【文档说明】江西省万载中学2019-2020学年高二12月月考化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，395.000 KB，由小赞的店铺上传

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万载中学2021届高二12月月考化学学科试卷相对原子质量：H:1C:12N:14O:16Na:23K:39Cl:35.5Cu:64Fe:56S:32一、单选题（每小题3分，共48分）1.下列说法中正确的是（）A.放热反应一定不用加热，吸热反应一定需加热B.化学反应中，当反应物的总能量

小于生成物的总能量时，反应放热，ΔH为“－”C.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小且可以再生，所以风能、氢能、太阳能和生物质能都属于未来新能源D.升高温度或加入催化剂，都可以改变化学反应的反应热【

答案】C【解析】【详解】A.反应吸热还是放热与反应条件没有必然联系，有的放热反应需要加热，有的吸热反应不需要加热，故A错误；B.放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量，放热反应的△H为负值，吸热反应的

△H为正值，故B错误；C.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小且可以再生，所以风能、氢能、太阳能和生物质能都属于未来新能源，故C正确；D.使用催化剂前后，反应物和生成物的能量是不变化的，化学反应的反应热是不变的，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题考查吸热反应和

放热反应，难度不大，注意反应吸热还是放热与反应条件没有必然联系。2.下列4个化学反应，你认为理论上可用于设计原电池的化学反应的是A.CH4+2O2→CO2+2H2OB.HCl+NaOH=NaCl+H2OC.Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑D.Ba（OH）

2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3·H2O+8H2O【答案】A【解析】【分析】原电池是基于氧化还原反应理论设计而成的，即反应是可逆反应，才能形成原电池原理。【详解】A.CH4+2O2→CO2+2H2O属于氧化还原反应，可用于设计原电池，故A正确；B.HCl+

NaOH=NaCl+H2O不是氧化还原反应，不能设计原电池，故B错误；C.Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑不是氧化还原反应，不能设计原电池，故C错误；D.Ba（OH）2·8H2O+2NH4

Cl=BaCl2+2NH3·H2O+8H2O不是氧化还原反应，不能设计原电池，故D错误；答案选A3.下列关于反应能量的说法正确的是（）A.101kPa时，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，H2的燃烧热为571.6kJ•mol﹣

1B.相同条件下，如果1molH所具有的能量为E1，1molH2所具有的能量为E2，则2E1=E2C.H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，含1molNaOH的氢氧化钠的溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出57.3kJ的热

量D.Zn（s）+CuSO4（aq）=ZnSO4（aq）+Cu（s）△H=﹣216kJ•mol﹣1，反应物总能量＞生成物总能量【答案】D【解析】【详解】A.燃烧热的概念指的是1mol可燃物完全燃烧对应放出的热值，方程式中H2的系数为2，所以H2的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1，A项错误；

B.化学变化伴随一定能量变化，2H→H2会伴随能量变化，所以2E1≠E2，B项错误；C.浓硫酸在稀释过程中会放热，所以含1molNaOH的氢氧化钠的溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出的热量大于57.3kJ，C项错误；D.该反应△H<0，为放热反应，所以反应物总能量＞生

成物总能量，D项正确；答案选D。【点睛】燃烧热要求可燃物为1mol，中和热要求H2O的生成量为1mol，在进行书写燃烧热或者中和热的热化学方程式中，一定严格按照计量的要求。中和热要求对象为强酸和强碱的稀溶液。4.下列离子方程式表达正确的是A.硫化钠的水解反应：S2-+

H3O＋HS-+H2OB.用铜作阳极电解氯化铜溶液：Cu2＋+2Cl-Cu+Cl2↑C.Na2CO3溶液呈碱性的原因：CO32-+H2OHCO3－+OH－D.在Ba(OH)2溶液中滴加KHSO4溶液至pH=7：Ba2＋+OH－+H＋+SO42-=BaSO4↓+H2O【答案】C【解析】【详解】A

.S2-水解，消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，离子方程式为S2-+H2OHS－+OH-，A错误；B.用Cu作阳极，阳极发生氧化反应，Cu-2e-=Cu2+，在阴极上溶液中的氢离子得到电子变为H2，故电解总反应方程式为Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑，B错误；C.Na2CO3是强碱弱酸盐，

在溶液中CO32-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，用离子方程式表示为：CO32-+H2OHCO3－+OH－，C正确；D.在Ba(OH)2溶液中滴加KHSO4溶液至pH=7：Ba2＋+2OH－+2H＋+SO42-=BaSO4↓+2H2O，D错

