上海市高二上學(xué)期12月月考化學(xué)試卷

高上十月考學(xué)卷1.下有關(guān)物質(zhì)分類的說法中，正確的是（）A.燒、冰醋酸、石墨均為電解質(zhì)B.液HCl不導(dǎo)電，所以HCl是電解質(zhì)C.BaSO雖難溶于水，但屬于強(qiáng)電解質(zhì)D.NH溶水形成的溶液能導(dǎo)電所以NH是解質(zhì)【答案】【解析】試題分析：．燒堿是氫氧化鈉屬于電解質(zhì)、冰醋酸使醋酸是電解質(zhì)、石墨是單質(zhì)不是電解質(zhì)，故A錯；．態(tài)HCl不導(dǎo)電，但氯化氫溶于水能電離出自由移動的氫離子和氯離子，能導(dǎo)電，所以HCl是解，故B錯CBaSO難于水，在水溶液中能溶解的全電離，在熔融狀態(tài)下完全電離，所以硫酸鋇屬于強(qiáng)電解質(zhì)，C正確DNH溶水形成的溶液能導(dǎo)電，但氨氣自身不能電離，故是電解質(zhì)，故誤；答案為C?！究键c定位】考查物質(zhì)的分類，重點考查電解質(zhì)?！久麕燑c晴】本題首先要對相關(guān)物質(zhì)分類的定義要明確，電解質(zhì)是指熔融狀態(tài)或水溶液里能導(dǎo)電的化合物，非電解質(zhì)是指熔融狀態(tài)和水溶液時均不導(dǎo)電的化合物，電解質(zhì)與非電解只局限在化合物范圍內(nèi)，而溶液與單質(zhì)既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，另外電解質(zhì)與水溶液性無關(guān)，本題難點NH的水液能導(dǎo)，但是非解質(zhì)，真正導(dǎo)電的原因是生成的NH?HO電后導(dǎo)電，O才是解質(zhì)。2.在閉容器中，一定條件下進(jìn)行如下反應(yīng)2NO(g)+2CO(g)N(g)+2CO(g)，＝－373.2kJ·mol，到平衡后，提高該反應(yīng)的速率和NO轉(zhuǎn)化率，采取的正確措施是（A.加化劑同時升高溫度B.加催劑同時增大壓強(qiáng)C.升溫度同時充入N

D.降低度同時增大壓強(qiáng)【答案】【解析】試題分析：．催化劑不改變平衡狀態(tài)，升高溫度平衡逆向移動NO的化率減小，故A錯誤B．催化劑不改變平狀態(tài)，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動的轉(zhuǎn)率增大，且反應(yīng)速率加快，故B正；．高度平衡逆向移動NO的轉(zhuǎn)率減小，充入N平逆向移動，NO的化率減小，故C錯誤D降低溫度同時增大壓強(qiáng)，反應(yīng)速率的改變無法判斷，平衡的移動也無法判斷，故D錯；故選B【考點定位】本題考查影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素，注意把握濃度、催化劑、溫度、壓強(qiáng)對反-1-

應(yīng)速率的影響和平衡移動即可?！久麕燑c晴】影響反應(yīng)速率的因素有內(nèi)因和外因，反應(yīng)物本身的性質(zhì)是影響速率的決定因素，常見外界因素包括溫度、濃度、壓強(qiáng)及催化劑等，特別提醒的壓強(qiáng)的改變必須引起濃度的變化，才能影響速率的變化，如在恒溫密閉容器中，通入不參加反應(yīng)的惰性氣體，容器內(nèi)壓強(qiáng)增大，對速率沒有影響，而在恒壓容器中，通入惰性氣體，體積增大，反應(yīng)物濃度減小，反應(yīng)速率減慢。本題除了考慮影響反應(yīng)速率的因素，還要結(jié)合平衡移動理論分析，綜合性較強(qiáng)，對學(xué)生分析問題解決問題的能力要求較高。3.下事實不能用勒夏特列原理解釋的是（）A.FeCl+3KSCNFe(SCN)+3KCl平衡系中加入少量KSCN固體，溶液顏色加深B.工合成氨中，將氨氣液化分離C.A、B兩試管中分別加入等體積5%HO液，在管中加入2～滴FeCl溶，中試管中產(chǎn)生氣泡快D.對反應(yīng)2NO(g)

N(g)

eq\o\ac(△,，)H<0升高溫度可使體系顏色變深【答案】【解析在FeCl+3KSCNFe(SCN)+3KCl平體系中加入固體KSCN后色變深因為加入KSCN后溶液中硫氰根離濃度增大，使平衡正向移動，促進(jìn)生成硫氰化鐵，溶液顏色變深，所以可用勒夏特列原理解釋，故A不選B.工業(yè)合成氨中，將氨氣液化分離，可以促使化學(xué)平衡正向移動，提高產(chǎn)物的產(chǎn)率，可以用勒夏特列原理解釋，故B不；A.兩支試管中分別加入等體積5%的HO溶，在B試管加入～3滴FeCl溶，試中產(chǎn)生氣泡快，是因為氯化鐵在反應(yīng)中起到催化劑的作用，催化劑不會引起化學(xué)平衡的移動，不能用勒夏特列原理解釋，故C選；對于反應(yīng)2NO(g)(g)△H<0，升高溫度，可以使化學(xué)平衡逆向移動，二氧化氮的濃度增加，所以顏色加深，可以用勒夏特列原理解釋，故D不選；答案選C。點睛：本題考查對勒夏特列原理的理解及應(yīng)用，解題時首先要先明確勒夏特列原理的含義：如果改變影響平衡的條件之一，平衡將向著能夠減弱這種改變的方向移動；在使用勒夏特列原理時，該反應(yīng)必須是可逆反應(yīng)且存在平衡移動的過程，如果條件的改變與平衡移動無關(guān)或條件的改變不能使平衡發(fā)生移動，則勒夏特列原理不適用，如C項就因為催化劑不能使平衡移動，故不能用勒夏特列原理解釋。4.設(shè)N代阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是（）A.10mL20mol濃酸與足量鋅反應(yīng)，轉(zhuǎn)電子數(shù)為0.2N-2-

