【文档说明】四川省内江市威远中学2024-2025学年高二上学期12月月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，1.345 MB，由envi的店铺上传

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威远中学2023级高二上学期12月月考化学试题注意事项：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第I卷(选择题)一、单选题(每题3分，共42分)1.“极地破冰”“太空养鱼”等彰显了我国科技发展的巨大成就。下列说法正确的是A.“雪龙2”号破冰船极地科考：破冰

过程中水发生了化学变化B.大型液化天然气运输船成功建造：天然气液化过程中形成了新的化学键C.嫦娥六号的运载火箭助推器采用液氧煤油发动机：燃烧时存在化学能转化为热能D.神舟十八号乘组带着水和斑马鱼进入空间站进行科学

实验：水电子式为【答案】C【解析】【详解】A．破冰过程无新物质生成，是物理变化，A错误；B．天然气液化的过程是气态变为液态，是物理变化，无新的化学键形成，B错误；C．燃烧放热，是化学能转化为热能，C正确；D．水是共价

化合物，每个H原子都与O原子共用一对电子，电子式为，D错误；本题选C。2.如图所示为工业合成氨的流程图。下列说法错误的是A.步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒B.步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速

率C.为了提高原料的转化率，应及时将氨从混合气中分离出去D.步骤③合成氨温度为500℃是因为该温度催化剂活性高且有利于提高原料平衡的转化率【答案】D【解析】【分析】N2和H2净化干燥除去杂质后，加压既能提高反应速率，又能促进平衡正向移动

，合成氨反应的的为放热反应，低温有利于平衡正向移动，但是低温下，催化剂活性低，反应速率也低，因此综合考虑将温度设定在500℃并使用含铁催化剂进行催化反应，及时将产生的NH3液化分离出来以提高N2和H2的转化率，剩余的N2和H2再循环利用，据此分析判断。【详解】A．步骤①中“净

化”是除去杂质，以防止铁催化剂中毒，故A正确；B．合成氨的反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正向移动，提高原料转化率，加压也可以提高反应速率，故B正确；C．在反应达到一定转化率时及时将氨从混合气中分离出去，可使平衡正

向移动，能保持足够高的原料转化率，故C正确；D．由图可知工业生产中，催化合成氨的反应温度为500℃，说明500℃是催化剂催化活性的最佳温度，但催化剂只能提高反应速率，不能提高平衡转化率，故D错误；故选D。3.某小组利用如图装置测定中和反应(稀盐酸和稀NaO

H溶液)的反应热。下列叙述错误的是A.上下移动玻璃搅拌器能加快中和反应B.测定温度时温度计水银球不能接触杯底C.如果用稀Ba(OH)2溶液和稀硫酸进行实验，不会影响结果D.如果用铜质搅拌器，测得中和反应的反应热ΔH会偏高【答案】C【解析】【详解】A

．根据装置特点，玻璃搅拌器在混合溶液搅拌时，只能上下移动玻璃搅拌器，使反应物充分混合而加快反应，正确，A不符合题意；B．杯底温度与溶液温度不同，因此测定溶液温度时，温度计水银球不能接触杯底，正确，B不符合

题意；C．稀Ba(OH)2溶液和稀硫酸反应除了H＋和OH－反应生成水外，还会生成BaSO4，放出热量增大，使测得的反应热偏小，错误，C符合题意；D．铜是热的良导体，采用铜质搅拌器导致温度散失较快，使得测定的反应放出热量减小，从而导致反应热ΔH测定结果偏高，正确，D不符合题意；答案选C。4.3CH

COOH是一种弱酸。常温下，用1VmL0.1molLNaOH−溶液滴定1320.00mLmolLCHCOOHc−溶液，测定3CHCOOH溶液的浓度。下列叙述正确的是A.碱式滴定管检漏之后，可直接向其中加入10.1molL−

