【化学】江苏省宿迁市沭阳县修远中学2018-2019学年高二下学期第二次月考（解析版） 试卷

江苏省宿迁市沭阳县修远中学2018-2019学年高二下学期第二次月考
一、单选题（本大题共20小题，每题2分，共40分）
1.下表中物质的分类组合，完全正确的是（　　）
编号
A
B
C
D
强电解质
KNO3
H2SO4
BaSO4
HClO4
弱电解质
NH3•H2O
CaCO3
HClO
C2H5OH
非电解质
SO2
Al
H2O
CH3COOH

【答案】A
【分析】在水溶液中完全电离的电解质为强电解质，包括强酸、强碱、大多数盐；在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质，包括弱酸、弱碱、水等；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质。
【详解】A.KNO3在水溶液中完全电离，KNO3属于强电解质；NH3·H2O在水溶液中只能部分电离，NH3·H2O属于弱电解质；SO2在纯液态时不能导电，SO2为非电解质，A项正确；
B.H2SO4在水溶液中完全电离，H2SO4属于强电解质；CaCO3难溶于水，但溶解的CaCO3是完全电离的，CaCO3属于强电解质；Al是单质，不属于非电解质，B项错误；
C.BaSO4难溶于水，但溶解的BaSO4是完全电离的，BaSO4属于强电解质；HClO在水溶液中只能部分电离，HClO属于弱电解质；H2O能极微弱的电离，H2O属于弱电解质，C项错误；
D.HClO4在水溶液中完全电离，HClO4属于强电解质；C2H5OH在水溶液和熔融状态下都不导电，C2H5OH属于非电解质；CH3COOH在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，D项错误；答案选A。
2.下列说法错误的是（　　）
A. 溶液中：
B. 溶液中：
C. 配制溶液，应加少量盐酸
D. 将溶液蒸干，灼烧得
【答案】D
【详解】A、在醋酸溶液中存在物料守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)=0.1mol·L－1，故A说法正确；
B、在硫化钠溶液中存在质子守恒，即c(OH－)=c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，故B说法正确；
C、FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入少量的盐酸，c(H＋)增大，抑制Fe3＋水解，故C说法正确；
D、Al2(SO4)3属于强酸弱碱盐，Al2(SO4)3溶液中存在Al2(SO4)3＋6H2O2Al(OH)3＋3H2SO4，盐类水解是吸热过程，加热促进水解，但硫酸为难挥发性酸，因此硫酸铝溶液蒸干仍为硫酸铝，故D说法错误。
答案选D。
3.在一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中，某一反应中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列表述中正确的是（　　）

A. 反应的化学方程式为2X=3Y+Z
B. t时，正、逆反应都不再继续进行，反应达到化学平衡
C. 若t=4，则0-t的X的化学反应速率为0.1mol/(L·min)
D. 温度、体积不变，t时刻充入1molHe使压强增大，正、逆反应速率都增大
【答案】C
【解析】试题分析：A．参加反应的各物质的物质的量之比等于化学计量数之比，所以X、Y、Z的化学计量数之比为0.8:1.2:0.4=2:3:1，但是该反应是一个可逆反应，反应的化学方程式为：2X3Y + Z，A错误；B．化学平衡是一种动态平衡，即正逆反应都在进行，且正反应速率等于逆反应速率，B错误；C．若t=4，则0～t的X的化学反应速率为（2.4-1.6）mol/2L/4min=0.1 mol•L－1•min－1，C正确；D．温度、体积不变，t时刻充入1 mol He使压强增大，但是各物质的物质的量浓度不变，正、逆反应速率不变，化学平衡不移动，D错误，答案选C。
考点：考查化学平衡
4.在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（　　）
A.   B.  
C.   D.  
【答案】B
【详解】都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B⇌3C+4D，
A.V(A)=0.5 mol/(L•s），速率之比等于化学计量数之比，故V(D)=2V(A)=1mol/(L•s)；
B.V(B)=0.3mol?(L•s），速率之比等于化学计量数之比，故V(D)=4V(B)=1.2mol/(L•s)；
C.V(C)=0.8mol/(L•s)，速率之比等于化学计量数之比，故V(D)=V(C)=×0.8mol/(L•s)=1.1mol/(L•s)，
D.V(D)=30mol/(L•min)=0.5mol/(L•s)，
故反应速率由大到小的顺序为：B＞C＞A＞D，故合理选项是B。
5.反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）在一个密闭容器中进行，下列措施可以使反应速率增大的是（　　）