B.0.1molMgO晶中所含中子總數(shù)為2.0NC.在準(zhǔn)狀況下，N和2.24LCO所電子數(shù)均為1.4ND.11mol?L的NaClO溶液含有的目為

【答案】B、MgO中有的中子物的量為24﹣）（188）=22mol，MgO晶體所含中子總數(shù)為0.1×22mol×N=2.2N，故錯；C、一個氮氣分子或一氧化碳分中都含有14的子，氮氣和一氧化碳的摩爾質(zhì)量相等，所以可把兩種物質(zhì)當(dāng)成一種物質(zhì)進(jìn)行計算2.8g和2.8gCO的質(zhì)的量都是0.1mol，有的電子數(shù)都是1.4N，C正；D、ClO是酸根，在溶液中會水解，故溶液中ClO的個數(shù)小于N個，故錯誤故選C．【點評】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計算，熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，難度不大．5.下離子反應(yīng)方程式書寫正確的是（）A.Fe(OH)溶氫碘酸Fe(OH)+3H=Fe+3HB.向NaAlO溶中通入過量COAlO

+CO+2HO=Al(OH)↓+HCOC.在堿溶液中次氯酸鈉與Fe(OH)反應(yīng)生成NaFeO：3ClO+2Fe(OH)=2FeO+3Cl+HO+4HD.向化鈉溶液中滴入氯化鋁溶液2Al+3S=Al【答案】【解析A．氫氧化鐵溶于氫碘中的離子反應(yīng)為2（OH）+6H═2Fe+6HO+I，故A錯誤；B．向NaAlO溶中通入過量CO的子反應(yīng)為AlO+CO+2HO=Al（）↓+HCO

，B正；C在堿溶液中次氯酸鈉與OH）反應(yīng)生成FeO的子反應(yīng)為（）+3ClO+4OH=2FeO+3Cl+5HO，故錯；-3-

D．向硫化鈉溶液中滴入氯化鋁液的離子反應(yīng)為+3S+6HO═2Al（OH）↓+3HS↑故D錯；故選B．【點評】本題考查離子反應(yīng)方程式書寫的正誤判斷，為高頻考點，把握發(fā)生的反應(yīng)及離子反應(yīng)的書寫方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重復(fù)分解反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)、水解反應(yīng)的離子反應(yīng)考查，注意離子反應(yīng)中保留化學(xué)式的物質(zhì)及電子、電荷守恒，題目難度不大．6.2molA與2molB混合于2L的閉容器中生如下反應(yīng)2A(g)+3B(g)2C(g)+zD(g)，2s后A的化率為50%，測得v(D)=0.25mol?s，列推斷不正確的是（）A.z=2B.2s后，容器內(nèi)的壓強(qiáng)是初始的7/8倍C.2s時C的積分?jǐn)?shù)為D.2s后B的濃為0.5mol/L【答案】【解析】試題分析：后A的化率為50%則反應(yīng)的為2mol×50%=1mol，2A（）+3B（）2C（）（開始2200轉(zhuǎn)化11.510.5z2s10.510.5zA?s=v(D)，因反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比z=2，故A正；．后，器內(nèi)的物質(zhì)的量總和是1+0.5+1+0.5×2=3.5mol，溫恒容條件下，壓強(qiáng)與物質(zhì)的量成正比2s后應(yīng)的壓強(qiáng)是反應(yīng)前的3.5mol/4mol=7/8倍正確C2s后C的體積分?jǐn)?shù)為1mol/3.5mol=2/7正確D．2s后，的度為0.5mol/2L=0.25mol/L，錯誤；答案為?？键c：考查化學(xué)平衡的計算，明確化學(xué)平衡的三段法計算是解答本題的關(guān)鍵7.下關(guān)系的表述中，正確的是（）A.0.1mol?LNaHSO溶中：cNa）+cH）（SO2）+cOH）B.中pH和體積都相同的鹽酸醋酸，消耗NaOH物質(zhì)的量之比為1：C.pH=3的酸和pH=3的FeCl溶液中，由水電離出的c（）相等D.0.1mol?LNaHCO溶中：cNa）c（HCO）＞（CO）＞c（CO）【答案】【解析】試題分析：．根據(jù)電荷守恒，0.1mol·NaHSO溶液中：c(Na