的NaOH溶液待用B.滴定过程中的操作如图所示C.滴定过程中pH7=时，()()()()3NaCHCOOHOHcccc+−+−===D.若滴定终点时25.00V=，则0.125c=【答案】D【解析】【详解】A．碱式滴定管检漏

之后，应首先用标准液润洗，而不可直接向其中加入10.1molL−的NaOH溶液待用，A错误；B．滴定过程中眼睛应该注视锥形瓶中溶液颜色的变化，也应使用碱式滴定管，B错误；C．滴定过程中pH7=时，溶液显中性：()()HOHcc+

−=，结合电荷守恒()()3NaCHCOOcc+−=，但是()()()()3NaCHCOOHOHcccc+−+−==，C错误；D．若滴定终点时25.00V=，则-311-325.0010L0.1molL=0.1

25molL20.0010Lc−−=，D正确；故选D。5.下列有关热化学方程式及其叙述正确的是A.甲烷的燃烧热为890kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式为：()()()()4222CHg+2Og=C

Og+2HOgΔH=-890kJ/molB.已知：()()()22Cs+Og=2COgΔH=-221kJ/mol，则C的燃烧热ΔH<-110.5kJ/molC.若()()()+-2Haq+OHaq=HOlΔH=-57.3kJ

/mol，则()()()()()24422HSOaq+BaOHaq=BaSOs+2HOlΔH=-114.6kJ/molD.1molSO2、0.5molO2完全反应，放出热量98.3kJ，则()()()2232SOg+Og2SOgΔH=-98.3kJ/mo

l【答案】B【解析】【详解】A．甲烷的燃烧热为890kJ/mol，即1molCH4完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出890kJ的热量，热化学方程式为()()()()4222CHg+2Og=COg+2HOlΔH=-890kJ/mol，故A错误；B．已知()()()22Cs+O

g=2COgΔH=-221kJ/mol，因为C(s)燃烧不完全，反应生成的一氧化碳不是指定产物，反应热不是燃烧热，燃烧热指的是1molC完全燃烧生成CO2时放出的热量，放出的热量会大于110.5kJ，即ΔH<-110.5kJ/mol，故B正确；C．()()()()()24

422HSOaq+BaOHaq=BaSOs+2HOl还有沉淀生成，生成2mol水时放热大于114.6kJ，故ΔH<-114.6kJ/mol，故C错误；D．SO2与O2反应是可逆反应，而热化学方程式中的反应热指的是完全反应时的热效应，故

()()()2232SOg+Og2SOgΔH<-196.6kJ/mol，故D错误；答案选B。6.下列说法正确的是A.ΔH<0ΔS>0、的反应在温度低时不能自发进行B.()()()()43322NHHCOs=NHg+HOg+

COgΔH=+185.57kJ/mol能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向C.()()()()-1222COg+HOg=COg+HgΔH=-41kJmol，恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子

百分数增大，反应速率加快D.加入合适的催化剂，可降低反应的活化能和焓变，活化分子百分数增大，反应速率加快【答案】B【解析】【详解】A．当ΔH＜0、ΔS＞0时一定有△G=ΔH-TΔS＜0，故无论反应的温度高低，反应都能自发进行，A错误；B．反应产生气

体，熵值增大，混乱度增大，可满足△G=ΔH-TΔS＜0，反应能自发进行，B正确；C．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，增大反应物浓度，单位体积内火花分子数增加，火花分子百分数不变，反应速率加快，C错误；D

．催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分数，从而增大反应速率，不能降低活化能，D错误；答案选B。7.室温下，下列说法错误的是A.0.11molL−的3CHCOOH溶液中，由水电离的()cH+为13110molL−−B.pH

2=与pH1=的3CHCOOH溶液中()cH+之比为1：10C.pH12=的NaOH溶液和pH2=的3CHCOOH溶液等体积混合后溶液的pH7D.将1L0.11molL−的2Ba(OH)溶液稀释为2L，pH13=【答案】A【解析】【详解】A．0.11mol