误；故合理选项是C。5.已知一定温度下合成氨反应：()()()223Ng+3Hg=2NHg；-1ΔH=-92.4kJmol。相同温度、相同容积的密闭容器中进行如下实验：①通入21molN和23molH达到平衡时放热为1Q；②通

入22molN和26molH达到平衡时放热为2Q。则下列关系正确的是（）A.21Q=2QB.21QQ>2C.122Q<Q<184.8kJD.12Q=Q<92.4kJ【答案】C【解析】【分析】热化学方程式N2

(g)+3H2(g)═2NH3(g)；△H=-92.4kJ/mol表示一定条件下，1molN2(g)与3molH2(g)反应生成2molNH3(g)放出的热量是92.4kJ。恒温恒容下，物质的量与压强成正比，①与②中n(N2)：n(H2)=1：3，二者为等效平衡，但②中参加反应的n(N2

)是①中的2倍，增大压强，平衡正向移动，以此来解答。【详解】热化学方程式N2(g)+3H2(g)═2NH3(g)；△H=-92.4kJ/mol表示一定条件下，1molN2(g)与3molH2(g)反应生成2molNH

3(g)放出的热量是92.4kJ。反应为可逆反应，物质不能完全反应。恒温恒容下，物质的量与压强成正比，物质的量与热量成正比，则①中参加反应的氮气小于1mol，则Q1＜92.4kJ，②中参加反应的氮气小于2mol，则Q2＜184.8kJ，且②中参加反应的n(N2)是①中的2倍，增大压强，平

衡正向移动，可知2Q1＜Q2，故选C。6.可逆反应()()()()mAgnBgpCgqDg++的v－t图像如图甲所示。若其他条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其v－t图像如图乙所示。下列判断不正确．．．的是A.

a1＜a2B.平衡时图甲和图乙中反应速率相等C.t1＞t2D.平衡时图甲和图乙中反应限度相同【答案】B【解析】【分析】根据图像可知，甲比乙用的时间长，则反应速率慢，但催化剂对平衡无影响；【详解】A.使用催化剂，反应速率加快，则a1＜a2，A正确；B.平衡时图甲和图乙中反应速率不相等，且乙＞甲，

B错误；C.使用催化剂，反应速率加快，反应时间缩短，则t1＞t2，C正确；D.催化剂对平衡无影响，则平衡时图甲和图乙中反应限度相同，D正确；答案为B。7.mA（g）+nB（g）pC（g）△H＜0，室温条件下，在一容积不变的密闭容器中加入一定量的A、B，B%与压强（P）的关系如图所示

，则下列有关叙述正确的是（）A.m+n＞pB.n＞pC.X点时混合物的正反应速率小于逆反应速率D.X点比Y点混合物的反应速率慢【答案】D【解析】【分析】曲线上的点都是平衡点，由图可知，压强越大，B的百分含量越高，说明增

大压强平衡向逆反应移动；X点B的百分含量高于相同压强平衡点的含量，说明X点未到达平衡状态，反应向正反应移动，Y点B的百分含量低于相同压强平衡点的含量，说明Y点未到达平衡状态，反应向逆反应移动。【详解】A、压强越大，B的百分含量越高，说明增

大压强平衡向逆反应移动，故m+n＜p，故A错误；B、压强越大，B的百分含量越高，说明增大压强平衡向逆反应移动，故m+n＜p，故B错误；C、X点B的百分含量高于相同压强平衡点的含量，说明X点未到达平衡状态，反应向正反应移动

，所以正反应速率大于逆反应速率，故C错误；D、X点比Y点的压强小，所以X点比Y点混合物的反应速率慢，故D正确；故选D。8.室温下，下列有关溶液说法正确的是A.为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pHB.某溶液中由水

电离出的c(H＋)＝1×10-amol·L-1，若a＞7时，则溶液的pH为a或14－aC.等体积等物质的量浓度的NaClO溶液和NaCl溶液中离子总数大小N前＞N后D.常温下，pH=3的HA溶液与pH=11的BOH等体

积混合，溶液pH＞7，则BOH为强碱【答案】B【解析】【详解】A．NaHA溶液的pH可能小于7，如NaHSO4、NaHSO3，也可能大于7，如NaHCO3，所以不能通过测NaHA溶液的pH判断H2A是强酸还是弱酸，故A