)+c(H)=2c(SO)+c(OH

)，故A錯；．和pH和體都相同的鹽酸和醋酸，醋酸的物質(zhì)的量大于鹽酸，消耗NaOH多故錯誤CpH=3鹽酸抑制水的電離pH=3的FeCl-4-

溶液促進(jìn)水的電離，由水電離出的c(H不相等，故C誤D．0.1mol·NaHCO溶顯堿性，以水解為主c(Na

)>c(HCO

)>c(HCO)>c(CO

)，故D正確；故選D?？键c：考查了鹽類的水解的相關(guān)知識。8.25℃時，水的電離達(dá)到平衡HO

H+OH△H>0，下列敘述正確的是（）A.向中加入少量固體硫酸氫鈉c(H)大，變B.向中加入氨水，平衡逆向移動c（OH）降低C.向中加入固體硫酸銅，平衡逆向移動c（OH）減小D.將加熱，增，不變【答案】【解析】試題分析．水中加入少量固體硫酸氫鈉，硫酸氫鈉電離出氫離子

增，溫度不變，不變故A正確B．向水中加入稀氨水，稀氨水是弱堿，抑制水的電離，平衡逆向移動，（）大，故B錯誤C．向水中加入少量固體硫酸銅Cu水結(jié)合水電離出的氫氧根離子，促進(jìn)水電離，平衡正向移動，C錯誤D水的電離是吸熱過程，將水加熱，促進(jìn)水的電離，K增，氫離子濃度增大pH減小故D錯誤故選C?？键c：考查了水的電離平衡的影響因素分析和水的離子積的條件判斷和計算應(yīng)用9.下有關(guān)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.某酸的酸式鹽NaHA溶中定有c（OH）（A）=c（）+c（A）B.0.2molCHCOONa溶液0.1mol鹽等體積混合后的酸性溶液中c（CH）＞（COOH）＞c（

）c（H

）C.室下，向100ml0.5mol/L的NaCO溶中加入，

溶液中增大D.0.1mol?L（NH）Fe（SO）溶中：（NH

）（O）+c（）=0.3mol?L【答案】【解析】任何解質(zhì)溶液中存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒得c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HA)+2c(A，根據(jù)物料守恒得c(HA)+c(A)+c(HA)=c(Na)，聯(lián)立兩式得c(OH)+c(A)=c(HA)+c(H)故錯誤；0.2molCHCOONa液與0.1mol?L鹽酸等體積混合，得到等濃度的醋酸鈉、氯化鈉和醋酸的混合溶液，溶液顯酸性，說明醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，c(CHCOOH)<c(Cl，錯誤；氧鈣和水反應(yīng)生成氫氧化鈣，氫氧化鈣和碳酸鈉反應(yīng)Ca(OH)+NaCO═CaCO↓+2NaOH，溶液中氫氧根-5-

濃度增大，消耗碳酸根離子，則溶液中碳酸氫根離子濃度減小，溶液中

增大，故C正確；D.0.1mol(NH)Fe(SO)溶中存在物料守恒：c(NH+)+c(NH?HO)+c(Fe)+c[Fe(OH)]=0.3mol?L，故D錯誤；答案選C。10.下有關(guān)說法中正確的是（）A.2CaCO(s)+2SO(g)+O(g)=2CaSO(s)+(g)低溫下能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)H<0B.NHCl(s)=NH(g)+HCl(g)室下不能自發(fā)進(jìn)行，說明該反應(yīng)H<0C.若H>0，△S<0，化學(xué)反應(yīng)任何溫度下都能自發(fā)進(jìn)行D.加合適的催化劑能降低反應(yīng)活化能，從而改變反應(yīng)的焓變【答案】【解析】、2CaCO(s)+O(s)=2CaSO(s)+2CO(s)△S<0；eq\o\ac(△,據(jù))eq\o\ac(△,-)T時發(fā)進(jìn)行，則反應(yīng)在△S<0時，只eq\o\ac(△,當(dāng))H<0低溫時才能自發(fā)進(jìn)行，選項A正；、應(yīng)NHCl(s)=NH(g)+HCl(g)該反應(yīng)熵增的反應(yīng)，在室溫下不能自發(fā)進(jìn)行，則只有當(dāng)才能滿足△eq\o\ac(△,G=)H-T△S>0，選項B錯誤、若H>0△S<0，則一定有eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,-)T△S>0，化學(xué)反應(yīng)在任何溫度下都不能自發(fā)進(jìn)行，選項C錯誤；、催化劑只能改變化學(xué)反應(yīng)速率，對反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)無影響，所以不影響焓變，選項D錯誤。答案選A。11.下各組物質(zhì)混合、加熱蒸干、并經(jīng)充分灼燒，得到混合物的是（）A.0.1molCH溶與0.1mol?LNaOH溶等體積混合B.向40mL0.2mol

的NaOH溶中通入67.2mLCO（況）C.在100mL1mol?LNHCl溶液，投入3.9gNaD.在20mL0.01mol1Mg（）液中，投入0.2gMgOH）【答案】【解析】試題分析：．由于等體積等濃度混,生成醋酸鈉溶,由氫氧化鈉是那揮發(fā)性的堿最得到的是醋酸鈉固體B氫氧化鈉的物質(zhì)的量為0.008mol,二氧化碳的物質(zhì)的量為0.003mol,因此二氧化碳完全反生成碳酸氫鈉0.006mol,下氫氧化鈉0.002mol未反,最終因碳酸氫鈉分解為碳酸,因灼燒后得到的固體為碳酸鈉和氫氧化鈉的混合物C．過氧化鈉先與水反應(yīng),根據(jù)鈉離子守,生成氫氧化鈉恰可與氯化銨完全反應(yīng)生成氯化鈉不論氫氧化鎂或碳酸氫鎂燒均分解為氧化,此最終的固體為氧化鎂上選B?？键c：考查物質(zhì)蒸干灼燒的產(chǎn)物及水解平衡的移動12.在℃，把0.5molNO通體積為5L的空密閉容器中，立即出現(xiàn)紅棕色。反應(yīng)進(jìn)-6-

