与信息不符,D错误；正确选项A。12.一定量的盐酸

跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的()①NaOH固体②H2O③NaCl固体④CH3COONa固体⑤KCl溶液A.①②B.②③⑤C.②④D.②④⑤【答案】D【解析】【详解】氢氧化钠是强碱，能中和

盐酸，反应速率降低，但氢气的量减少；②和⑤都是稀释盐酸，氢离子个数不变，但氢离子浓度降低，反应速率较低，氢气量不变；氯化钠固体不能降低氢离子浓度，反应速率不变；醋酸钠能结合氢离子，降低氢离子浓度，在反应过程中，醋酸能电离出氢离子，所

以氢气量不变，所以正确的答案选D。13.可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)+qD(g)的v-t图象如下图，如若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其v-t图象如下图：①a1>a2②a1<a2③b1>b2④b

1<b2⑤t1>t2⑥t1=t2⑦两图中阴影部分面积相等⑧右图中阴影部分面积更大，以上说法中正确的是A.②④⑤⑦B.①④⑥⑧C.②③⑤⑧D.①③⑥⑦【答案】A【解析】【分析】若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化

剂，正逆反应速率均加快，缩小达到化学平衡的时间，阴影部分的面积为反应物浓度的变化量，平衡状态没有改变，则阴影部分面积相同．【详解】若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，a1、a2为两种条件下正反应速率，催化剂加快反应速率，则a1＜a2，故①错误、②正确；使用

催化剂缩小达到化学平衡的时间，则加催化剂时反应速率增大，所以b1＜b2，故③错误、④正确；使用催化剂缩小达到化学平衡的时间，则t1＞t2，故⑤正确、⑥错误；阴影部分的面积为反应物浓度的变化量，平衡状态没

有改变，则阴影部分面积相同，故⑦正确、⑧错误；综上所述②④⑤⑦说法正确，答案选A。【点睛】易错点：阴影部分的面积为反应物浓度的变化量，平衡状态没有改变，则阴影部分面积相同。14.在密闭容器中进行如下反应

：X2(g)+Y2(g)垐?噲?2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是（）A.Z为0.3mol/LB.Y2为0.45mol/LC.X2为0.

2mol/LD.Z为0.4mol/L【答案】A【解析】【分析】Z全部转化时,X2的物质的量浓度为：0.1+0.2÷2=0.2mol⋅L−1,Y2的物质的量浓度为：0.3+0.2÷2=0.4mol⋅L−1,故c(X2)的取值范围为：0<c(X2)<0.2mol⋅L−1;当

X2全部转化时,Z的物质的量浓度为：0.2+0.1×2=0.4mol⋅L−1,Y2的物质的量浓度为：0.3−0.1=0.2mol⋅L−1,故c(Y2)的取值范围为：0.2mol⋅L−1<c(Y2)<0.4mol⋅L−1,c(Z)的取值范围为：0<c(Z)<0.

4mol⋅L−1。【详解】A.c(Z)的取值范围为：0<c(Z)<0.4mol⋅L−1，Z为0.3mol/L有可能，故A正确；B.c(Y2)的取值范围为：0.2mol⋅L−1<c(Y2)<0.4mol⋅L−

1,Y2为0.45mol/L不可能，故B错误；C.c(X2)的取值范围为：0<c(X2)<0.2mol⋅L−1,所以X2为0.2mol/L不可能，故C错误；D.c(Z)的取值范围为：0<c(Z)<0.

4mol⋅L−1；所以Z不可能为0.4mol/L，故D错误，故选A。15.在体积一定的密闭容器中放入1L气体R和3L气体Q，在一定条件下发生反应R(g)＋3Q(g)=X(g)＋nY(g)，反应完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的75%，则化学方程式中n的值是（）

A.2B.3C.4D.5【答案】A【解析】【详解】该反应不是可逆反应可以完全转化，则1LR和3LQ完全反应生成1LX和nLY，又知反应后的压强是原来的75%，则有1+n=(1+3)×75%，所以n=2。答案选A。【点评】本题易错

在把反应当成可逆反应来考虑。二、选择题（每小题只有一个选项，每题3分，共30分）16.将2molSO2和2molSO3气体混合于某固定体积的密闭容器中，在一定条件下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO

3(g)，平衡时SO3为Wmol。相同温度下，分别按下列配比在相同体积的容器中反应，反应达到平衡时，SO3的物质的量大于Wmol的是A.2molSO2＋1molO2B.4molSO2＋1molO2C.2molSO2＋1m

olO2＋2molSO3D.3molSO2＋1molSO3【答案】C【解析】【详解】A、题给起始量相当于加入4molSO2和2molO2，起始量和题给起始量相比，相当于减少2molSO2，减少反应物二氧化硫的量，平衡逆向进行，三氧化硫物质的量＜n，故A不符合；B、起始量与题给

起始量相同，平衡相同，SO3物质的量为nmol，故B不符合；C、起始量相当于加入4molSO2和2molO2，可看做在原平衡的基础上加入1molO2，平衡正向移动，三氧化硫物质的量＞nmol，故C符合；D、起始量相当于起始加入了4molSO2和0.5molO

2，可看做在原平衡的基础上减少了0.5molO2，平衡逆向进行，三氧化硫物质的量＜nmol；故选C。17.在一真空密闭容器中盛有1molPCl5，加热到200℃，发生反应：PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)，反应达到平衡时，PCl5在混合气体中的体积分数为m%，若在相同的温度

和相同的容器中，起始时加入2molPCl5，反应达到平衡时，PCl5在混合气体中的体积分数为n%，则m和n的关系正确是（）A.m>nB.m<nC.m＝nD.无法比较【答案】B【解析】【详解】该反应是气体体积增大的化学反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动。根

据PV=nRT知，R为常数，当V、T相同时，n越大P越大，该反应是气体体积增大的反应，2mol>1mol，则增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即逆反应方向移动，所以导致反应达到平衡时PCl5的转化率减小，PCl5的体积分数增大，故m<n。故选B。18.在相同温度下，有

两种较稀的醋酸溶液A和B。A溶液中c(CH3COOH)=amol·L-1，电离度为α1，B溶液中c(CH3COO-)=amol·L-1，电离度为α2。下列叙述中正确的是（）A.B溶液中c(CH3COOH)=2aαmol·L-1B.A溶液的pH值小于B溶液的pH值C.α2>α1D.A溶

液的c(H+)是B溶液c(H+)的0.5α1倍【答案】A【解析】【分析】醋酸为弱电解质，微弱电离CH3COOHCH3COO+H+，则A溶液中c（CH3COOH）=amol•L-1，它电离出来的醋酸根是远远小于amol/L，B溶液中c（CH3COO

-）=amol•L-1，所以B溶液浓度要比A溶液大，即B溶液的酸性比A强，电离度α=（CH3COO-）/（CH3COOH）。【详解】A.α=（CH3COO-）/（CH3COOH），所以B溶液中c(CH3COOH)=2aαmol·L-1，故A正确；B.B溶液浓度要比A溶液大，

即B溶液的酸性比A强，所以A溶液的pH值大于B溶液的pH值，故B错误；C.B溶液浓度要比A溶液大，弱电解质浓度越大电离度越小，故α2<α1，故C错误；D.A溶液中（H+）=c（CH3COO-）=（CH3C

OOH）α1=aα1mol/L，B溶液中（H+）=c（CH3COO-）=amol•L-1，故D错误；故选A。19.已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH垐?噲?CH3COO－＋H＋要使溶液中()3cHcC)HH(COO＋

值增大，可以采取的措施是()A.加少量烧碱溶液B.降低温度C.加少量冰醋酸D.加水【答案】D【解析】【分析】醋酸是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，要使溶液中()3cHcC)HH(COO＋值增大，应使平衡向右移动。【详解】A．加入少量烧碱溶液，反应H+生成CH3COO-，c（H+）减小，由于

CH3COO-对CH3COOH的电离起到抑制作用，则()3cHcC)HH(COO＋值减小，故A错误；B．醋酸的电离是吸热反应，降低温度，抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，则()3cHcC)HH(COO＋值减小，故B错误；C．加入少

量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则()3cHcC)HH(COO＋值减小，故C错误；D．加水稀释促进醋酸电离，则氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以()3cHcC)HH(COO＋值增大，故D正确；故选D。【点睛】醋酸加水稀释，溶

液中除氢氧根离子外，各粒子浓度均减小，由于平衡向右移动，氢离子、醋酸根离子浓度减小少，醋酸分子浓度减小多。20.数据：7.2×10﹣4、4.6×10﹣4、4.9×10﹣10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些

酸可发生如下反应：①NaCN+HNO2===HCN+NaNO2，②NaCN+HF====HCN+NaF，③NaNO2+HF===HNO2+NaF。由此可判断下列叙述中，不正确的是（）A.HF的电离平衡常数为7.2×10﹣4B.HNO2的电离平衡常数为4.9×10﹣10C.根据①③两个