错误；B．某溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－amol·L－1，若a>7时，溶液中由水电离出的c(H+)＜1×10-7mol•L-1，水的电离受到抑制，可能为酸溶液或碱溶液，若为酸溶液，则pH=14-a，若为碱溶液，则pH=a，故B正确；C．NaClO溶液中电荷关系为c(Na+)+

c(H+)=c(ClO-)+c(OH-)，溶液中离子浓度为2c(Na+)+2c(H+)，同理NaCl溶液中离子浓度为2c(Na+)+2c(H+)；但NaClO溶液呈碱性，NaCl溶液呈中性，所以NaClO溶液中

c(H+)＜1×10-7mol•L-1，NaCl溶液中c(H+)=1×10-7mol•L-1，即等体积等物质的量浓度的NaClO溶液和NaCl溶液中离子总数大小N前＜N后，故C错误；D．pH=3的HA溶液与pH=11的BOH等体积混合，①若BOH为

强碱、HA为强酸，则pH=7，②若BOH为强碱、HA为弱酸，则pH＜7，③若BOH为弱碱、HA为强酸，则pH＞7，所以溶液pH＞7，则BOH为弱碱，故D错误；故选B。9.某溶液中只含有Na+、H+、OH−、A−四种离子，下列说法不正

确．．．的是A.若溶液中c(A−)＝c(Na+)，则溶液一定呈中性B.溶液中可能存在：c(Na+)>c(A−)>c(OH−)>c(H+)C.若c(OH−)>c(H+)，溶液中可能存在：c(Na+)>c(OH−)>c(A−)>c

(H+)D.若溶质为NaA、HA，则一定存在：c(A−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)【答案】D【解析】【详解】A.由电荷守恒可知，c(Na+）+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，溶液中c(A-)=c(Na+)，则c(OH-)=c

(H+)，溶液为中性，故A正确；B.溶液电荷守恒，若c(Na+)＞c(A-)，则c(OH-)＞c(H+)，可能存在c(Na+)>c(A−)>c(OH−)>c(H+)，故B正确；C.若c（OH-）＞c（H+），如NaA过量较多

，盐的水解大于酸的电离程度，则可能存在c(Na+)>c(OH−)>c(A−)>c(H+)，故C正确；D.若溶质为NaA、HA，二者等物质的量时且酸电离大于盐的水解存在c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），若二者等物质的

量且盐的水解大于酸的电离，则存在c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+），故D错误。故选D。10.我国首创的海洋电池以铝板为负极，铂网为正极，海水为电解质溶液，空气中的氧气与铝反应产生电流．电池总反应为：4Al+3O2+6H2O=4Al（OH）3，下列说法不正确的是（）A.正极反应为

：O2+2H2O+4e-=4OH-B.电池工作时，电流由铝电极沿导线流向铂电极C.该电池通常只需要更换铝板就可继续使用D.以网状的铂为正极，可增大与氧气的接触面积【答案】B【解析】【分析】根据电池总反应4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3可知，电池工作时，负极为Al，发生氧化反应

，电极反应式为Al-3e-+3OH-=Al(OH)3，正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，结合原电池的工作原理分析解答。【详解】A．正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故A正确；B．电池工作时，电流由正极流向负极，即

从铂电极沿导线流向铝电极，故B错误；C．Al不断反应，不断溶解，所以一段时间后，更换铝板就可以继续使用，故C正确；D．铂做成网状的目的是增大与氧气的接触面积，故D正确；故选B。【点睛】本题的易错点为B，要注意电流运动方向与电子运动方向相反。11.下列有关

电解质溶液的说法正确的是（）A.向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中+3c(H)c(CHCOOH)减小B.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中-3-3c(CHCOO)c(C

HCOOH)c(OH)增大C.向氨水中加入盐酸至中性，溶液中+4-c(NH)c(Cl)<1D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中--c(Cl)c(Br)不变【答案】D【解析】【详解】A.

向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，促进电离，但醋酸根离子浓度减小，电离常数不变，溶液中+33c(H)c(CHCOOH)c(CHCOO)−=aK增大，A错误；B.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，促进水解，水

解常数增大，溶液中-3-3c(CHCOO)1c(CHCOOH)c(OH)=hK减小，B错误；C.向氨水中加入盐酸至中性，根据电荷守恒可知c(NH4+)＝c(Cl－)，则溶液中4-c(NH)1c(Cl)+=，C错

误；D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中--c(Cl)c(Br)＝Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)，温度不变，溶度积常数不变，则比值不变，D正确；答案选D。12.室温下，用10.10molL−的

NaOH溶液滴定10.00mL10.10molL−的3CHCOOH溶液，水的电离程度随NaOH溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A.该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂B.从P点到N点，溶

液中水的电离程度逐渐增大C.N点溶液中()()()()--+33cOH=cCHCOOH+cCHCOO+cHD.M点对应的NaOH溶液的体积为10.00mL【答案】D【解析】【详解】A.用NaOH溶液滴定醋酸，由于恰好完全反应时产生的醋酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱

性，因此要选择碱性范围内变色的指示剂误差较小，可选用酚酞作指示剂，不能选用甲基橙作指示剂，A错误；B.P点未滴加NaOH溶液时，CH3COOH对水的电离平衡起抑制作用，随着NaOH的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，到M点时恰好完全反应产生CH3COONa，水的电离达到最大值，后随着

NaOH的滴入，溶液的碱性逐渐增强，溶液中水的电离程度逐渐减小，B错误；C.N点溶液为NaOH、CH3COONa按1:1物质的量之比混合而成，根据物料守恒可得c(Na+)=2c(CH3COOH)+2c(CH3COO-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)

=c(CH3COO-)+c(OH-)，将两个式子合并，整理可得c(OH-)=2c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(H+)，C错误；D.M点时溶液中水电离程度最大，说明酸碱恰好完全中和产生CH3COONa，由于醋酸是一元酸、N

aOH是一元碱，二者的浓度相等，因此二者恰好中和时的体积相等，故M点对应的NaOH溶液的体积为10.00mL，D正确；故合理选项是D。13.下列实验操作能达到实验目的的是（）实验目的实验操作A制备()3FeOH胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和的3FeCl溶液中B由2MgCl溶液制备无水2M

gCl将2MgCl溶液加热蒸干C除去Cu粉中混有的CuO加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥D配制3FeCl溶液将氯化铁固体溶于盐酸中A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A项、在氢氧化钠溶液中加入饱和FeCl3溶液，反应得到氢氧化铁沉淀，制备氢氧化铁胶体应在沸水中滴加氯化铁

饱和溶液，加热至溶液呈红褐色，故A错误；B项、将MgCl2溶液加热蒸干，由于HCl易挥发，得到的是氢氧化镁沉淀，应该在HCl气流中加热制备无水MgCl2，故B错误；C项、Cu和CuO均能与稀硝酸反应，除去Cu粉

中混有的CuO，应加入稀盐酸溶液或稀硫酸溶液，过滤、洗涤、干燥，故C错误；D项、为防止氯化铁在溶液中水解，配制氯化铁溶液时，应先将氯化铁固体溶于盐酸中，再稀释得到配制所需氯化铁溶液，故D正确；故选D。【点睛】饱和氯化铁溶液滴入沸水中制得氢氧化铁胶体，加入氢氧化钠溶液中生成氢氧化铁沉淀是易错点。

14.常温下有等体积等pH的NH4Cl与盐酸两种溶液，下列说法正确的是A.两溶液中水的电离程度相等B.两溶液导电性相等C.稀释相同倍数后，NH4Cl溶液的pH更大D.与等物质的量浓度的NaOH溶液恰好完全反应时，NH4

Cl耗碱的体积更多【答案】D【解析】【详解】A.NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+水解消耗水电离产生的OH-，使溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性，促进水的电离，而HCl溶于水，电离产生H+，对水的电离起抑制作用，所以两

溶液中水的电离程度不相等，A错误；B.盐水解的程度是微弱的，若盐水解得到的溶液pH与强酸溶液的pH相同，则盐电离产生的离子浓度比酸的浓度大，电解质电离产生的离子浓度越大，溶液的导电性就越强，所以两溶液的导电性不相等，B错误；C.由于在盐溶液中存在NH4+的水解平衡，当

加水稀释时，NH4+会进一步水解产生H+，使溶液中c(H+)变化较小，而HCl完全电离产生H+，HCl是强电解质，不存在电离平衡，所以溶液稀释时，HCl的溶液中c(H+)变化较大，pH更大些，C错误；D.由于盐水解的程度占盐电离产生的离子的很小一

部分，所以当NH4Cl与HCl溶液的pH相同时，物质的量浓度c(NH4Cl)>c(HCl)，由于二者与NaOH反应时的物质的量之比是1:1，所以在与等物质的量浓度的NaOH溶液恰好完全反应时，NH4C

l由于物质的量多，消耗碱的体积更多，D正确；故合理选项是D。15.室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是A.向0.10mol/LNH4HCO3溶液

中通入CO2：c(NH4+)=c(HCO3-)+c(CO32-)B.向0.10mol/LNaHSO3溶液中通入NH3：c(Na+)＞c(NH4+)＞c(SO32-)C.向0.10mol/LCH3COONa溶液中通入HCl：c(Na+)＞c(CH3COOH)=c(Cl-)D