行到時，的濃度為0.02mol·L。60s，體系己達(dá)平衡，此時容器內(nèi)壓強(qiáng)為開始時的1.6倍下列說法正確的是（）A.前2s以NO的濃變化表示的平均反應(yīng)速率為0.01mol·L·sB.在2s時體系內(nèi)的壓強(qiáng)為開始的1.1C.在衡時體系內(nèi)NO的物的量為0.25molD.平時NO的化率為【答案】【解析】試題分析：、前2s內(nèi)NO濃度減少0.02/2=0.01mol/L,則以O(shè)的濃變化表示的反應(yīng)速率為mol·L

·s

，錯誤B、前2s時，氧化氮物質(zhì)的量是0.02mol·L×5L=0.1mol，則消耗的質(zhì)的量是，余NO的物質(zhì)的量是，時氣體總物質(zhì)的量是0.45+0.1=0.55mol，所以在2s時體系內(nèi)的壓強(qiáng)為開始時的0.55/0.5=1.1倍正確C、平衡時壓強(qiáng)是開始的倍說明平衡時氣體的物質(zhì)的量是原來的1.6，則平衡時氣體的物質(zhì)的量是0.5mol×1.6=0.8mol，物質(zhì)的量增加0.8-0.5=0.3mol根化學(xué)方程式可知每1molNO反應(yīng)生成氣物質(zhì)的量增加1mol當(dāng)體的物質(zhì)的量增加0.3mol時0.3molNO參反應(yīng)0.6molNO，剩NO的物質(zhì)的量是0.5-0.3=0.2mol錯誤D、根據(jù)C的析，平衡時NO的轉(zhuǎn)率是0.3mol/0.5mol=60%，誤，答案選?？键c：考查化學(xué)平衡的計算13.下混合溶液中，各離子濃度的大小順序正確的是（）A.10mL0.1mol氨與10mL0.1mol鹽混合，（）＞（NH）＞（OH）＞c（）B.10mL0.1molNHCl溶液mL0.2molNaOH溶混合，則：（）=c（）＞c（）＞c（）C.10mL0.1?LCHCOOH溶與mL0.2mol溶液混合，則c（Na）（COO）c（OH）＞c（）D.10mL0.5molCHCOONa溶與6mLmol鹽混合，則（Cl）c（Na）＞c（）c（

）【答案】【解析】試題分析：．mL0.1mol/L氨與10mL0.1mol/L鹽混合恰好反應(yīng)生成氯化銨溶液，銨根離子水解，溶液顯酸性＞c(OH)故A錯誤B10mLmol/LNHCl-7-

溶液與5mL0.2mol/LNaOH溶混合反應(yīng)生成等物質(zhì)的量濃度的氨水和氯化鈉溶液，氨水部分電離溶液顯堿性c(Na)=c(Cl

)＞c(OH

)＞

)故B正CmL0.1mol/LCHCOOH溶液與mL0.2mol/L溶混合反應(yīng)生成醋酸鈉溶液，水解顯堿性c(Na)＞COO)＞c(OH)＞)，故C錯誤D10mL0.5mol/LCHCOONa溶與6mLmol/L鹽酸混合反應(yīng)生成醋酸和氯化鈉溶液，溶液中鹽酸過量，顯酸性)＞c(OH)，D錯；選B?？键c：考查了離子濃度的大小比較的相關(guān)知識。14.常下，向某一元酸HR溶液逐滴加入0.1mol/L氨，所得溶液pH及導(dǎo)電能力變化如圖。下列分析不正確的是（）A.a～點電能力增強(qiáng)說明HR為弱酸B.a、點示溶液中水的電離程度不相同C.b恰好全中和，pH=7說NHR沒有水解D.c點溶存在c（NH

）＞c（R

（

）＞c（H

）【答案】【解析】．～點電能力增強(qiáng)，說明反應(yīng)后溶液中離子濃度增大，也證明HR在溶中部分電離，為弱酸，故A正；．a(chǎn)、所示溶液中一元酸HR電離的氫離子濃度不同，對水的電離的抑制程度不同，因此水的電離程度不同，故B正C．NHR為酸弱堿鹽，NHR的溶液，明銨根離子和R

的水解程度相等，故C錯；．根據(jù)圖象可知c點時液的pH＞，混合液呈堿性，則＞c(H)結(jié)合電荷守恒可知c(NH)＞c(R)，故D正；故選C。點睛：本題考查酸堿混合溶液定性判斷。明確圖中曲線含義及混合溶液中溶質(zhì)及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意：溶液的導(dǎo)電性與溶液中的離子濃度有關(guān)。本題的難點是判斷導(dǎo)電能力曲線的變化。15.某溫密閉容器中發(fā)生可逆反應(yīng)（？）+W（？）-8-