①增加少量C（s）                ②升高温度                   ③体积不变，再通入CO2
④缩小体积增大压强            ⑤体积不变，再通入He        ⑥压强不变，再通入He．
A. B.
C. D.
【答案】D
【分析】从影响化学反应速率的因素进行分析；
【详解】①C为固体，浓度视为常数，因此该反应中加入C，反应速率无变化，故①不符合题意；
②升高温度，化学反应速率增大，故②符合题意；
③体积不变，再通入CO2，反应物浓度增大，化学反应速率增大，故③符合题意；
④缩小容器的体积，压强增大，化学反应速率增大，故④符合题意；
⑤体积不变，说明容器为恒容状态，再通入He，组分浓度不变，化学反应速率不变，故⑤不符合题意；
⑥压强不变，再通入He，体积增大，组分浓度降低，化学反应速率降低，故⑥不符合题意；
综上所示，选项D符合题意。
【点睛】易错点为为⑤，易认为再通入He，压强增大，化学反应速率增大，但实际上组分的浓度不变，化学反应速率应不变。
6.可逆反应：2NO22NO+O2在密闭容器反应，达到平衡状态的标志是（ ）
（1）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2
（2）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO
（3）用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示反应速率的比为2:2:1的状态
（4）混合气体的颜色不再改变的状态
（5）混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．
A. B.
C. D.
【答案】C
【分析】（1）单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO2，说明反应v正=v逆；
（2）未体现正与逆的关系，不能说明达到平衡状态；
（3）从反应开始就符合速率的比为2：2：1的状态；
（4）混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变；
（5）当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变。
【详解】（1）单位时间内生成n mol O2，同时生成2n molNO2，说明反应v正=v逆，达到平衡状态，故（1）正确；
（2）生成n mol O2，生成2n mol NO，表示的均为正反应过程，未体现正与逆的关系，不能说明达到平衡状态，故（2）错误；
（3）任意时刻，同一个化学反应中用不同的物质表示的化学反应速率等于计量数之比，所以不能说明达平衡状态，故（3）错误；
（4）混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故（4）正确；
（5）混合气体的平均相对分子质量=，各物质均为气体，总质量不变；反应前后物质的量变化。当平均相对分子质量不变的时候，说明总物质的量不变，各物质的物质的量不变，达到平衡状态，故（5）正确；
答案选C。
【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。
7.将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），经2min后测得D的浓度为0.5mol/L，c（A）：c（B）=3：5，以C表示的平均速率v（C）=0.25mol•L-1•min-1，下列说法正确的是（　　）
A. 反应速率 
B. 该反应方程式中，
C. 2min时，A的物质的量为
D. 2min时，A的转化率为
【答案】C
【详解】A、根据题意得v（D）=0.5mol/L÷2min=0.25 mol·L-1·min-1，则根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知v（B）=1/2v（D）=0.125 mol·L-1·min-1，A错误；
B、根据题意得v（D）=0.5mol/L÷2min=0.25 mol·L-1·min-1，以C表示的平均速率v（C）=0.25mol·L-1·min-1，根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知x＝2，B错误；
C、2min时，D的物质的量是0.5mol/L×2 L=1mol，所以消耗A、B的物质的量分别是1.5mol、0.5mol，设A、B起始物质的量均为y，则剩余A、B的物质的量分别是y-1.5mol、y-0.5mol，根据c(A)：c(B)=3：5，解得（y-1.5mol）/(y-0.5mol)=3:5，解得y=3mol。所以2min时，A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol，C正确；
D、A的转化率为1.5mol/3mol×100%=50％，D错误；
答案选C。
8.如图所示的各图中，表示2A（g）+B（g）⇌2C（g）（△H＜0）这个可逆反应的正确图象为（注：Φ（C）表示C的质量分数，P表示气体压强，C表示浓度）（　　）
