上海市高二上学期12月月考化学试卷

高上十月考学卷1.下有关物质分类的说法中，正确的是（）A.烧、冰醋酸、石墨均为电解质B.液HCl不导电，所以HCl是电解质C.BaSO虽难溶于水，但属于强电解质D.NH溶水形成的溶液能导电所以NH是解质【答案】【解析】试题分析：．烧碱是氢氧化钠属于电解质、冰醋酸使醋酸是电解质、石墨是单质不是电解质，故A错；．态HCl不导电，但氯化氢溶于水能电离出自由移动的氢离子和氯离子，能导电，所以HCl是解，故B错CBaSO难于水，在水溶液中能溶解的全电离，在熔融状态下完全电离，所以硫酸钡属于强电解质，C正确DNH溶水形成的溶液能导电，但氨气自身不能电离，故是电解质，故误；答案为C。【考点定位】考查物质的分类，重点考查电解质。【名师点晴】本题首先要对相关物质分类的定义要明确，电解质是指熔融状态或水溶液里能导电的化合物，非电解质是指熔融状态和水溶液时均不导电的化合物，电解质与非电解只局限在化合物范围内，而溶液与单质既不是电解质也不是非电解质，另外电解质与水溶液性无关，本题难点NH的水液能导，但是非解质，真正导电的原因是生成的NH•HO电后导电，O才是解质。2.在闭容器中，一定条件下进行如下反应2NO(g)+2CO(g)N(g)+2CO(g)，＝－373.2kJ·mol，到平衡后，提高该反应的速率和NO转化率，采取的正确措施是（A.加化剂同时升高温度B.加催剂同时增大压强C.升温度同时充入N

D.降低度同时增大压强【答案】【解析】试题分析：．催化剂不改变平衡状态，升高温度平衡逆向移动NO的化率减小，故A错误B．催化剂不改变平状态，增大压强，平衡正向移动的转率增大，且反应速率加快，故B正；．高度平衡逆向移动NO的转率减小，充入N平逆向移动，NO的化率减小，故C错误D降低温度同时增大压强，反应速率的改变无法判断，平衡的移动也无法判断，故D错；故选B【考点定位】本题考查影响化学反应速率的因素，注意把握浓度、催化剂、温度、压强对反-1-

应速率的影响和平衡移动即可。【名师点晴】影响反应速率的因素有内因和外因，反应物本身的性质是影响速率的决定因素，常见外界因素包括温度、浓度、压强及催化剂等，特别提醒的压强的改变必须引起浓度的变化，才能影响速率的变化，如在恒温密闭容器中，通入不参加反应的惰性气体，容器内压强增大，对速率没有影响，而在恒压容器中，通入惰性气体，体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢。本题除了考虑影响反应速率的因素，还要结合平衡移动理论分析，综合性较强，对学生分析问题解决问题的能力要求较高。3.下事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A.FeCl+3KSCNFe(SCN)+3KCl平衡系中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深B.工合成氨中，将氨气液化分离C.A、B两试管中分别加入等体积5%HO液，在管中加入2～滴FeCl溶，中试管中产生气泡快D.对反应2NO(g)

N(g)

eq\o\ac(△,，)H<0升高温度可使体系颜色变深【答案】【解析在FeCl+3KSCNFe(SCN)+3KCl平体系中加入固体KSCN后色变深因为加入KSCN后溶液中硫氰根离浓度增大，使平衡正向移动，促进生成硫氰化铁，溶液颜色变深，所以可用勒夏特列原理解释，故A不选B.工业合成氨中，将氨气液化分离，可以促使化学平衡正向移动，提高产物的产率，可以用勒夏特列原理解释，故B不；A.两支试管中分别加入等体积5%的HO溶，在B试管加入～3滴FeCl溶，试中产生气泡快，是因为氯化铁在反应中起到催化剂的作用，催化剂不会引起化学平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故C选；对于反应2NO(g)(g)△H<0，升高温度，可以使化学平衡逆向移动，二氧化氮的浓度增加，所以颜色加深，可以用勒夏特列原理解释，故D不选；答案选C。点睛：本题考查对勒夏特列原理的理解及应用，解题时首先要先明确勒夏特列原理的含义：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；在使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡移动的过程，如果条件的改变与平衡移动无关或条件的改变不能使平衡发生移动，则勒夏特列原理不适用，如C项就因为催化剂不能使平衡移动，故不能用勒夏特列原理解释。4.设N代阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A.10mL20mol浓酸与足量锌反应，转电子数为0.2N-2-