L−的3CHCOOH溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，醋酸中氢氧根离子是水电离的，则由水电离的()cH+大于13110molL−−，故A错误；B．pH2=的溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，pH1=的3CHC

OOH溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，则两溶液中()cH+之比为：0.01mol/L：0.1mol/L1=：10，故B正确；C．pH12=的NaOH溶液的浓度为0.01mol/L，pH2=的3CHCOOH溶液中氢离子

浓度为0.01mol/L，则醋酸的浓度大于0.01mol/L，两溶液等体积混合后醋酸过量，溶液显示酸性，则溶液的pH7，故C正确；D．1L0.11molL−的2Ba(OH)溶液稀释为2L后，稀释后溶液中氢氧根离子浓度为：0.1

mol/L21L0.1mol/L2L=，则稀释后溶液的pH13=，故D正确；故答案为A。【点睛】考查溶液酸碱性与溶液pH的计算、弱电解质的电离，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确溶液pH的表达式及计算方法，选项B为易错点，注意两溶液混合后醋酸过量。

8.常温下，下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是A.澄清透明溶液中：Na+、3Fe+、24SO−、SCN−B.pH=1的溶液中：2Fe+、K+、3NO−、24SO−C.NaHCO3溶液中：343NHAlClNO++−−、

、、D.通入CO2后的溶液中：K+、Ca2+、3ClNO−−、【答案】D【解析】【详解】A．澄清透明溶液中3Fe+与SCN−将形成络合物而不能大量共存，A不合题意；B．pH=1的溶液中的H+、2Fe+、3NO−三者间因发生氧化还原反应而不能大量共存，B不合题意；C．Na

HCO3溶液中的-3HCO和Al3+因发生双水解反应而不能大量共存，C不合题意；D．由于HCl的酸性大于H2CO3，HNO3的酸性大于H2CO3，故通入CO2后的溶液中K+、Ca2+、3ClNO−−、各离子间不反

应，能够大量共存，D符合题意；故答案为：D。9.如图所示原电池装置中，溶液为稀硫酸，装置如图所示。下列说法正确的是A.电极X为正极B.氢气产生在X电极上，SO24−移向X电极C.X电极上发生氧化反应，Y电极上发生还原反应D.电子流动方向为：X电极→导线→Y

电极→溶液→X电极【答案】C【解析】【分析】从图中可知，电子从X电极向Y电极移动，则X电极为负极，Y电极为正极。【详解】A．根据分析可知，电极X为负极，A错误；B．Y为正极，氢离子在Y电极上得电子生成氢气，硫酸根离子向负极移动即向X电极移动，B错误；C．X电极为负极，

负极上的物质失电子被氧化发生氧化反应，Y电极上氢离子得电子被还原发生还原反应，C正确；D．电子不会经过电解质溶液，D错误；故答案选C。10.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向淀粉碘化钾溶液中通入少量氯气，溶液变

蓝氧化性：22ClIB向溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊溶液中一定有23CO−C用铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰的颜色为黄色该溶液是钠盐D向22HO溶液中滴加4KMnO，溶液褪

色22HO具有氧化性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．向足量含淀粉的碘化钾溶液中通入少量氯气，溶液变蓝，说明KI被氧化成碘单质，证明氧化性Cl2＞I2，故A正确；B．某溶液加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄

清石灰水中，溶液变浑浊，则该溶液不一定有23CO−，也可能是含3HCO−，故B错误；C．钠元素的焰色为黄色，由实验操作和现象可知，溶液为钠盐或NaOH等，故C错误；D．高锰酸钾溶液氧化过氧化氢，紫色褪去，可知过氧化氢具有还原性，故D错误；答案选A。11.次