X（g）（）eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)，t時

反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，在t時縮容器體積t時刻次達(dá)到平衡狀態(tài)后未再改變條件．下列有關(guān)說法正確的是（）A.Z和W在該件下至少有一個是氣態(tài)物質(zhì)B.t～時間與t時刻，時間段反應(yīng)體系中氣體的平均摩爾質(zhì)量不可能相等C.在溫度下此反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式K=c～時段與t時刻后的c（）不相等D.若反應(yīng)在溫度為T以上才能自發(fā)進(jìn)行則該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K隨度升高而增大【答案】【解析A項t時縮小容器體積，由圖可得正反應(yīng)速率并沒有發(fā)生改變，說明壓強(qiáng)對正反應(yīng)速率沒有影響，故Z和W不氣體，故錯誤B，若Y不是氣體，則反應(yīng)體系中的氣體只有X，則t時間段與t時后，兩時間段反應(yīng)體系中氣體的平均摩爾質(zhì)量是相等的，故B錯；項，化學(xué)平衡常數(shù)只溫度影響，故在該溫度下，平衡常數(shù)為一固定值，因為K＝c(X)，以X的度在此溫度下的任何時刻都相等，故C錯D項，據(jù)前面的分析，該反應(yīng)是熵增反應(yīng)，因為該反應(yīng)只在某溫度以上發(fā)進(jìn)行，由ΔH-TΔS<0，得ΔH＞，所以升高溫度有利于反應(yīng)正向進(jìn)行，故平衡常數(shù)增大D正。點睛：本題考查了化學(xué)平衡的影響因素，主要涉及溫度、壓強(qiáng)對化學(xué)平衡移動的影響，做題時注意分析v-t圖像推斷改變條件對正、逆反應(yīng)速率及化學(xué)平衡的影響情況項注意溫度的函數(shù)，溫度一定則K一定。16.把0.02mol/LCHCOOH溶和0.01mol/L溶液等體積混合，則混合溶液中微粒濃度關(guān)系正確的是（）A.c（COO）＜c（Na）B.c（COOH）c（CHCOO）C.（

）（COO）﹣c（COOH）D.c（COOH）（COO

）=0.01mol/L【答案】-9-

........................點睛：本題主要考查溶液中微粒濃度的大小比較和電荷守恒、物料守恒關(guān)系，難度較大。解答本題的關(guān)鍵是對0.02mol/LCH溶液和0.01mol/LNaOH溶液體積混合后所得溶液中溶質(zhì)的判斷，兩溶液混合后得到的是同濃度的CHCOOH和CHCOONa溶液再根據(jù)醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，判斷溶液呈酸性，再結(jié)合物料守恒和電荷守恒即可對各項做出正確判斷。17.在定條件下，S（）O（）發(fā)生反應(yīng)依次轉(zhuǎn)化為g）SO（知2SO+O

2SO應(yīng)程中的能量關(guān)系用如圖簡單表示（圖中的eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)表示生成1mol產(chǎn)物的數(shù)據(jù)列說法正確的是）A.S的燃燒熱eq\o\ac(△,)﹣akJ?molB.1molSO和量反應(yīng)釋出kJ的量C.已1個S分中有8個SS，的鍵能為kJ?mol

，的鍵能為ekJ

，則S分子﹣的能為（2d﹣a﹣e）kJ?mol-10-

D.若用V作催劑，當(dāng)SO（）化生成1molSO（g時，釋放的熱量小于bkJ【答案】【解析】．依據(jù)圖象分析1molOmolS反應(yīng)成二氧化硫放熱aKJ/mol，據(jù)燃燒熱的概念是1mol可物完全燃燒生成定氧化物放出的熱量，熱化學(xué)方程式為：S(s)+8O(g)=8SO(g)-8aKJ/mol則(s)燃燒熱eq\o\ac(△,H=)eq\o\ac(△,)8akJ?mol

故A錯誤B1molSO和0.5molO反生成1molSO(g)時可釋放出b的熱量而不是過量的氧氣故B錯；C、已知硫氧鍵(的能為dkJ/mol氧氧鍵O=O)的鍵能為e，設(shè)S分中硫硫鍵鍵能為xKJ/mol，由(s)+8O(g)=8SO(g)△H=-8aKJ/mol反應(yīng)熱反應(yīng)物的鍵能總-生成物的鍵能總和可知x=2d-a-e分子中S-S的能為2d-a-e)kJ?mol，C正；、應(yīng)放熱量的多少與外界條件無關(guān)，只與始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，所以使用VO作化劑，當(dāng)SO(g)轉(zhuǎn)生成1molSO(g)時，釋放的熱量等于b，D錯；故選C。點睛：本題以含硫物質(zhì)考查熱化學(xué)反應(yīng)及計算，為高頻考點，把握圖象及燃燒熱的概念、反應(yīng)熱與鍵能的關(guān)系等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查。18.一條件下存在反應(yīng)2SOg+Og）g＜．現(xiàn)有三個體積相同的密閉容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，按如圖所示投料，并400℃條件下開始反應(yīng)．達(dá)到平衡時，下列說法正確的是（）A.容Ⅰ、Ⅲ中平衡常數(shù)相同B.容Ⅱ、Ⅲ中正反應(yīng)速率相同C.SO的積分?jǐn)?shù)：Ⅱ＜ⅢD.容Ⅰ中SO的轉(zhuǎn)率與容Ⅱ中的化率之和小于1【答案】【解析】容器是絕熱容器反應(yīng)過程中溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小，所以容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常數(shù)不相同，故錯B.容器是恒容容器，容器Ⅲ是恒壓容器，反應(yīng)過程中兩容器壓強(qiáng)不相等，則容器Ⅱ、Ⅲ中正反應(yīng)速率不相同，故B錯誤；容器是恒溫恒容，Ⅲ是恒溫恒壓，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，容器Ⅱ中壓強(qiáng)大于容器Ⅲ，平衡正向進(jìn)行，三氧化硫含量增大，則的積分?jǐn)?shù)Ⅱ>，故錯誤D.若容器Ⅱ恒溫恒容，容器Ⅰ也是恒溫-11-