.向0.10mol/LNa2SO3溶液通入SO2：c(Na+)=2[c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)]【答案】C【解析】【详解】A.NH4HCO3溶液中通入CO2：根据溶液呈电中性可得c(NH4+)+c（H+）=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c（OH-），

室温时，pH=7，则c（H+）=c（OH-），可得，c(NH4+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)，A错误；B.根据物料守恒c(Na+)=c(HSO3-)+c(H2SO3)，根据溶液呈电中性，c(Na+)+c(NH4+)+c（H+）=c（OH-）+2c(SO32-)+c(HSO3-)，

室温时，pH=7，则c（H+）=c（OH-），可得：c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，把c(Na+)替换成c(HSO3-)+c(H2SO3)，得c(NH4+)=c(SO32-)-c(H2SO3)，c(

SO32-)>c(NH4+)，B错误；C.CH3COONa溶液中通入HCl：根据溶液呈电中性可得c(Na+)+c（H+）=c(CH3COO-)+c（OH-）+c（Cl-），根据物料守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，室温时，pH=7，则c（

H+）=c（OH-），可得c（Cl-）=c(CH3COOH)，C正确；D.向0.10mol/LNa2SO3溶液通入SO2：根据溶液呈电中性可得c(Na+)+c（H+）=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c（OH-），室温时，pH=7，则c（H+）=c（OH-

），可得c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，D错误；答案为C。16.常温下，向amol/L某弱酸HA溶液中滴加等体积的bmol/L氢氧化钠溶液恰好使溶液呈中性。则该温度下，HA的电离平衡常数表达式是（）A.7b(a+b)10B

.7b(a-b)10C.5b(a-b)10D.7a-ba10【答案】B【解析】【分析】依据电荷守恒得到氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，常温下为10-7mol/L，弱酸HA的平衡常数只随温度变化，所以根据反应后的溶液中弱酸HA

电离常数计算即可。【详解】向amol.L-1某弱酸HA溶液中滴加等体积的bmol.L-1氢氧化钠溶液恰好使溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L；依据溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+

c(A-)，此时溶液中c(Na+)=c(A-)，假设弱酸HA和氢氧化钠体积为1L，得到n(Na+)=bmol，n(HA)=amol，反应后溶液中弱酸HA的电离常数K=()()()710cHcAbcHAab+−−==−7b(a-b)10，故选B。二、综合题（共

52分）17.汽车尾气（主要成分为CO和NO)是形成雾霾的原因之一，对汽车尾气的处理也成为科学家研究的热点。已知：I.N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+180.71kJ•mol-1；Π.2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH

=-746.5kJ•mol-1。请回答下列问题：(1)CO的燃烧热ΔH=____________。(2)Ti℃时，向10L容积不变的密闭容器中充人1molNO和1molCO，发生反应Π，5min达到平衡时测得容器中CO2的物质的量为0.8m

ol。则：①0〜5min内，用N2表示的平均反应速率υ(N2)=______________。②Ti℃时，该反应的平衡常数K=_______________。③下列事实能说明该反应一定达到平衡状态的是______________(填选项字母)。A．气体压强保持不变B．()()22cNcC

O保持不变C．气体密度保持不变D．速率之比：()()υNOcCO=1④保持其他条件不变，平衡后再向该容器中充人1molNO、lmolCO、0.5molN2、lmolCO2，此时υ正___υ逆(填“>”“<”或“=”)(3)—定条件下，向密闭容器中充入一定量的N2、O2和CO，发生反应I和反应

Ⅱ，容器中N2的平衡转化率(α)与溫度（T）和压强（p）的关系如图所示。则α(N2)随温度升高而__________(填“增大”或“减小”)，理由为_________。【答案】(1).-282.9kJ·mol-1(2).0.008mol·L-1·min-1(3).

1600L·mol-1(4).A(5).>(6).增大(7).升高温度，反应I为吸热反应，平衡正向移动，反应Ⅱ为放热反应，平衡逆向移动，均使体系内N2的物质的量减小，转化率增大【解析】【分析】根据题意可知，本题考查化学反应速率的计

算和化学平衡常数的计算以及化学平衡的移动，运用化学反应速率、化学平衡常数的计算公式和勒夏特列原理分析。【详解】（1）由I+Ⅱ得：2CO(g)+O（g）2CO2(g)△H=-565.8kJ·mol-1，由燃烧热的定义可得，CO的燃烧