A. B.
C. D.
【答案】A
【分析】根据影响化学反应速率和化学平衡移动的因素来回答。
【详解】A.该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小，故A正确；
B.增大压强平衡气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，V正＞V逆；且增大压强，正逆反应速率都增大；故B错误；
C.催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，所以达到平衡，C的浓度相同；故C错误；
D.该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，而图像中的温度高时，A的转化率较大。但根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，同个温度下的曲线趋势正确；故D错误；
答案选A。
【点睛】D选项可采用定一议一的方法，固定温度一个变量看压强的影响，看温度影响时可以画出等压线。
9.已知4NH3+5O2═4NO+6H2O，反应速率分别用υ(NH3)、υ(O2) 、υ(NO) 、υ(H2O)表示，下列关系正确是（　　）
A. 4/5v(O2)=v(NO) B. 5/6v(O2)=v(H2O)
C. 2/3v(NH3)=v(H2O) D. 4/5v(NH3)=v(O2)
【答案】A
【分析】同一化学反应中，不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比。
【详解】速率之比等于化学计量数之比，故υ（O2）：υ（NO）=5：4，即υ（NO）=4/5υ（O2），故A正确；速率之比等于化学计量数之比，故υ（O2）：υ（H2O）=5：6，即υ（H2O）=6/5υ（O2），故B错误；速率之比等于化学计量数之比，故υ（NH3）：υ（H2O）=4：6，即υ（H2O）=3/2υ（NH3），故C错误；速率之比等于化学计量数之比，故υ（NH3）：υ（O2）=4：5，即υ（O2）=5/4υ（NH3），故D错误。
【点睛】本题考查化学反应速率规律，明确同一化学反应中，用不同的物质来表示化学反应速率，数值不同，但意义相同，且化学反应速率之比等于化学计量数之比。
10.某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH-，若想增大NH4+的浓度，而不增加OH-的浓度，应采取的措施是（　　）
①适当升高温度  ②加入NH4Cl固体  ③通入NH3  ④加入少量盐酸。
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】①适当升高温度，平衡正向移动，c（NH4+）增大，c（OH﹣）增大，故①错误；②加入氯化铵固体，c（NH4+）增大，平衡逆向移动，c（OH﹣）减小，故②正确；③向氨水中通入氨气，c（NH4+）增大，c（OH﹣）增大，故③错误；④加入少量盐酸，盐酸和氢氧根离子反应生成水，促进氨水电离，c（NH4+）增大，c（OH﹣）减小，故④正确，答案选D。
11.下列说法正确的是（　　）
A. 将放入水中不能导电，所以硫酸钡不是电解质
B. NaCl溶液能导电，所以NaCl溶液是电解质
C. 氯化氢溶于水能导电，所以盐酸是电解质
D. 固态的NaCl不导电，熔融态NaCl可以导电
【答案】D
【解析】试题分析：硫酸钡是电解质，A不正确；氯化钠是电解质，氯化钠溶液是混合物，虽然导电，但不是电解质，B不正确；同样盐酸是混合物，不是电解质，氯化氢是电解质，答案选D。
考点：考查电解质和电解质导电的有关判断
点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，难易适中，贴近高考，注重能力的培养，有助于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。该题的关键是明确电解质的含义以及物质导电的原因，然后灵活运用即可。
12.室温下，有物质的量浓度相等的下列物质的溶液：①NH4NO3  ②CH3COONH4③NH4HSO4 ④（NH4）2SO4 ⑤（NH4）2CO3，其中所含的c（NH4+）由大到小的顺序是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】物质的量浓度相等的铵盐溶液中，c(NH4+)与铵根离子的系数成正比，系数越大其c(NH4+)越大，相同系数的铵盐，铵根离子水解程度越大，④(NH4)2SO4 ⑤(NH4)2CO3中铵根离子浓度大，其中碳酸根离子水解促进铵根离子水解，则溶液中铵根离子浓度大小④＞⑤，溶液中c(NH4+)越小，③中氢离子抑制铵根离子水解，②中醋酸根离子促进铵根离子水解，所以铵根离子浓度大小顺序是③＞①＞②，则其中所含的c(NH4+)由大到小的顺序是④⑤③①②，故选C。
点睛：物质的量浓度相等的铵盐溶液中，c(NH4+)与铵根离子的系数成正比，系数越大其c(NH4+)越大，相同系数的铵盐，铵根离子水解程度越大，则溶液中c(NH4+)越小，难点是离子浓度大小的比较，明确盐类水解是微弱的。
13.甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（　　）
A. 甲酸溶液的
B. 甲酸以任意比与水互溶
C. 10mL 甲酸恰好与10mL  NaOH溶液完全反应
D. 甲酸溶液的导电性比一元强酸溶液的弱
【答案】A
【分析】A.0.1mol/L甲酸溶液中电离出的氢离子浓度为10-3mol/L，证明甲酸部分电离；
B.甲酸的水溶性大小与强弱电解质没有必然关系；
C.甲酸与氢氧化钠发生中和反应,无法判断电解质的强弱；
D.浓度相同的甲酸和一元强酸比较导电性强弱。
【详解】A.0.1mol/L甲酸溶液的c(H+)=10-3mol/L，说明甲酸在溶液中只能部分电离出氢离子,从而证明甲酸为弱酸,故A正确；
B.甲酸以任意比与水互溶,无法判断甲酸为弱电解质还是强电解质，故B错误；
C.10mL1mol/L甲酸恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应，二者发生中和反应,无法判断甲酸是强电解质还是弱电解质,故C错误；
D.溶液导电性与离子浓度大小有关，没有指出浓度相同，则无法判断甲酸为弱电解质，故D错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】判断甲酸是弱电解质的方法：0.1mol/LHCOONa溶液呈碱性；0.01mol/LHCOOH溶液的pH>2；同浓度、同体积的盐酸和HCOOH溶液，导电能力HCOOH溶液弱；pH相同的盐酸和HCOOH溶液，加水稀释相同的倍数，pH变化幅度小的为HCOOH。