B.0.1molMgO晶中所含中子总数为2.0NC.在准状况下，N和2.24LCO所电子数均为1.4ND.11mol•L的NaClO溶液含有的目为

【答案】B、MgO中有的中子物的量为24﹣）（188）=22mol，MgO晶体所含中子总数为0.1×22mol×N=2.2N，故错；C、一个氮气分子或一氧化碳分中都含有14的子，氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，所以可把两种物质当成一种物质进行计算2.8g和2.8gCO的质的量都是0.1mol，有的电子数都是1.4N，C正；D、ClO是酸根，在溶液中会水解，故溶液中ClO的个数小于N个，故错误故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．5.下离子反应方程式书写正确的是（）A.Fe(OH)溶氢碘酸Fe(OH)+3H=Fe+3HB.向NaAlO溶中通入过量COAlO

+CO+2HO=Al(OH)↓+HCOC.在碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)反应生成NaFeO：3ClO+2Fe(OH)=2FeO+3Cl+HO+4HD.向化钠溶液中滴入氯化铝溶液2Al+3S=Al【答案】【解析A．氢氧化铁溶于氢碘中的离子反应为2（OH）+6H═2Fe+6HO+I，故A错误；B．向NaAlO溶中通入过量CO的子反应为AlO+CO+2HO=Al（）↓+HCO

，B正；C在碱溶液中次氯酸钠与OH）反应生成FeO的子反应为（）+3ClO+4OH=2FeO+3Cl+5HO，故错；-3-

D．向硫化钠溶液中滴入氯化铝液的离子反应为+3S+6HO═2Al（OH）↓+3HS↑故D错；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、水解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．6.2molA与2molB混合于2L的闭容器中生如下反应2A(g)+3B(g)2C(g)+zD(g)，2s后A的化率为50%，测得v(D)=0.25mol•s，列推断不正确的是（）A.z=2B.2s后，容器内的压强是初始的7/8倍C.2s时C的积分数为D.2s后B的浓为0.5mol/L【答案】【解析】试题分析：后A的化率为50%则反应的为2mol×50%=1mol，2A（）+3B（）2C（）（开始2200转化11.510.5z2s10.510.5zA•s=v(D)，因反应速率之比等于化学计量数之比z=2，故A正；．后，器内的物质的量总和是1+0.5+1+0.5×2=3.5mol，温恒容条件下，压强与物质的量成正比2s后应的压强是反应前的3.5mol/4mol=7/8倍正确C2s后C的体积分数为1mol/3.5mol=2/7正确D．2s后，的度为0.5mol/2L=0.25mol/L，错误；答案为。考点：考查化学平衡的计算，明确化学平衡的三段法计算是解答本题的关键7.下关系的表述中，正确的是（）A.0.1mol•LNaHSO溶中：cNa）+cH）（SO2）+cOH）B.中pH和体积都相同的盐酸醋酸，消耗NaOH物质的量之比为1：C.pH=3的酸和pH=3的FeCl溶液中，由水电离出的c（）相等D.0.1mol•LNaHCO溶中：cNa）c（HCO）＞（CO）＞c（CO）【答案】【解析】试题分析：．根据电荷守恒，0.1mol·NaHSO溶液中：c(Na

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

)，故A错；．和pH和体都相同的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量大于盐酸，消耗NaOH多故错误CpH=3盐酸抑制水的电离pH=3的FeCl-4-