热-1-12-565.8=-282.9kJmolHkJmol=，故答案为：-282.9kJ·mol-1；（2)①由信息，0~5min内，生成CO（g）的物质的量为0.8mol，则生成N2的物质的量为0.4mol，20.4molv()0.008/105minN

molL==（Lmin）,故答案为：0.008mol·L-1·min-1；②通过三行式法得：NO(g)、CO(g)、N2(g)、CO2(g)的平衡浓度分别为0.02mol/L、0.02mol/L、0.04mol/L、0.08mol/L，代人

平衡常数计算式得：121112120.080.040.02)0.(02)1600(()molLmolLLmolmolLmolKL−−−−−==,故答案为：1600L·mol-1；③A.该反应为左右两边气体

分子总数不相等的反应，压强不变即各成分浓度不变，达到平衡，A项正确；B.起始只加反应物，生成物浓度之比一定等于化学计量数之比，B项错误；C.气体总质量和体积保持不变，密度保持不变，C项错误；D.速率之比等于化学计量数之比，D项错误；故答案为：A；④由题中数据，浓度商1111220.180.0

90.1220.1()14(())2molLmolLKmolLmolLQ−−−−=,则v正>v逆，故答案为：>；（3)根据反应I和反应Ⅱ的焓变符号，升高温度，反应I为吸热反应，平衡正向移动；反应Ⅱ为放热反应.平衡逆向移动，均使体系内N2的物质的量减小

，转化率增大。故答案为：增大；升高温度，反应I为吸热反应，平衡正向移动，反应Ⅱ为放热反应，平衡逆向移动，均使体系内N2的物质的量减小，转化率增大。18.按要求回答下列问题：（1）常温下向一定体积的0.1mol/L醋酸溶液中加水稀释后，下

列说法正确的是___。A.溶液中导电粒子的数目减少B.醋酸的电离程度增大，c(H+)亦增大C.溶液中-3-3c(CHCOO)c(CHCOOH)c(OH)不变D.溶液中-3+c(CHCOO)c(H)减小（2）常温下将0.15mol/L稀硫酸V

1mL与0.1mol/LNaOH溶液V2mL混合，所得溶液的pH为1，则V1：V2=___（溶液体积变化忽略不计）。（3）常温下，某溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1，则该溶液的pH可能是___。（4）常

温下，在pH＝9的CH3COONa溶液中，由水电离出的OH－浓度___。（5）电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡，请回答下列问题。已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数(25℃)Ka＝1.77×10－4Ka＝5.0×10－10Ka1＝4.3×10－7Ka

2＝5.6×10－11①同浓度HCOONa、NaCN、NaHCO3、Na2CO3这4种溶液中碱性最强的是__；②体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液a.HCOOH；b.HCN；c.HCl分别与同浓度的NaOH溶液

完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是(填字母)__。【答案】(1).CD(2).1：1(3).3；11(4).10－5mol·L－1(5).Na2CO3溶液(6).b＞a＞c【解析】【分析】醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，醋酸电离产生的醋酸

根离子和氢离子数目增多浓度减小，根据醋酸的电离程度确定溶液中微粒个数变化；所得溶液的pH值为1，溶液中氢离子浓度为1×10-1mol•L-1，说明氢离子过量，根据题中稀硫酸和氢氧化钠溶液体积列式计算出V1：V2

的比值。【详解】（1）A.醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多，故A错误；B.加水稀释，促进电离，但离子浓度降低，故B错误；C.c(CH3COO−)/c(CH3COOH

)c(OH−)=Ka/Kw，电离平衡常数和水的离子积常数不变，所以-3-3c(CHCOO)c(CHCOOH)c(OH)不变，故C正确；D.加水稀释，醋酸根离子浓度减小的程度大于氢离子浓度减小的程度，所以-3+c(CHCOO)c(H)比值减小，

故D正确；故答案为CD；（2）溶液中氢氧化钠的物质的量为：V2×10−3L×0.1mol/L=V2×10−4mol，稀硫酸中氢离子的物质的量为：V1×10−3L×0.15mol/L×2=3V1×10−4mol，两溶液混合后溶液显示酸性，氢离子浓度为1×10−1mol⋅L−1，则

有：3V1×10−4mol−V2×10−4mol=(V1+V2)×10−3L×0.1mol⋅L−1=(V1+V2)×10−4mol，解得V1:V2=1:1，故答案为1:1；（3）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的

盐促进水电离，常温下，纯水中c（H+）=1×10-7mol▪L-1，该溶液中由水电离产生的c（H+）=1×10-11mol▪L-1＜1×10-7mol▪L-1，说明该溶液抑制水电离，所以该溶液可能是酸也可能是碱，如果是酸溶液，则溶液中氢离子浓度是0.001mol/L，