反应即可知三种酸的相对强弱D.HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小【答案】B【解析】【分析】弱酸在溶液中存在电离平衡，相同温度下，弱酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，并结合强酸可与弱酸的盐发生反应制取弱酸，进行分析解答。【详解】强酸能和弱酸

盐反应生成弱酸，根据：①NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、②NaCN+HF═HCN+NaF、③NaNO2+HF=HNO2+NaF，可知酸性：亚硝酸的酸性大于氢氰酸，氢氟酸的酸性大于亚硝酸，故这三种酸的强弱顺序是：氢氟酸＞亚硝酸＞氢氰酸。A．通过以上分

析知，氢氟酸的酸性最强，所以氢氟酸的电离平衡常数最大，为７.２×10﹣４正确；B．通过以上分析知，亚硝酸的酸性强于氢氰酸而比HF弱，所以亚硝酸的电离平衡常数为：4.6×10-4，错误；C．根据强酸制取弱酸知，由①知道酸性：亚硝酸＞氢氰酸

；根据③可知酸性：氢氟酸＞亚硝酸，故通过这两个反应就可以三种酸的相对强弱，正确；D．亚硝酸的酸性大于氢氰酸但小于氢氟酸，由于酸性越强，酸的电离平衡常数就越大，所以亚硝酸的电离平衡常数比HCN大，比HF小，正确；故本题合理选项是B。【点睛】本题考查了弱酸的酸性强弱的判断，明确强酸可与弱酸

的盐发生复分解反应制取弱酸、弱酸的酸性越强其电离平衡常数越大是解本题的关键。21.在25℃时，用蒸馏水稀释1mol/L氨水至0.01mol/L，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是（）A.-32c(OH)c(NHHO)B.c(H

＋)·c(OH－)C.32+4c(NHHO)c(NH)D.c(OH－)【答案】A【解析】【分析】氨水中溶质是一水合氨，加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，因为溶液中一水合氨

电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢氧根离子浓度、铵根离子浓度和一水合氨浓度都减小【详解】A.加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，该比值增大，故A正确；B.c(H＋)·c(OH－)=kw，kw只受温度影响，温度

不变kw不变，故B错误；C.加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，所以该比值减小，故C错误；D.加水稀释促进一水合氨电离,则溶液中n(OH−)增大,但n(OH−)增大程度小于溶液体积增大程度,所以c(OH−)减小，故D错误；故选

A。22.下列图示与对应的叙述相符的是A.图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B.图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，甲的压强比乙的压强大C.图3表示A、B两物质的溶解度随温度变化的情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃

时，溶质的质量分数B>AD.图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH【答案】D【解析】【详解】A、图象表示的是反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，A错误

；B、该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡向正反应方向移动，则反应物的含量减少，该图中改变条件后，反应物的含量不变，说明平衡不移动，加入的是催化剂，且乙加入了催化剂，B错误；C、A与B的溶解度随温度的升高而增大，t1℃时A的溶解度大于B的溶解度，所以A的饱

和溶液中溶质的质量分数大于B，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶液中溶质和溶剂的质量没有变化，所以质量分数不变，仍然A大于B，C错误；D、稀释起始时溶液pH相同，稀释HA酸溶液pH变化大，HA的酸性比HB强，越弱越水解，所以NaA的水解程度小于Na

B，NaA与NaB水解显碱性，因此NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，D正确.答案选D。23.下列有关实验原理、方法和结论都正确的是A.向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该溶液中不一定含有SO42－B

.向蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，将得到的沉淀分离出来，再加水可重新溶解。C.等体积的PH都为3的酸HA和HB分别与足量的Mg反应，HA放出的H2多，说明酸性：HA>HBD.淀粉在稀硫酸的作用下水解后，加入氢氧化钠使溶液呈碱性，再加

入新制Cu(OH)2后加热，若有砖红色沉淀生成，则淀粉已经完全水解。【答案】A【解析】【详解】A正确，因为沉淀也可能是氯化银。B不正确，硫酸铜属于重金属盐，能使蛋白质变性，而不是盐析，B不正确。C不正确，HA放出的氢气多，说明HA的浓度大，所以在pH相等的条件下，HA的电离

程度小于HB的，C不正确。D不正确，只能说明淀粉已经水解，要证明完全水解，还需要单质碘检验。所以答案选A。24.将氢氧化钠稀溶液滴加到醋酸稀溶液中，下列各图示意混合溶液有关量或性质的变化趋势，其中错误的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详