14.在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c（OH-）=10-10 mol•L-1．下列有关该溶液的叙述正确的是（　　）
A. 该溶液一定呈酸性
B. 该溶液中可能等于 
C. 该溶液的pH可能为4也可能为10
D. 该溶液有可能呈中性
【答案】C
【分析】25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c（OH-）=10-10 mol•L-1＜10-7mol•L-1，说明水的电离受到抑制，酸或碱抑制水电离，所以该溶液中溶质为酸或碱，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析知，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，故A错误；
B．如果该溶液呈酸性，该溶液中c（H+）==10-4 mol•L-1，故B错误；
C．如果该溶液呈酸性，该溶液中c（H+）==10-4 mol•L-1，溶液pH=4，如果该溶液呈碱性，溶液中c（H+）等于水电离出来的c（OH-）等于10-10mol•L-1，则溶液的pH=10，故C正确；
D．因为水的电离被抑制，所以溶质可能为酸或碱等物质，溶液可能为酸性或碱性，不可能为中性，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查探究溶液酸碱性，为高频考点，明确水的电离被抑制还是促进是解本题关键，根据水的电离程度确定溶质成分，很多同学往往漏掉溶质可能为酸而导致错误，难点是溶液pH的计算，易错选项是C。
15.下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：
CH3COOH
H2CO3
H2S
H3PO4
1.8×10-5
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
K1=9.1×10-8
K2=1.1×10-12
K1=7.5×10-3
K2=6.2×10-8
K3=2.2×10-13

则下列说法中不正确是（　　）
A. 碳酸的酸性强于氢硫酸
B. 多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定
C. 常温下，加水稀释醋酸，增大
D. 向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变
【答案】C
【解析】A．由表格数据可知，碳酸的K1＞氢硫酸的K1，则碳酸的酸性强于氢硫酸，选项A正确；B．多元弱酸分步电离，以第一步为主，则多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，选项B正确； C．常温下，加水稀释醋酸，=，则不变，选项C错误； D．弱酸的电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，则向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变，选项D正确。答案选C。
点睛：本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，把握电离平衡常数的影响因素、酸性比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，= ，Ka、Kw均只与温度有关，故不变。
16.用适量水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】A
【分析】用适量水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，一水合氨的电离程度增大，则氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，但氢氧根离子的浓度会减小，据此进行判断。
【详解】A．稀释过程中一水合氨的电离程度虽然增大，由于溶液体积变化更大，溶液的碱性减弱，则氢氧根离子的浓度减小，故A正确；
B．稀释过程，促进一水合氨电离，则铵根离子、氢氧根离子的物质的量增大，故B错误；
C．稀释过程中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，由于溶液体积相同，则的比值会增大，故C错误；
D．稀释过程，促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子的物质的量增大，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度不大，明确电离平衡及其影响因素为解答关键，注意稀释过程中一水合氨的电离程度增大，但溶液中氢氧根离子的浓度减小，为易错点，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
17.对于300mL 1mol•L-1盐酸与铁片的反应，采取下列措施：
①升高温度
②改用100mL 3mol•L-1盐酸
③再加300mL 1mol•L-1盐酸
④用等量铁粉代替铁片
⑤改用100mL 98%的硫酸
其中能使反应速率加快的是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】试题分析：若要加快产生氢气的速率，可增大反应的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应，注意加入浓硫酸的性质，则①适当升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快，故正确；②改用100mL 3mol/L盐酸，酸的浓度增大，反应速率加快，故正确；③多用300mL 1mol/L盐酸，酸的浓度不变，反应速率不变，故错误；④用等量铁粉代替铁片，增大固体接触面积，使反应速率加快，故正确；⑤改用98%的硫酸，浓硫酸与铁不生成氢气，则不能加快反应速率，故错误；综上所述，①②④正确；故答案为A。
考点：考查化学反应速率的影响因素
18.某密闭容器中发生如下反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）；△H＜0．下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。下列说法中不正确的是（　　）

A. 时加入了催化剂 B. 时降低了温度
C. 时增大了压强 D. 时间内转化率最高
【答案】C
【详解】A.由图可知，t2时刻，改变条件，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是改变压强，故改变条件为使用催化剂，故A正确；