氯酸溶液中存在电离平衡：HClOHClO+−+ƒ，下列叙述不正确的是A.pH4=的HClO溶液加水稀释10倍，pH5B.降低温度，平衡逆向移动，次氯酸的电离常数aK减小C.加入NaOH固体，溶液中()()ClOHClOcc−的值增大D.欲使10.1molL−次氯酸溶液的

pH、电离程度都减小，可加入11molL−次氯酸溶液【答案】A【解析】【详解】A．稀释促进次氯酸电离，稀释10倍，次氯酸的pH增大幅度小于1，则pH4=的HClO溶液加水稀释10倍，pH5＜，A错误；B．次氯酸电离是吸热过程，降低温度，平衡逆向移动，次氯酸

的电离常数aK减小，B正确；C．加入NaOH固体，溶液中氢离子浓度减小、温度不变，次氯酸的电离常数aK不变，则溶液中()()()+ClOHClOHacKcc−=的值增大，C正确；D．向10.1molL−次氯酸溶液加入11molL−次氯酸溶液，HClO

的浓度增大，其电离程度减小，电离平衡正向移动，H+浓度增大，pH减小，D正确；选A。12.X、Y、Z、W为前三周期主族元素，X、Y、Z的相对位置如图。Y的原子序数为X、Z的原子序数之和，W与Z同周期且在同周期主族元素中W的原子半径最大。下列有关叙

述正确的是XZYA.简单离子半径：Y>W>ZB.原子序数：W>YC.Z元素最高正价为7+价D.X的最高价氧化物对应的水化物是一种强酸【答案】D【解析】【分析】设X的原子序数为A，Z的原子序数为A2+，Y的原子序数为A18++，由题意知：

A18AA2++=++，得A7=，X、Y、Z分别是N、S、F元素；W与Z同周期且在同周期主族元素中W的原子半径最大，所以W是Li元素。【详解】A．Y、Z、W对应的离子分别是2S−、F−、Li+，2S−有3个电子层，F−有2个电子层，

Li+只有1个电子层，则离子半径：Y>Z>W，A错误；B．由分析知Y的原子序数大于W，B错误；C．第七主族的最高正价为+7价，但F元素没有正价，C错误；D．X的最高价氧化物对应的水化物3HNO是一种强酸，D正确；答案选D。13.下列溶液中离子浓度关系的说法正确的是

A.10.1molL−氨水和140.1molLNHCl−溶液相比，()4NHc+前者大于后者B.pH9=的23NaCO溶液中：()()()()233232NaCOHCOHCO+−−=++ccccC.2NaS溶液中()()()()2OHHHS2HS

cccc−+−=++D.1230.2molLNaCO−溶液和10.1molL−盐酸等体积混合，在混合溶液中：()()()()()233NaCOHCOOHHccccc+−−−+【答案】C【解析】

【详解】A．32NHHO是弱碱，电离程度很小，溶液中4NH+很小；4NHCl是强电解质，在水溶液中完全电离出4NH+和Cl−，4NH+有很少一部分发生水解，所以10.1molL−氨水和140.1molLNHCl−溶液相比，()4NHc+前者小于后者，A错误；B

．pH9=的23NaCO溶液中，根据物料守恒，()()()()23323Na2CO2HCO2HCOcccc+−−=++，B错误；C．根据质子守恒，2NaS溶液中()()()()2OHHHS2HScccc−+−=++，C正确；D．1230.

2molLNaCO−溶液和10.1molL−盐酸等体积混合，得到等浓度的3NaHCO和23NaCO，溶液中碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子电离程度，溶液显碱性，溶液中()()()()()233NaHCOCOOHHccccc+−−−+，D错误

；答案选C。14.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法错误的是A.曲线A对应温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的硫酸溶液混合，所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为10:1B.曲线A对应温度下，pH=2的HCl溶液和pH=11的某B

OH溶液中，若水的电离程度分别用α1、α2表示，则α1小于α2C.曲线B对应温度下，将0.02mol⋅L-1()2BaOH溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合后，混合溶液的pH=10D.曲线B对应温度下，pH=2的HCl溶液和pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显酸性【答案】D【