恒容時，達(dá)到相同的平衡狀態(tài)，二氧化硫轉(zhuǎn)化率和三氧化硫轉(zhuǎn)化率之和1，但實際上容器Ⅰ是絕熱恒容，隨著反應(yīng)的進(jìn)行溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫轉(zhuǎn)化率減小，因此容器Ⅰ中SO的化率與容器Ⅱ中SO轉(zhuǎn)化率之和小于，故正確答案選D。19.已常溫下KHSO溶液＜，且等濃度的的離程度大于SO的解程度．等物質(zhì)的量的KHSOKSOKSO溶于足量水形成的溶液中關(guān)子之間的關(guān)系正確的）A.c（

）＞c（）c（SO

）＞c（SO）B.c（）＞c（2）＞c（SO）＞（HSO）c（H）（OH）C.c（）（HSO）+2c（）+2cSO2）D.c（

）（

）（HSO）+c（SO

）（

）+c（

）【答案】【解析】試題分析于等濃度的HSO

的電離程度大于

的水解程度，所以等物質(zhì)的量的KHSOKSOKSO溶于量水形的溶液時c(SO)＞c(SO)＞c(HSO))＞)；根據(jù)物料守恒及已知條件可知c(K)＞c(SO)＞c(SO＞c(HSO)；鹽的電離作用遠(yuǎn)大于弱電解質(zhì)的電離作用以c(HSO

)＞c(H

)故離子濃度的關(guān)系是

)＞c(SO

)＞)＞c(HSO

)＞c(H)＞)。故選項是B。考點：考查溶液中離子濃度的大小比較的知識。20.在定的溫度下，將一定量的氫氣和氮氣的混合氣體充入等壓密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)，達(dá)到平衡時維持溫度不變，測得混合氣體的密度是反應(yīng)前密度的1.25倍，則達(dá)到平衡時，氨氣的體積分?jǐn)?shù)為（）A.25%B.%C.30%D.37.5%【答案】【解析】設(shè)原混合氣體為100L氮氣的體積為，則氫氣的體積(100-a)L，參加反應(yīng)的氮氣為xL，：N+3H

2NH

起始（）a100-a轉(zhuǎn)化（）x3x2x平衡（）a-x100-a-3x2x混合氣體的質(zhì)量不變，則密度與體積成反比，則有：積減少量等于氨氣的體積，所以氨氣的體積分?jǐn)?shù)為-12-

=1.25，解得x=10，合氣體體×100%=25%。案選A。

21.如裝置中，容器甲內(nèi)充入0.1molNO體，干燥管內(nèi)裝有一定量NaO，A處慢通入CO氣．恒溫下，容器甲中塞緩慢由左移動，當(dāng)移至C處時容器體積縮小至最小，為原體積的管中物質(zhì)的量增加2.24g著CO的續(xù)通入又漸向右移動知2NaO+2CO═2NaCO+O正確的是（）

2NO+O═2NO2NO

NO（考慮活塞的摩擦）下列說法中A.活從D處動到C處過中，通入CO體為2.24L標(biāo)準(zhǔn)狀況）B.NO轉(zhuǎn)為N的轉(zhuǎn)率為20%C.活移至C處后繼續(xù)通入0.01molCO，此時活塞恰好回到D處D.若變干燥管中NaO的，通過調(diào)節(jié)甲容器的溫度及通入CO的，使活塞發(fā)生從D到C，又從到D的動，則NaO的質(zhì)量應(yīng)大于1.56g【答案】【解析】設(shè)通標(biāo)準(zhǔn)狀況下CO氣體的體積為x產(chǎn)生氧氣的體積為y，則：2NaO+2CO=2NaCO+O

△m2×22.4L22.4L56gxy2.24g所以56g:2.24g=2×22.4L:x，解得x=1.792L，得y=0.896L，通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的CO氣體1.792LA錯由A計算知成氧氣的物質(zhì)的量n(O)=0.896L÷22.4L/mol=0.04mol，2NO+O=2NO2120.08mol0.04mol0.08mol0.1mol>0.08mol，以NO過量生成NO的質(zhì)的量為，2NO

N

△n210.02mol0.1mol×(19/10)=0.01mol所以NO化為N的轉(zhuǎn)率為0.02mol÷0.08mol×100%=25%誤活塞移至積不會再減小干管中NaO已完全反應(yīng)，活塞由向D移動體積擴(kuò)大2NO