B.t3时刻，改变条件，正、逆反应速率降低，且逆反应速率降低更多，平衡向正反应移动，该反应正反应是放热反应，温度降低，平衡向正反应移动，故可能为降低温度，故B正确，
C.t5时刻，改变条件，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是改变压强，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，故改变条件为升高温度，故C错误；
D.t2时刻，使用催化剂，平衡不移动，X的转化率不变，t3时刻，降低温度，平衡向正反应移动，X的转化率增大，t5时刻，升高温度，平衡向逆反应移动，X的转化率继续降低，故在t6时刻，X的转化率最低，时间内转化率最高，故D正确。
故选C。
19.在温度不变的条件下，在恒容的容器中进行下列反应：N2O4（g）=2NO2（g），若N2O4的浓度由0.1mol•L-1降到0.07mol•L-1需要15s，那么N2O4的浓度由0.07mol•L-1降到0.05mol•L-1所需的反应时间（　　）
A. 等于5s B. 等于10s C. 小于10s D. 大于10s
【答案】D
【详解】N2O4的浓度由0.1mol·L-1降到0.07mol·L-1需要15s，即N2O4的浓度变化为0.1-0.07=0.03mol·L-1，N2O4的浓度由0.07mol·L-1降到0.05mol·L-1，即N2O4的浓度变化为0.07-0.05=0.02mol·L-1，若反应速率不变，则所需时间为×15s=10s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于10s。
故选D。
20.反应：2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）在不同温度和压强下的产物Z的物质的量和反应时间t的关系如下图所示：下列判断正确的是（ ）

A. P1>P2 T1>T2 ΔH<0 B. P1>P2 T1 C. P1>P2 T1>T2 ΔH>0 D. P10
【答案】A
【分析】根据影响化学反应速率的因素和影响化学平衡移动的因素进行分析，先达到平衡，说明速率快，推出温度高、压强大等，然后再看平衡移动的因素即可；
【详解】根据关系图，相同压强下，T1先达到平衡，说明相同压强下，T1时反应速率快，即T1>T2，同理推出P1>P2，相同压强下，温度升高，Z的物质的量降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，即△H<0，故选项A符合题意。
【点睛】多个因素影响时，需要考虑相同条件下，某因素对化学平衡移动或对化学反应速率的影响，如本题，如果比较T1和T2的大小，应对比P2相等时的T1和T2。
二、不定项选择题（共5小题，每题4分，选错不得分，漏选得2分，共20分）
21.在一定条件下，N2和O2于密闭容器中发生如下反应：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）（正反应是放热反应）下列说法正确的是（　　）
A. 在上述条件下，能完全转化为NO
B. 升高温度可以提高这个反应的化学反应速率
C. 达到平衡时
D. 加大压强可以加快这个反应的化学反应速率
【答案】BD
【分析】可逆反应不能进行彻底，升高温度、加大压强均可以加快这个反应的化学反应速率，反应达到平衡后，NO和N2浓度保持恒定，但不一定相等。
【详解】A．反应是可逆反应不能进行彻底，在上述条件下，不能完全转化为NO，故A错误；
B．升高温度正逆反应的速率都增加，故B正确；
C．反应达到平衡后，NO和N2浓度保持恒定，但不一定相等，故C错误；
D．加大压强正逆反应的速率都增加，故D正确；
答案选BD。
22. 下列说法正确的是( )
A. 常温下，C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) 不能自发进行，则该反应的ΔH＞0
B. 用pH均为2的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更大
C. 粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌比纯锌还原性强
D. 常温下，在0.1 mol/L氨水中，加入少量NH4Cl晶体，溶液的pH减小
【答案】AD
【解析】试题分析：A．常温下，反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)不能自发进行，△S＞0，△H-T△S＞0，则该反应的△H＞O，故A正确；B．醋酸为弱酸，pH均为2的盐酸和醋酸溶液，两种溶液中H+离子浓度相等，则醋酸浓度大与盐酸，设盐酸的浓度为C1，醋酸的浓度为C2，则C1＜C2，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗的两种酸的物质的量相等，则有：n=C1V1=C2V2，因C1＜C2，所以：V1＞V2，消耗盐酸的体积更大，故B错误；C．粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌与稀硫酸反应时存在原电池反应，故C错误；D．常温下，在0.1 mol/L氨水中，加入少量NH4Cl晶体，溶解平衡逆向移动，OH-降低，溶液的pH减小，故D正确，答案为AD。
考点：考查焓变与熵变的应用、原电池工作原理、弱酸的电离与盐类的水解平衡移动。
23.一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）（正反应放热），测得反应的相关数据如表：

容器Ⅰ
容器Ⅱ
容器Ⅲ
应温度T/K
700
700
800
反应物投入量
2 molSO2、1molO2
4molSO3
2 molSO2、1molO2
平衡v正（SO2）/mol•L-1•S-1
v1
v2
v3
平衡c（SO3）/mol•L-1
c1
c2
c3
平衡体系总压强p/Pa
p1
p2
p3
物质的平衡转化率α
α1（SO2）
α2（SO3）
α3（SO2）
平衡常数K
K1
K2
K3

下列说法正确的是（　　）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】D