解析】【分析】水电离是吸热的，温度升高电离程度增大，水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度变大，曲线B对应的温度大于曲线A对应的温度；【详解】A．在25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的硫酸溶液混合，所得混合溶液的pH=7，则NaOH与硫酸恰好完全反

应，即n(H+)=n(OH-)，所以10-5×V(NaOH溶液)=10-4×V(硫酸)，解得NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为10：1，A正确；B．在曲线A所对应的温度下，Kw=c(H+)c(OH-)=10-14，pH=2的HCl溶液中c(H+)=10-2mol/L，酸溶液中水的电离受抑制，c

水(H+)=10-12mol/L；pH=11的某BOH溶液中，c(H+)=10-11mol/L，碱溶液中水的电离受抑制，所以c水(H+)=10-11mol/L，而水电离产生的H+的浓度越大，水的电离程度就越大，所以α1小于α2，B正确；C．在曲线B对应温度下

，Kw=c(H+)c(OH-)=10-12，将0.02mol⋅L-1()2BaOH溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合，碱过量，混合溶液中c(OH-)=0.0220.021mol/L0.01mol/L11−=+，c(H+)=()WK

cOH−=1100−mol/L，所以pH=10，C正确；D．在曲线B对应温度下，Kw=c(H+)c(OH-)=10-12，pH=2的HCl溶液c(H+)=10-2mol/L，pH=10的NaOH溶液c(OH-)=10-2mol/L，等体积混

合后，二者氢离子和氢氧根离子浓度相等，溶液显中性，D错误；答案选D。第II卷(非选择题)二、解答题(每空2分，共58分)15.I．某温度下，在2L密闭容器中X、Y、Z三种物质(均为气态)间进行反应，其物质的量随时间的变化曲线

如图。据图回答：（1）该反应的化学方程式可表示为_______。（2）反应起始至tmin(设t=5)，Z的平均反应速率是_______，X的转化率为_______(用百分数表示，保留一位小数)，Y的体积分数为__

_____。（3）一定能使该反应的反应物转化率增大的措施有_______(已知：该反应为吸热反应)。A．其他条件不变，及时分离出产物B．适当降低温度C．其他条件不变，增大X的浓度D．使用高效催化剂E．恒容条件下充入氮气，使压强增大Ⅱ．在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：

()()()()222COgHgCOgHOg+=+，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：t℃70080085010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（4）该反应的化学平衡常数表达式为K=_______。（5）该反应为反应_______(填“吸热”、“放热”)。（

6）某温度下，平衡浓度符合下式：222COHCOHO=，试判断此时的温度为_____℃。（7）将上述反应改在恒压容器中进行，充入一定量氩气，达新平衡时，CO的体积分数_______(填“变大”“变小”或“不变”

)。【答案】（1）2X(g)⇌3Y(g)+Z(g)（2）①.0.04mol·L-1·min-1②.33.3%③.37.5%（3）A（4）222c(CO)c(HO)c(CO)c(H)（5）吸热（6）850（7）不变【

解析】【小问1详解】由图像可以看出X为反应物，Y和Z为生成物，当反应达到tmin时，∆n(X)=0.8mol，∆n(Y)=1.2mol，∆n(Z)=0.4mol，化学反应中，各物质的物质的量变化值与化学计量数呈正比，则∆n(X)∶∆n(

Y)∶∆n(Z)=2∶3∶1，所以反应的化学方程式为2X(g)⇌3Y(g)+Z(g)；【小问2详解】反应起始至tmin(设t=5)，Z的平均反应速率v(Z)=0.4mol2L5min=0.04mol·L

-1·min-1；X的转化率=(2.4-1.6)mol100%2.4mol≈33.3%；相同条件下，气体的体积分数等于其物质的量分数，则Y的体积分数=1.2mol100%1.6mol+1.2mol+0.4mol=37.5%；【小问3详解】A．其他条件不变，及时分离出产物，