溶液的pH=3，如果是碱溶液，则溶液中氢原子浓度是1×10-11mol▪L-1，溶液的pH=11，故正确答案是3、11；（4）pH=9的CH3COONa溶液中存在两个平衡：CH3COO-+H2OCH3C

OOH+OH-；H2OH++OH-；CH3COONa溶液中存在以下几种微粒：Na+、CH3COO-、CH3COOH、H2O、H+、OH-。由方程式可知，水中的氢氧根离子来自醋酸根的水解和水的电离，氢离子只来自于水的电离。pH=

9，c(H+)=10-9mol/L，且全部来自水的电离。而由水电离出来的H+和OH-是相等的，所以由水电离出来的c(OH-)=10-9mol/L；（5）①已知酸的酸性强弱顺序为HCOOH＞H2CO3＞HCN＞Na

HCO3，对应酸根水解能力强弱的顺序为CO32－＞CN−＞HCO3−＞HCOO−，故Na2CO3溶液碱性最强；②酸性强弱顺序为b＜a＜c，c(H+)相同的三种酸浓度：b＞a＞c，所以同浓度的NaOH溶液完全中和体积相同、c(H+)相同的三种酸，所消耗Na

OH溶液的体积由大到小的排列顺序为b＞a＞c。19.科学家制造出一种使用固态电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航天航空。如图所示装置中，以稀土金属材料作为惰性电极，在电极上分别通入CH4和空气，其中固态电解质是掺杂了

Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导O2－(O2＋4e－=2O2－)。(1)c电极的名称为________(填“正极”或“负极”)，d电极上的电极反应式为：____。(2)如图所示用惰性电极电解1

00mL0.5mol·L－1CuSO4溶液，a电极上的电极反应式为：__________，若a电极产生56mL(标准状况)气体，则所得溶液的c(H＋)=________(不考虑溶液体积变化)，该电解过程中转移的电子的物质的量为_______；若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入_

_______(填字母)。a.CuOb.Cu(OH)2c.CuCO3d.Cu2(OH)2CO3【答案】(1).正极(2).CH4＋4O2－-8e－=CO2+2H2O(3).4OH－-4e－=2H2O＋O2↑(4).0.1mol·L－1(5).0.01mol(6).ac【解析】【分析】根据

题意可知，本题考查原电池和电解池的运用，运用原电池和电解池的工作原理分析。【详解】（1）图甲是原电池，依据电流流向是从正极流向负极，c电极为正极，氧气得到电子发生还原反应，d电极为电池负极，甲烷失电子发生还原反应，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固

体，它在高温下能传导阳极生成的O2-离子，负极电极反应为：CH4＋4O2－-8e－=CO2+2H2O；故答案为：正极；CH4＋4O2－-8e－=CO2+2H2O；（2）如图乙所示电解100mL0.5mol•L-1CuSO4溶液，发生的电解池反应为：2CuSO4+2H2O通电2Cu+O2↑+2H

2SO4，与电源正极相连的为阳极，溶液中氢氧根离子失去电子发生氧化反应，则a电极反应为：4OH－-4e－=2H2O＋O2↑；若a电极产生56mL（标准状况）气体为氧气，物质的量为0.0025mol，消耗氢氧根离子物质的量为0.01mol，溶液中生成氢离子物

质的量为0.01mol，0.01mol0.1cHL+=（）=0.1mol/L；由4OH－-4e－=2H2O＋O2↑可知每生成1mol的氧气，转移4mol的电子,56mL（标准状况）氧气物质的量为0.0025mol，则转移的电子为0.01

mol；经分析所得溶液电解过程中CuSO4溶液每损失2个Cu原子，就损失2个O原子，相当于损失一个CuO，为了使CuSO4溶液，恢复原浓度，应加入CuO，也可以加入CuCO3，符合恢复溶液浓度的定量关系，但不能加入Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3，因为CuCO3+H2SO4═CuSO4

+CO2↑+H2O，相当于加CuO，而Cu（OH）2+H2SO4═CuSO4+2H2O、Cu2（OH）2CO3+2H2SO4═2CuSO4+CO2↑+3H2O，除增加溶质外还增加了水，故选ac．故答案为：4OH－-4e－=2H2O＋O2↑；0.1mol·L－1

；0.01mol；ac。【点睛】原电池中电流流向是从正极流向负极，电子流向是从负极到正极。20.在食品加工领域，应用二氧化硫的最主要原因是避免氧化和防腐。在我国葡萄酒中二氧化硫的最大使用量为0.2500g/kg，二氧化硫残留量不得超过0.05000g/k

g。葡萄酒中的二氧化硫包括游离的和结合的，因而加人氢氧化钾使之破坏其结合状态，并使之固定S02+2KOH=K2S03+H20；然后加入硫酸又使二氧化硫游离，K2S03+H2S04=K2S04+H2O+S02↑；加入过量的I2氧化S02；过量的I2可用硫代硫酸钠进行