N平向左移動，使氣體物質(zhì)的量增加，活塞移至D時，氣體物質(zhì)的共增加0.01mol，此所需CO必于0.01mol，故C錯；-13-

D.實從D→C的移，只能通過降溫使2NO

NO的衡向右移動(此反應(yīng)為熱反)，即降溫時2NO

N

△n210.02mol0.1mol×(19/10)即容器中至少應(yīng)有0.02mol的NO，據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知2NaO→O→2NO→2NO至少需要NaO0.02mol，以其質(zhì)量最小值為0.02mol×78g/mol=1.56g故D正；答案選。22.酸KMnO溶能與草酸(H2C2O4)溶反應(yīng)。某化學(xué)探究小組利用反應(yīng)過程中溶液紫色消失快慢的方法來研究影響反應(yīng)速率的因素。I.實驗前首先用濃度為0.1000mol/L酸KMnO標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定未知濃度的草酸溶液。（）性KMnO標(biāo)準(zhǔn)液應(yīng)用___________滴定管盛裝。（）出滴定過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式___________。（）列有關(guān)一定物質(zhì)的量濃度溶液配制的說法中正確的______________。A.把15.8gKMnO固溶于1L水所得溶液物質(zhì)的量濃度為0.1mol/LB.把0.01molKMnO4固體入100mL容量瓶中加水至刻度線，充分振蕩后，濃度為0.1mol/LC.需要90mL0.1mol/L的KMnO液，應(yīng)準(zhǔn)確稱量KMnO4體58gD.定容時仰視容量瓶頸刻度線讀，會使配制的溶液濃度偏高II.通過滴定實驗得到草酸溶液的濃度為0.2000mol/L該草酸溶液按下表進(jìn)行后續(xù)實(每次實驗草酸溶液的用均為。酸性高錳酸鉀

溶液實驗編號

溫度(

催化劑用量g)體積(

濃度(mol/L)1234

25502525

0.50.50.50

4.004.004.004.00

0.10000.10000.01000.1000（）出表中實驗1和驗2的驗?zāi)康?。（）小組同學(xué)對實驗1和驗3分別進(jìn)行了三次實驗，測得以下實驗數(shù)(從混合振蕩均-14-

勻開始計時：溶液褪色所需時間(min)實驗編號12

第1次14.06.5

第2次13.06.7

第3次11.06.8分析上述數(shù)據(jù)后得出“其他條件相同時，酸性高錳酸鉀溶液的濃度越小，褪色時間就越短，即反應(yīng)速率就越快”的結(jié)論。甲同學(xué)認(rèn)為該小組“探究反應(yīng)物濃度對速率影響”的實驗方案設(shè)計中存在問題，從而得到了錯誤的實驗結(jié)論，甲學(xué)改進(jìn)了實驗方案，簡述甲同學(xué)改進(jìn)的實驗方__________________________________________（）實驗中使用的催化劑應(yīng)選擇MnSO4并非，原因可用離子方程式表示為_________________。III.工上可用軟錳(主要成分為MnO經(jīng)下列生產(chǎn)過程制備高錳酸鉀。①由軟錳礦提取得到MnO2在MnO2熔融混合物中通入空氣可制得錳酸(K2MnO4)；②向錳酸鉀溶液中通入CO可獲高錳酸鉀。（第①步生產(chǎn)過程中在熔融混合物中通入空氣時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式。（）錳酸鉀溶液中通入可獲得高錳酸鉀，該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為_________。【答案】(1).酸式定管(2).(3).略(4).略(5).略(6).略(7).略(8).略【解析】試題分析）錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，把草酸中的C從3價化成+4價的氧化碳Mn元素+價變到2價錳離子，由于草酸分子中有個C原，所以高錳酸鉀與草酸的反應(yīng)比例為52，故反應(yīng)的程式為2MnO+5H+6H=2Mn

+10CO↑+8HO，故答案為：2MnO-+5HCO+6H=2Mn+10CO↑+8HO（15.8gKMnO物質(zhì)量為0.1mol于1L水所得溶液的體積大于A錯誤體應(yīng)先在燒杯中溶解，然后轉(zhuǎn)移入容量瓶，不能在容量瓶中溶解，故B錯；．要90mL的溶液，因為沒有90mL容瓶故需要100mL容瓶，經(jīng)計算得知：配制的KMnO溶液，應(yīng)準(zhǔn)確稱量固體1.58g，正確D．定容時仰視容量瓶頸刻度線讀數(shù)，會使配制的-15-

溶液濃度偏低，故D錯誤故選C；（）實驗1、反物用量完全相同，只有溫度不同，目的就在于探究溫度不同對反應(yīng)速率的影響；故答案為；探究溫度不同對反應(yīng)速率的影響；（）根據(jù)表格中的褪色時間長短來判斷濃度大小與反應(yīng)速率的關(guān)系，需滿足高錳酸鉀的物質(zhì)的量相同，濃度不同的草酸溶液，故答案為：其它條件相同時，利用等量且少量的高錳酸鉀與等體積不同濃度的足量草酸溶液反應(yīng)，測量溶液褪色時間；（）性條件下，高錳酸根離子能將氯離子氧化成氯氣，自身被還原成二價錳離子，反應(yīng)方程式為2MnO-+10Cl+16H=5Cl↑+2Mn+8HO案+10Cl+16H=↑+2Mn+8HO；III）由藝流程轉(zhuǎn)化關(guān)系知MnO的熔融混合物中通入空氣時發(fā)生反應(yīng)生成KMnO，據(jù)元素守恒還應(yīng)生成．反應(yīng)中錳元素+4價高+6價，總升高價氧元素由0價降為2價，共降低4價化合價升降最小公倍數(shù)為，所以MnO系數(shù)2O系為1根錳元素守恒確定KMnO系為2根據(jù)鉀元素守恒確定系數(shù)為4根據(jù)氫元素守恒確定HO系數(shù)為2，所以反應(yīng)化方程式為2MnO+4KOH+O