解】A项，氢氧化钠和醋酸发生中和反应，反应放热，当酸反应完成后，再加碱，相当于往热水中加入冷水，温度降低，A项正确；B项，醋酸中滴加氢氧化钠酸性减弱，pH增大，完全反应时pH发生突变，B项正确；C项，醋酸属于弱酸，部分电离，醋酸中滴加氢氧化钠，发生中和反应生成强电解质CH3COO

Na，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，恰好完全反应后，过量的NaOH也完全电离，导电能力继续增强，C项正确；D项，醋酸中滴加氢氧化钠，氢氧化钠和醋酸发生中和反应，开始一段时间醋酸浓度减小，氢氧化钠被消耗，浓度为0，D项错误

；答案选D。25.已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数弱酸氢氟酸硼酸[B(OH)3](一元酸)草酸(H2C2O4)电离平衡常数(25℃)6.6×10－45.8×10－10K1＝5.9×10－2K2＝6.4×10－5则下列有关说法不正确的是（）A.硼酸为一元弱酸B.amol·L－1HF溶液与b

mol·L－1NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c(Na＋)>c(F－)，则b一定大于aC.同温下，NaHC2O4溶液中HC2O4－的电离常数大于K2(草酸的二级电离)D.NaHC2O4和Na2C2O4混合溶液中，一定存在c(Na＋)＋c(H

＋)＝c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)【答案】BC【解析】【详解】A.由硼酸的电离平衡常数，知其不能完全电离，所以为一元弱酸，故A正确；B.反应后溶液中c(Na＋)>c(F－)，由电荷守恒c(Na＋)＋

c(H＋)＝c(OH－)＋c(F－)得：c(H＋)<(OH－)，溶液显碱性，溶液中溶质可能是氟化钠或氟化钠和氢氧化钠或氟化钠和氢氟酸，b可能大于或等于或小于a，故B不正确；C.NaHC2O4溶液中NaHC2O4=Na＋+HC2O4－，HC2O4－的电离不受影响，在草酸溶液中一级电离的

氢离子抑制二级电离即HC2O4－的电离，所以NaHC2O4溶液中HC2O4－电离程度大，但电离常数只受温度影响，温度相同电离常数相同，故C不正确；D.溶液中电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，故D正

确；故选BC。【点睛】电离常数、化学平衡常数、溶度积常数、水解常数、水的离子积常数均只受温度影响。第II卷（非选择题，共40分）26.在当今社会，氮的氢化物和氧化物与我们的生活息息相关．（1）NO是一种污染物，工业上用NH3、O2脱除烟气

中NO的原理如图所示，该原理中NO最终转化为______（填化学式），V4+﹣O﹣H在反应过程中作___________。当消耗2molNH3和0.5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为____________L。（2）N2H4是发射航天火箭的常用燃料，已知：N2H4(

g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=﹣538kJ·mol﹣1。断开1mol下列化学键系数的能量分别为N﹣H:390kJ、N≡N：946kJ、O﹣H：460kJ、O=O：498kJ。则断开1molN﹣N需要吸收的能量是__________．（3）工业制硝酸

时，会发生反应：4NH3（g）+5O2（g）催化剂加热4NO（g）+6H2O（g）△H＜0。①若其它条件不变，则下列图象不正确的是_____（填字母）。A.B.C.D.②在1L容积固定的密闭容器中充入NH3和O2发生

该反应，部分物质的浓度随时间的变化如下表所示。浓度时间c（NH3）/mol·L﹣1c（O2）/mol·L﹣1c（NO）mol·L﹣101.21.7504min0.40.750.86min0.40.750.88min0.610.69min0.610.610min1.0

511.0512min………0～4min内，用O2表示该反应的平均反应速率为______mol·L﹣1·min﹣1。反应6～8min时改变了反应条件，改变的反应条件可能是___________。【答案】(1).N2(2).催化剂(3).44.8(4).190kJ(5).D(6).0.2

5(7).升高温度【解析】【分析】本题考查化学平衡的计算；有关反应热的计算；化学平衡的影响因素．氧化还原反应中得失电子总数相等；反应热=反应物总键能﹣生成物总键能；分析化学平衡影响因素时，要分析反应特点即：反应热、

方程式两边气体体积变化情况；反应速率等于单位时间内的浓度变化。【详解】（1）由图1可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O；V4+﹣O﹣H在反应前后不变，作催化剂；氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的