【详解】对比容器的特点，·将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比，容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入4 molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的2倍，容器2相当于在容器1达到平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强，反应速率加快：v12c1，p2<2p1，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1，容器1和容器2温度相同，K1 = K2，容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，反应速率加快，v1< v3，升高温度，平衡逆向移动，平衡时，c3< c1， p3>p1，α3(SO2 )< α1(SO2 )，K1> K3，根据以上分析可知：
A. 综上分析可知，v1< v2，c2>2c1 ，A错误；
B. 综上分析可知，p2<2p1，p3>p1，所以p2<2p3，B错误；
C. 综上分析可知，α3(SO2 )< α1(SO2 )，C错误；
D. c2>2c1，c3< c1，所以c2>2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1；D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】本题考查化学平衡各物理量之间的关系，解题时巧妙设计中间状态，利用外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响判断；如容器2先设计其完全等效于平衡的起始态为4molSO2和2molO2，4 molSO2和2molO2为两倍容器1中物质的量，起始物质的量成倍变化时相当于增大压强。
24.絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物。下列物质可作为絮凝剂的是（　　）
A. NaFe(SO4)2·6H2O B. CaSO4·2H2O
C. Pb(CH3COO)2·3H2O D. KAl(SO4)2·12H2O
【答案】AD
分析】由题意知，絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物，因此，絮凝剂本身或与水生成的产物具有吸附性。
【详解】A.铁离子能水解生成氢氧化铁胶体可吸附悬浮物，符合题意；
B.硫酸钙本身是微溶物，没有吸附作用，不符合题意；
C.醋酸铅没有吸附性，不符合题意；
D.明矾可净水，其原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可吸附悬浮物，符合题意；
故答案为AD。
25.室温下，下列指定溶液中微粒的浓度关系正确的是（　　）
A. 溶液中：
B. 溶液中：
C. 弱酸与溶液等体积混合的溶液中：     
 
D. 溶液与同浓度等体积盐酸混合的溶液中：
【答案】BC
【分析】A.根据碳酸钠溶液中的质子守恒判断；
B.铵根离子部分水解，溶液呈酸性；
C.反应后溶质为等浓度的H2C2O4和NaHC2O4，根据混合液中的电荷守恒和物料守恒判断；
D．反应后溶质为等浓度的碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，则c（CO32-）＜c（HCO3-）。
【详解】A．根据0.1mol•L-1Na2CO3溶液中的质子守恒可得：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故A错误；
B. 0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，铵根离子发生水解，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH-），溶液中离子浓度大小为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故B正确；
C．反应后溶质为等浓度的H2C2O4和NaHC2O4，根据电荷守恒可得：①c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），根据物料守恒可得：②2c（Na+）=c（HC2O4-）+c（C2O42-）+c（H2C2O4），将①×2-②×可得：2c（H+）+c（H2C2O4）=c（HC2O4-）+3c（C2O42-）+2c（OH-），整理可得：2[c（H+）-c（OH-）]=3c（C2O42-）-c（H2C2O4）+c（HC2O4-），故C正确；
D．0.1mol•L-1Na2CO3溶液与同浓度等体积盐酸混合，反应后溶质为等浓度的碳酸氢钠和NaCl，由于碳酸氢根离子的水解和电离程度都较小，则c（HCO3-）＞c（CO32-），正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（Cl-）＞c（HCO3-）＞c（CO32-），故D错误；
答案选BC。
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。
三、实验题（本大题共8小题，共60分）
26.某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据，试填写下列空白：

（1）该反应的化学方程式为 ________________________________
（2）从开始至2min，Z的平均反应速率为 ________________
（3）某探究性学习小组用相同质量的锌和相同浓度的足量的稀盐酸反应得到实验数据如下表所示：
实验编号
锌的状态
反应温度/℃
收集100mL氢气所需时间/s
Ⅰ
薄片
15
200
Ⅱ
薄片
25
90
Ⅲ
粉末
25
10

①该实验的目的是探究 ____________ 、 _______ 对锌和稀盐酸反应速率的影响；
②实验Ⅰ和Ⅱ表明 _________________ ，化学反应速率越大。
【答案 (1). 3X+Y⇌2Z (2). 0.05mol/（L•min） (3). 固体表面积 (4). 温度 (5). 温度越高
【分析】（1）根据物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；
（2）根据v=计算反应速率；
（3）探究影响化学反应速率的因素用到控制变量法。
【详解】（1）由图象可以看出，X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，则X、Y为反应物，Z为生成物，2min后，X、Y的物质的量为定值且不为零，为可逆反应，相同时间内物质的量的变化比值为：△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=（1.0-0.7）mol：（1.0-0.9）mol：0.2mol=3：1：2，则化学方程式为3X+Y⇌2Z；