2KMnO+2HO，故答案為：2MnO+4KOH+O

2KMnO+2HO；（）錳酸鉀溶液中通入可獲得高錳酸鉀，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3KMnO+2CO=2KMnO+MnO+2K2CO3，應(yīng)中氧化產(chǎn)物為KMnO，還原產(chǎn)物為MnO物質(zhì)的量之比為，答案為：2:1。【考點定位】考查探究影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素【名師點晴】本題考查了探究溫度、濃度對反應(yīng)速率的影響、濃度隨時間變化的曲線，題目難度中等，試題側(cè)重對學(xué)生能力的培養(yǎng)和解題方法的指導(dǎo)與訓(xùn)練，旨在考查學(xué)生靈活運用基礎(chǔ)知識解決實際問題的能力。本題的難點和易錯點是）中反應(yīng)方程式的書寫。23.黃礦不僅可用于火法煉銅，也可用于濕法煉銅，濕法可同時生產(chǎn)銅、磁性氧化鐵和用于橡膠工業(yè)的一種固體物質(zhì)A，程如下：（）銅礦中Cu的合價是_____，反應(yīng)中65gFeC1可氧化_______molCuFeS。-16-

（）業(yè)生產(chǎn)中的過濾操作多采用傾析法（傾析法：先把清液傾入漏斗中，讓沉淀盡可能地留在燒杯內(nèi)）分離出固體物質(zhì)，下列適合用傾析法的____________。A．沉淀的顆粒較大B．沉淀易沉降C沉淀呈膠狀D．沉淀呈絮狀（）反應(yīng)Ⅱ中，計算NaHCO飽溶液（其中CO平濃度為1.210mol/L）可產(chǎn)生FeCO沉淀時的最小Fe濃是________己知FeCO的＝3.010）（）應(yīng)Ⅲ是在設(shè)備底部鼓入空氣，高溫氧化鍛燒法來制備磁性氧化鐵，寫出對應(yīng)的化學(xué)方程式____________________。（）體物質(zhì)A的分（寫名稱（）濕的FeCO固若不及時灼燒處理會在空氣中逐漸變紅，寫出相關(guān)的化學(xué)方程式：_________________________________（）流程中可實現(xiàn)循環(huán)使用的物質(zhì)除了水外，還_______________。【答案】(1).+2(2).0.1(3).AB(4).2.5×10mol/L(5).6FeCO

2Fe+6CO

(6).硫(7).6FeCO+O+6HO==4Fe(OH)+4CO

(8).氯化鈉（NaCl）【解析】根化合價的代數(shù)和為，黃銅礦CuFeS中Cu的化價+2價Fe為2價S為2價65gFeC1的質(zhì)的量=0.4mol反應(yīng)后得到電，根據(jù)流程圖，反應(yīng)后生成CuCl和S，只有S元被氧化，根據(jù)得失電子守恒，能夠氧化0.1molCuFeS，答案為：；0.1；(2)沉淀顆粒較大，靜止后容沉降至容器底部，常用傾析法分離，沉淀呈膠狀或絮狀，靜止后不容易沉降，不能采取傾析法分離，故選AB(3)在反應(yīng)Ⅱ中，NaHCO飽溶中CO平濃度為1.2×10mol/L可生FeCO沉?xí)r的最小Fe濃為==2.5×10mol/L，答案為：2.5×10mol/L；(4)反應(yīng)Ⅲ中，在設(shè)備底部鼓入空氣，碳酸亞鐵被氧化生成磁性氧化(FeO)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為6FeCO

2Fe，答案為6FeCO+O

2Fe+6CO；(5)根據(jù)流程圖，加入氯化鈉溶液將CuCl轉(zhuǎn)為絡(luò)合物，固體物質(zhì)A為硫故答案為：硫；(6)亞鐵離子具有還原性，在潮濕的空氣中FeCO固被氧化變紅，反應(yīng)的化學(xué)方程式6FeCO+6HO==4Fe(OH)，故答案為6FeCO+O+6HO==4Fe(OH)；(7)根據(jù)流程圖，溶液中有化鈉，可以參與循環(huán)使用，故答案為：氯化鈉。-17-

24.火發(fā)電廠釋放出大量氮氧化NOx氧化硫等氣體會造成環(huán)境污染，對燃煤廢氣進(jìn)行脫除處理．可實現(xiàn)綠色環(huán)保、低碳減排、廢物利用等目的。（硝用甲烷催化還原NOxgg（geq\o\ac(△,）)=-574kJ/molCH（g）+4NO（）=2N（）+CO）+2HO（）eq\o\ac(△,2)=-1160kJ/mol甲烷直接將NO還原為N的熱化方程式____________________________________。（）碳：將CO轉(zhuǎn)為甲醇的熱化學(xué)方程式為CO（）（）eq\o\ac(△,3)

CH（）（）①取五份等體積CO和H的合體（物質(zhì)的量之比均為：別加入溫度不同、容積相同的恒容密閉容器中，發(fā)生上述反應(yīng)，反應(yīng)相同時間后，測得甲醇的體積分?jǐn)?shù)（OH）與反應(yīng)溫度的關(guān)曲右CO轉(zhuǎn)為甲醇反應(yīng)H（“””或“=”②在一恒溫恒容密閉容器中充入0