滴定，I2+2Na2S203=Na2S406+2NaI。以下是某实验小组测定某品牌的干白葡萄酒（密度为1.12g/ml）中二氧化硫的含量是否超标的实验方案。实验步骤：①用移液管量取50.00ml样品于250ml锥形瓶中，加入25.00ml1mol/L氢氧化钾溶

液，加塞，摇匀；②静置15min；③打开塞子，加入25.00ml1：3硫酸溶液使溶液呈酸性，再加入25.00ml0.01000mol/L碘溶液，迅速的加塞，摇匀；④用滴定管移取步骤③中溶液25.00ml，加入适量0.1%的A溶液作

指示剂，立即用浓度为0.002000mol/L的硫代硫酸钠溶液滴定，并记录消耗硫代硫酸钠溶液的体积；⑤重复以上实验2次；⑥数据处理，得出结论。请回答下列问题：（1）以上实验方案中步骤③中加碘溶液时发生的离子反应方程式是：______________；（2）步骤①-③中始终要将锥形瓶加塞进行

操作的原因是_____________；（3）步骤④的A溶液最合适的是____________；滴定终点的判断方法是_______________________________________________________________________；

（4）步骤④应该选用___________(填空“酸式”或“碱式”)滴定管；（5）该小组三次实验消耗的Na2S203溶液的体积数据记录如下：序号滴定前/mL滴定后/mL①1.3519.40②1.0519.00③1.5820.91

根据数据计算该样品中总二氧化硫的浓度为______mol/L，故该干白葡萄酒是______（填“合格”“不合格”）产品。【答案】(1).I2+SO2+2H2O==4H++2I-+SO42-(2).防止SO2逸出和被空气中氧气氧化(3).淀粉(4).当滴入最后一滴时，溶液颜色由蓝色变

成无色，并在30S内不变成蓝色；（若出现“30S内不褪色”或类似的字语不给分；）(5).酸式(6).0.003200（保留4位有效数字）(7).不合格【解析】【分析】（1）碘能将二氧化硫氧化，由此写出离子方程

式；（2）SO2在水中溶解度不大，易挥发，二氧化硫还具有还原性；（3）碘遇到淀粉呈蓝色，测定碘常用淀粉溶液作指示剂；终点时，碘消耗完，蓝色褪去；（4）步骤③中溶液呈酸性，用酸式滴定管移取溶液；（5）该小组三次实验消耗的Na2S203溶

液的体积分别为：18.05mL、17.95mL、19.33mL，第三组数据误差太大，舍去，消耗的Na2S203溶液的体积的平均值为18.00mL，根据关系式计算。【详解】（1）碘能将二氧化硫氧化，离子方程

式：I2+SO2+2H2O==4H++2I-+SO42-；（2）SO2在水中溶解度不大，易挥发，二氧化硫还具有还原性；步骤①-③中始终要将锥形瓶加塞进行操作的原因是防止SO2逸出和被空气中氧气氧化；（3）碘遇到淀粉呈蓝色，测定碘常用淀粉溶液作指示剂；终点时，碘消耗完，蓝色褪去，滴定终

点的判断方法是：当滴入最后一滴时，溶液颜色由蓝色变成无色，并在30S内不变成蓝色；（若出现“30S内不褪色”或类似的字语不给分；）（4）步骤③中溶液呈酸性，用酸式滴定管移取溶液；（5）该小组三次实验消耗的Na2S203溶液的体积分别为：18.05mL、17.95mL、19.33mL，第三组数据误差

太大，舍去，消耗的Na2S203溶液的体积的平均值为18.00mL，根据关系式计算。由方程式I2+2S2O32－═2I－+S4O62－得：I2～2Na2S203，剩余的碘为1/2×0.002000mol/L×18.0

0×10-3L×125mL/25mL=0.00009mol，与SO2反应的碘：25.00×10-3L×0.01000mol·L－1-0.00009mol=0.00016mol，由I2+SO2+2H2O==4H++2I-+SO42-得：n(SO2)=0.00016mol，该样品中总二氧化硫的浓度为0

.00016mol/50×10-3L=0.003200mol·L－1,二氧化硫残留量不得超过0.05000g/kg，即11640.0500011201000gmolgggL−−=0.0008750mol·L－1,故该干白葡萄酒是不合

格的。