生成物浓度减小，平衡正向移动，反应物转化率增大，故A选；B．适当降低温度，该反应为吸热反应，平衡逆向移动，反应物转化率减小，故B不选；C．其他条件不变，增大X的浓度，增加的X不能完全转化，反应物转化率减小，故C不选；D．使用高效催化剂能加快反应速率，但不影响平衡移动，反应物转化率不变，

故D不选；E．恒容条件下充入氮气，使压强增大，但是反应体系中各组分的浓度不变，反应物转化率不变，故E不选；故选A；小问4详解】平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积比值，该反应的化学平衡常数表达式为K=222c(CO)c(HO)c(CO)c(H)；【小问5详解】温度升高，K值增大

，说明升温平衡正向移动，该反应为吸热反应；【小问6详解】某温度下，平衡浓度符合下式：222COHCOHO=，K=222c(CO)c(HO)c(CO)c(H)=1，此时的温度为850℃；【小问7详解】【将上述反应改在恒压容器中进行，

充入一定量氩气，相当于扩大容积，减小反应混合物的压强，由于()()()()222COgHgCOgHOg+=+反应前后气体体积不变，则平衡不移动，达新平衡时，CO的体积分数即物质的量分数不变。16.Ⅰ.常温下，几种酸或碱的电离常数如表所示。酸或

碱HCN23HCO3CHCOOH32CHNH(甲胺)aK或bK104.910−74.510−、114.710−51.810−44.210−回答下列问题：（1）常温下，0.1mol/L的HCN溶液中，()+cH约为_______。（2）甲胺是一元弱碱，在水中电离方程式为322

33CHNHHOCHNHOH+−++，乙胺()2222HNCHCHNH的第二步电离方程式为_______。（3）在KCN溶液中通入少量CO2离子方程式为_______。Ⅱ.滴定法是重要的化学定量分析方法。国家标准规定，酿造的

食醋中醋酸的含量不得低于3.5g/mL，即每100mL食醋中，折算成的醋酸含量不得低于3.5g。某实验小组用酸碱滴定法测定某食用白醋的总酸含量(g/100mL)，回答下列问题：（4）准备与滴定a．待测液的准备：将20mL食用白醋稀释至100mL，用

_______(填仪器名称)量取稀释后的溶液20.00mL于锥形瓶中；b．标准溶液的准备：用碱式滴定管盛装25.00mL0.1000mol·L-1NaOH标准溶液；c．滴定：向盛有白醋样品的锥形瓶中加入2滴酚酞作为指示剂，把锥形瓶放在碱式滴定

管的下方，瓶下垫一张白纸，小心地滴入碱。边滴边摇动锥形瓶(接近终点时，改为滴加半滴碱)，直到加入半滴碱后，溶液颜色从_______，表示已经到达滴定终点。d．重复上述操作三次。四次测定数据如表：序号1234标准溶液体积/mL23.40

234520.3023.35（5）数据处理与计算：计算得出白醋的总酸量为_______g/100mL。(保留小数点后两位)（6）数据分析：在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有_______。.A．酸式滴定管水洗后未用待测白醋溶

液润洗B．滴定前用待测白醋溶液润洗锥形瓶C．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失D．滴定终点读数时俯视读数E．滴定过程中若选用甲基橙做指示剂【答案】（1）7×10-6（2）2322223223HNCHCHNHHOHNCHCHNHOH++−

++（3）223CNCOHOHCNHCO−−++=+（4）①.酸式滴定管②.无色变成浅红色，且30s不褪色（5）3.51（6）BC【解析】【小问1详解】+-HCNH+CN，()()()+-acHcCNK=

cHCN，常温下，0.1mol/L的HCN溶液中()()()()()+-2+acHcCNcHK==cHCNcHCN，则()()+106acH=KcHCN=4.9100.1mol/L710mol/L−−；【小问2详解】结