（2）反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为v==0.05mol/（L•min）；
（3）①由实验数据可知，Ⅱ、Ⅲ中接触面积不同，I、Ⅱ中温度不同，则该实验的目的是探究固体表面积、温度对锌和稀盐酸反应速率的影响；
②Ⅰ和Ⅱ表明，温度高的反应时间少，则表明温度越高，反应速率越大。
27.煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：
（1） NaClO2的化学名称为________________。
（2）在鼓泡反应器中通入含有含有SO2和NOx的烟气，反应温度为323 K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol·L−1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表》
离子
SO42−
SO32−
NO3−
NO2−
Cl−
c/（mol·L−1）
8.35×10−4
6.87×10−6
1.5×10−4
1.2×10−5
3.4×10−3

①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_______________________________。增加压强，NO的转化率______（填“提高”“不变”或“降低”）。
②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐______ （填“提高”“不变”或“降低”）。
③由实验结果可知，脱硫反应速率______脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是___________________________________。
（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压px如图所示。

①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均______________（填“增大”“不变”或“减小”）。
②反应ClO2−+2SO32−===2SO42−+Cl−的平衡常数K表达式为_________________。
（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。
①从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的优点是________________。
②已知下列反应：
SO2（g）+2OH−（aq） ===SO32−（aq）+H2O（l） ΔH1
ClO−（aq）+SO32−（aq） ===SO42−（aq）+Cl−（aq） ΔH2
CaSO4（s） ===Ca2+（aq）+SO42−（aq） ΔH3
则反应SO2（g）+ Ca2+（aq）+ ClO−（aq） +2OH−（aq） ="==" CaSO4（s） +H2O（l） +Cl−（aq）的ΔH=____________。
【答案】（1）亚氯酸钠；（2）①2OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O；提高 ②减小；
③大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高 （3）①减小；②
（4）①生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行②△H1＋△H2－△H3
【解析】试题分析：（1）NaClO2的化学名称为亚氯酸钠。
（2）①亚氯酸钠具有氧化性，分析题给数据知NaClO2溶液脱硝过程中主要生产硝酸根和氯离子，利用化合价升降法结合原子守恒和电荷守恒配平，该反应的离子方程式为2OH-＋3ClO2－＋4NO==4NO3－＋3Cl－＋2H2O；该反应正反应是气体体积减小的，则增加压强，平衡正向移动，NO的转化率提高。②根据反应的方程式2H2O＋ClO2－＋2SO2==2SO42-＋Cl－＋4H＋、2H2O＋3ClO2－＋4NO==4NO3－＋3Cl－＋4H＋可知随着吸收反应的进行氢离子浓度增大，吸收剂溶液的pH逐渐减小。③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高或SO2的溶解度大于NO或二氧化硫的还原性强，易被氧化。
（3）①由图像知，随着温度的升高，O2和NO的平衡分压的负对数逐渐减小，O2和NO的平衡分压逐渐增大，平衡逆向移动，脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小。②根据反应ClO2−+2SO32−===2SO42−+Cl−写出反应的平衡常数K表达式为。
（4）①从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，SO2转化率提高；②已知：a.SO2(g)+2OH−(aq) ===SO32−(aq)+H2O(l) ΔH1；b.ClO−(aq)+SO32−(aq) ===SO42−(aq)+Cl−(aq) ΔH2；c.CaSO4(s) ===Ca2+(aq)+SO42−(aq) ΔH3，根据盖斯定律知a＋b－c得反应SO2(g)+ Ca2+（aq）+ ClO−(aq) +2OH−(aq) ="==" CaSO4(s) +H2O(l) +Cl−(aq)的ΔH=△H1＋△H2－△H3。
考点：考查氧化还原反应、盖斯定律、外界条件对反应速率和平衡状态的影响等
28.已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O．
某化学小组根据上述反应原理进行下列实验：
I．测定H2C2O4溶液的物质的量浓度
实验步骤如下：
①取待测H2C2O4溶液25.00mL放入锥形瓶中，再加入适量的稀硫酸；
②用0.1mol/L KMnO4溶液滴定至终点，记录数据；
③重复滴定2次，平均消耗KMnO4溶液20.00mL。
请回答：
（1）滴定时，将KMnO4溶液装在______（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
（2）若在步骤①操作之前，先用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶，则测得H2C2O4溶液的浓度会______（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（3）步骤②中到达滴定终点时的现象为_______________________________。