物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，2molNH3转化为N2失去6mol电子，0.5molO2得到2mol电子，则NO转化为N2得到的电子为4mol，所以NO的物质的量为2mol，其体积为44.8L；故答案为N2；催化剂；44.8；（2）焓变=反应物总键能﹣生成物总键能，设断开1mol

N﹣N需要吸收的能量QkJ，则：Q+4×390+498﹣946﹣4×460=﹣538，解得Q=190；故答案为190kJ；（3）①该反应是气体体积增大、正反应放热的反应，A、增大压强，反应逆向移动，氨气的转化率减小，且压强增大化学反应速率增大，缩短反

应到达平衡的时间，所以图象符合，故A不选；B、催化剂加快反应速率，但不改变平衡，所以图象符合，故B不选；C、增大压强，逆向移动，NO的产率降低，所以图象符合，故C不选；D、升高温度，反应逆向移动，水蒸气的含量降低，所以图象不符合，故D选；故

答案为D；②0～4min内，v（O2）=1.75-0.754mol/（L．min）=0.25mol/（L．min）；反应6～8min时反应逆向移动，可能为升高温度，故答案为0.25；升高温度．27.为比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计

了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题。（1）定性分析：如图甲可通过观察_______________，定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是______________。（2）定量分析：如图乙所示，实验时均以生成20mL气体为准，其他可能影响实验

的因素均已忽略。图中仪器A的名称为________，实验中需要测量的数据是________，为了减少实验误差，反应前后量气管两边液面的高度应保持一致，则在反应后应采取的操作方法是_______________。【答案】(1).反应

产生气泡快慢(或反应完成的先后，或试管壁的冷热程度)(2).将阴离子改为相同，排除阴离子的干扰(3).分液漏斗(4).时间(或收集一定体积的气体所需要的时间)(5).慢慢将右面的量气管向下移动【解析】【分析】（1）根据反应生成气体的

快慢分析来比较催化效果；根据H2O2分解的催化作用有可能是氯离子起的作用，改为Fe2(SO4)3使阴离子相同，更为合理；根据反应物、生成物、反应条件写出反应方程式；（2）A为分液漏斗，根据乙图装置来选择气密性的检查

方法；该反应是通过反应速率分析的，所以根据v=△c/△t来判断【详解】（1）根据反应生成气体的快慢分析来比较催化效果；在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果时，必须保持其他的条件相同，所以将FeCl3改

为Fe2(SO4)3更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰，故答案为反应产生气泡快慢(或反应完成的先后，或试管壁的冷热程度)；将阴离子改为相同，排除阴离子的干扰；（2）由图可知，A为分液漏斗；定量比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，可以通过测定产生

20mL的气体所需的时间来比较，产生20mL的气体所需的时间越短，则催化效果越好。反应产生气体压强增大，左管液面低，右管液面高，应使右管下移，水进入右管，左管体积增大，压强减小，左右压强相等，液面相平。故答案为分液漏斗；收集20mL气体所需要的时间，慢

慢将右面的量气管向下移动。28.在某一容积为2L的密闭容器中，加入0.8mol的H2和0.6mol的I2，在一定的条件下发生如下反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH<0反应中各物质的浓度随时间变化情况如图：（1）根据如图数据，反应开始至达到平衡时，平均速率v(HI

)为________。（2）反应达到平衡后，第8min时：①若升高温度，化学平衡常数K________(填“增大”、“减小”或“不变”)，HI浓度的变化正确的是________(用如图中a～c的编号回答)。②若加入I2，H2浓度的变化正确的是________(用

如图中d～f的编号回答)。（3）反应达到平衡后，第8min时，若反应容器的容积扩大一倍，请在图中画出8min后HI浓度的变化情况。______【答案】(1).0.167mol/(L·min)(2).减小(3).c(4).f(5).【解析】【分析】根据v=△c/△t，计算平均速率v（HI）；（2）

升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减少；（3）若加入I2，平衡正向移动，H2浓度减少；（4）反应是体积不变的反应，改变压强平衡不移动，容器的容积扩大一倍，平衡物质浓度减小．【详解】(1）平均速率v（HI）=（0.5mol/L-0）÷3min=0.16

7mol•L-1•min-1,故答案为0.167mol•L-1•min（2）①该反应放热，升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减少，化学平衡常数减小，故答案为减小，c；②若加入I2，平衡正向移动，H2浓度减少，故答案为f；（3）H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），反应是体积不变的反应，改变压强平

衡不移动，容器的容积扩大一倍，平衡时物质浓度减小，碘化氢浓度减小一半为0.25mol/L，画出的变化图象如图：，故答案为