合甲胺电离可知，乙胺中含有2个氨基，则其第二步电离方程式为：2322223223HNCHCHNHHOHNCHCHNHOH++−++；【小问3详解】酸性：碳酸>HCN>碳酸氢根离子，则KCN溶液中通入少量CO2反应生成

HCN和碳酸氢根离子，离子方程式为223CNCOHOHCNHCO−−++=+；【小问4详解】取酸性溶液进行滴定，需要使用酸式滴定管；碱性溶液使得酚酞试液变红色，故滴定终点为：加入半滴碱后，溶液颜色从无色变成浅红色，且30s不褪色，表示已经到达滴定终点；【小问5详解】第3次数据误差较大，舍弃，标

准液平均体积为23.40mL，则20mL食用白醋中醋酸为-3110023.4010L0.1000?L=0.0117mol20mol−，质量为0.0117mol60g/mol=0.702g，则白醋的总酸量为0.702100=3.51g/100mL20。【小问6详解】A．

酸式滴定管水洗后未用待测白醋溶液润洗，使得标准液用量偏小，测定结果偏低；B．滴定前用待测白醋溶液润洗锥形瓶，使得待测液中溶质偏多，标准液用量偏大，测定结果偏高；C．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，使得标准液读数偏大，测定结果偏高；D．滴定终点读数时俯视读数，使得标准液读数偏小

，测定结果偏低；E．滴定过程中若选用甲基橙做指示剂，甲基橙变色范围为酸性，使得标准液用量偏小，测定结果偏低；故选BC。17.回答下列问题：（1）用活性炭可以还原处理氮氧化物，有关反应为22C(s)2NO(g)N(g)CO(g)++。在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据

是___________。A.单位时间内生成2nmolNO(g)的同时消耗nmolCO2(g)B.混合气体的密度不再发生改变C.反应体系的压强不再发生改变D.混合气体的平均相对分子质量不再改变（2）CO和H2合成甲醇的反应为23CO(g)+2H(g)CHOH(g)

H。若在容积可变的密闭容器中充入mmolCO和nmolH2，(2m≠n)发生反应并达到平衡，CO的平衡转化率随温度(T)、压强(p)的变化曲线如下图所示。①反应23CO(g)+2H(g)CHOH(g)H_

__________0(填“>”“<”或“=”)。②比较p1___________p2(填“>”“<”或“=”)，理由是___________。（3）有科学家经过研究发现，用CO2和H2在210~290℃，催化剂条件下可转

化生成甲醇蒸气和水蒸气。一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0molH2，在不同催化剂作用下，反应相同时间内CO2的转化率随温度变化如下图所示。催化剂效果最佳的是催化剂___________(填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。此反应在a点时已达平衡状态，a点的转化率比c点高的

原因是___________。（4）图中c点对应温度下反应的平衡常数K=___________。【答案】（1）BD（2）①.<②.<③.该反应是气体分子数减小的反应，压强增大，平衡正向移动，CO转化率增大，所以p1<

p2（3）①.I②.该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（4）2512【解析】【小问1详解】在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是正逆反应速率相同，各组分含量不变，C(s)+2NO(

g)N2(g)+CO2(g)；A．单位时间内生成2nmolNO(g)的同时消耗nmolCO2(g)，说明反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，故A不符合题意；B．碳是固体．当平衡发生移动，气体质量会发生变化，容器体积不变，所以混

合气体的密度不再发生改变可以说明反应达到平衡状态，故B符合题意；C．反应前后气体总物质的量不变，反应体系的压强始终不发生改变，不能判定平衡，故C不符合题意；D．C为固体，混合气体的平均相对分子质量保持不变，可知气体质量不变，为平