（4）计算H2C2O4溶液的物质的量浓度为__________mol/L。
II．探究反应物浓度对化学反应速率的影响设计如下实验方案（实验温度均为25℃）：
实验序号
体积V/mL
0.1mol•L-1KMnO4溶液
 0.11mol•L-1H2C2O4溶液
0.11mol•L-1H2SO4溶液
H2O
①
2.0
5.0
6.0
7.0
②
2.0
8.0
6.0
V1
③
2.0
V2
6.0
2.0

请回答：
（5）表中v1=______。
（6）实验中需要测量的数据是______________________________。
（7）实验中______（填“能”或“不能”）用0.2mol/L盐酸代替0.1mol/LH2SO4溶液，理由是____________________________________________________________。
【答案】 (1). 酸式 (2). 偏大 (3). 溶液由无色变为紫红色且在半分钟内不褪色 (4). 0.2 (5). 4.0 (6). 10.0 (7). KMnO4溶液完全褪色所需的时间 (8). 不能,KMnO4能氧化盐酸。
【分析】（1）高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡胶管；
（2）引起滴定过程中消耗标准溶液体积增大，故测定溶液浓度偏大；
（3）KMnO4溶液显紫红色；
（4）根据C（待测）=以及5H2C2O4～2MnO4-计算；
（5）H2O的体积是为了保证溶液总体积一致；
（6）可根据KMnO4溶液完全褪色所需的时间判断反应速率；
（7）KMnO4能氧化盐酸。
【详解】（1）高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡胶管，不能盛装碱式滴定管，故将KMnO4溶液装在酸式滴定管中；
（2）若在步骤①操作之前，先用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶，待测H2C2O4溶液量多了，滴定过程中消耗标准溶液体积增大，故测定溶液浓度偏大；
（3）该实验是氧化还原滴定，终点时KMnO4溶液恰好过量一滴，溶液会显紫红色，30秒内不变色；
（4）根据化学方程式可知，5H2C2O4～2MnO4-，则C（H2C2O4）==0.2 mol/L；
（5）加入H2O是为了保证溶液总体积一致，故其他体积保持相同，只有草酸浓度这个变量，探究草酸浓度对化学反应速率的影响，故v1=4.0；
（6）KMnO4溶液显紫红色，可根据KMnO4溶液完全褪色所需的时间判断反应速率；
（7）实验中不能用0.2mol/L盐酸代替0.1mol/LH2SO4溶液，因为KMnO4能氧化盐酸生成氯气，消耗高锰酸钾，影响测定结果。
29.已知A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）反应的平衡常数和温度的关系如下：
温度/℃
700
800
900
1000
1200
平衡常数
0.5
0.6
1.0
1.6
2.0
回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式K= ______ ，△H= ______ 0（填“＜”“＞”“=”）；
（2）900℃时，向一个固定容器为2L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，若反应初始到2s内A浓度变化0.05mol•L-1．则A的平均反应速率v（A）= ______ ．该反应达到平衡时A的转化率为 ______ ，如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，平衡时A的转化率为 ______ （填”变大“、”变小“或”不变“）
（3）判断反应是否达到平衡的依据为 ______ （填字母代号）．
a 压强不随时间改变    b 气体的密度不随时间改变
c c（A）不随时问改变      d 单位时间里生成C和D的物质的量相等
（4）1200℃时，若向另一相同容器中充入0.30molA、0.40mol B、0.40mol C和0.50molD，此时v正 ______ v逆（填”大于“、”小于“或”等于“）．
【答案】 (1). (2). ＞ (3). 0.025mol/（Ls） (4). 80% (5). 不变 (6). c (7). 大于
【分析】（1）化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物幂之积的比（但固体和纯液体除外）。温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡正移；
（2）根据v=计算反应速率；
（3）可逆反应达到平衡状态时，同一物质的正逆反应速率相等，或者变量不再发生改变；
（4）由1200℃时，QC与K的关系可判断平衡移动方向。
【详解】（1）化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物幂之积的比（但固体和纯液体除外），所以该反应的化学平衡常数K=。由表中数据可知，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应是吸热反应，即△H＞0；
（2）v（A）==0.025mol/（Ls），由已知条件，列出反应的三段式，设A的浓度变化为x mol•L-1，可得：
A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）
c（起始）/mol•L-1 0.1 0.4 0 0
c（变化）/mol•L-1 x x x x
c（平衡）/mol•L-1 0.1-x 0.4-x x x
900℃时，K==1，解得x=0.008，
故达到平衡时A的转化率==80%。
固定容器中通入惰性气体氩气，反应混合物各组分浓度不变，平衡不会发生移动，则平衡时A的转化率为不变；
（3）a．该反应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，故压强不随时间改变，不能说明到达平衡，故a错误；
b．混合气体的总质量不变，容器的容积不变，故混合气体的密度始终不变，故气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡，故b错误；
c．可逆反应到达平衡时，各组分的浓度不发生变化，故c（A）不随时间改变，说明到达平衡，故c正确；
d．单位时间里生成C和D的物质的量相等，都表示正反应速率，反应始终按1：1生成C、D的物质的量，不能说明到达平衡，故d错误；
答案选c。
（4）1200℃时，QC=< K=2.0，故平衡向正反应移动，此时v正大于v逆。