衡状态，故D符合题意；故答案为BD。【小问2详解】①该反应温度升高，CO转化率降低，则平衡逆向移动，则23CO(g)+2H(g)CHOH(g)H<0；②该反应为气体体积减小反应，压强增大，平衡正向移动，CO转化率增大，则p1<p2，则理

由是该反应是气体分子数减小的反应，压强增大，平衡正向移动，CO转化率增大。【小问3详解】由图像知：催化剂Ⅰ在较低温度T3时CO2就达到80%的转化率，催化剂效果最佳的催化剂Ⅰ，该反应为的放热反应，T4反应已经达到平衡，升高温度到T5平

衡向逆反应移动，从而使CO2的转化率降低，T4的a点转化率比T5的c点高，故原因为该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动。【小问4详解】c点时列出三段式：()()()()()()()2232COg+3HgCHOHg+HOgmol1300m

ol0.61.80.60.6mol0.41.20.60.6起始转化平衡该反应的平衡常数K=30.60.62522=120.41.222。18.CO、NOx(主要指NO和2NO)是大气主要污染物之一、有效去除大气中的CO、NOx是环境保护的重要课题。已

知：反应1：221CO(g)O(g)CO(g)2+=11283.0kJmol−=−H反应2：22N(g)O(g)2NO(g)+=12180.0kJmolH−=+反应3：222CO(g)2NO(g)N(g)2CO(g)+=+3Δ

H反应4：2222H(g)2NO(g)N(g)2HO(g)++4ΔH回答下列问题：（1）计算3ΔH=___________1kJmol−。（2）已知反应4在某催化剂作用下的反应历程如图。①4ΔH___________(

填“>”或“<”)0；②该反应历程的决速步骤为___________。（3）向密闭容器中充入一定量的2H(g)和NO(g)，保持总压为0kPap，发生反应4，当()2H1(NO)nn=时NO的平衡转化率随温度T以及3KT下NO的平衡转化率随投料比()2H(NO)nn的变化关系

如图：①能表示此反应已经达到平衡状态的是___________(填标号)；A．气体的密度保持不变B．NO的浓度不变C．()22(NO)Nvv=正逆②a、d两点对应的平衡常数大小比较为aK___________(填“>”“<”或“=”

)dK；③b点对应条件下的压强平衡常数pK=___________1kPa−(pK为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，列出计算式即可)。【答案】（1）-1-746.0kJmol（2）①.＜②.过程4（3）①.AB②.>③.22200.40.8()

4.64.63.20.2()()p4.64.6【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，(2×反应1)－反应2可得：222CO(g)2NO(g)N(g)2CO(g)+=+()-1-13H=-2832-180kJmol=-746.0

kJmol。【小问2详解】①因为反应物的能量高于生成物的能量，所以是放热反应，4ΔH<0；②活化能越大，反应速率越慢，则是决速步骤，所以答案是过程4。【小问3详解】①A．因为压强不变，该反应是气体分子

数减小的反应，则混合气体的体积减小，由质量守恒知，混合气体的质量不变，所以混合气体的密度是变量，当密度保持不变时达平衡，故A正确；B．平衡之前，NO的浓度是变量，当NO浓度不变时达平衡，故B正确；C．当正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，反应达平

衡，即v正(NO)=2v逆(N2)达平衡，故C错误；故答案为：AB；②该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率越小，并且平衡常数只与温度有关，所以温度越高，平衡常数越小，a点温度低，d点温度高，所以Ka＞Kd；③b点2n(H)=4n(NO)，N

O的平衡转化率是80%，设开始投入氢气4mol，则NO为1mol，NO转化了0.8mol，列出“三段式”()()()2222H(g)2NO(g)N(g)+2HO(g)mol4100mol0.80.80.40.8mol3.20.20.40.8+起始转化平衡平衡时气体总物质的量

为(3.2+0.2+0.4+0.8)mol=4.6mol，2222p2222200.40.8()p(N)p(HO)4.64.6K==3.20.2(H)p(NO)()()p4.64.6p。