溶液促进水的电离，由水电离出的c(H不相等，故C误D．0.1mol·NaHCO溶显碱性，以水解为主c(Na

)>c(HCO

)>c(HCO)>c(CO

)，故D正确；故选D。考点：考查了盐类的水解的相关知识。8.25℃时，水的电离达到平衡HO

H+OH△H>0，下列叙述正确的是（）A.向中加入少量固体硫酸氢钠c(H)大，变B.向中加入氨水，平衡逆向移动c（OH）降低C.向中加入固体硫酸铜，平衡逆向移动c（OH）减小D.将加热，增，不变【答案】【解析】试题分析．水中加入少量固体硫酸氢钠，硫酸氢钠电离出氢离子

增，温度不变，不变故A正确B．向水中加入稀氨水，稀氨水是弱碱，抑制水的电离，平衡逆向移动，（）大，故B错误C．向水中加入少量固体硫酸铜Cu水结合水电离出的氢氧根离子，促进水电离，平衡正向移动，C错误D水的电离是吸热过程，将水加热，促进水的电离，K增，氢离子浓度增大pH减小故D错误故选C。考点：考查了水的电离平衡的影响因素分析和水的离子积的条件判断和计算应用9.下有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.某酸的酸式盐NaHA溶中定有c（OH）（A）=c（）+c（A）B.0.2molCHCOONa溶液0.1mol盐等体积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】任何解质溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HA)+2c(A，根据物料守恒得c(HA)+c(A)+c(HA)=c(Na)，联立两式得c(OH)+c(A)=c(HA)+c(H)故错误；0.2molCHCOONa液与0.1mol•L盐酸等体积混合，得到等浓度的醋酸钠、氯化钠和醋酸的混合溶液，溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，c(CHCOOH)<c(Cl，错误；氧钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠反应Ca(OH)+NaCO═CaCO↓+2NaOH，溶液中氢氧根-5-

浓度增大，消耗碳酸根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度减小，溶液中

增大，故C正确；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错误；答案选C。10.下有关说法中正确的是（）A.2CaCO(s)+2SO(g)+O(g)=2CaSO(s)+(g)低温下能自发进行，则该反应H<0B.NHCl(s)=NH(g)+HCl(g)室下不能自发进行，说明该反应H<0C.若H>0，△S<0，化学反应任何温度下都能自发进行D.加合适的催化剂能降低反应活化能，从而改变反应的焓变【答案】【解析】、2CaCO(s)+O(s)=2CaSO(s)+2CO(s)△S<0；eq\o\ac(△,据)eq\o\ac(△,-)T时发进行，则反应在△S<0时，只eq\o\ac(△,当)H<0低温时才能自发进行，选项A正；、应NHCl(s)=NH(g)+HCl(g)该反应熵增的反应，在室温下不能自发进行，则只有当才能满足△eq\o\ac(△,G=)H-T△S>0，选项B错误、若H>0△S<0，则一定有eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,-)T△S>0，化学反应在任何温度下都不能自发进行，选项C错误；、催化剂只能改变化学反应速率，对反应的始态和终态无影响，所以不影响焓变，选项D错误。答案选A。11.下各组物质混合、加热蒸干、并经充分灼烧，得到混合物的是（）A.0.1molCH溶与0.1mol•LNaOH溶等体积混合B.向40mL0.2mol

的NaOH溶中通入67.2mLCO（况）C.在100mL1mol•LNHCl溶液，投入3.9gNaD.在20mL0.01mol1Mg（）液中，投入0.2gMgOH）【答案】【解析】试题分析：．由于等体积等浓度混,生成醋酸钠溶,由氢氧化钠是那挥发性的碱最得到的是醋酸钠固体B氢氧化钠的物质的量为0.008mol,二氧化碳的物质的量为0.003mol,因此二氧化碳完全反生成碳酸氢钠0.006mol,下氢氧化钠0.002mol未反,最终因碳酸氢钠分解为碳酸,因灼烧后得到的固体为碳酸钠和氢氧化钠的混合物C．过氧化钠先与水反应,根据钠离子守,生成氢氧化钠恰可与氯化铵完全反应生成氯化钠不论氢氧化镁或碳酸氢镁烧均分解为氧化,此最终的固体为氧化镁上选B。考点：考查物质蒸干灼烧的产物及水解平衡的移动12.在℃，把0.5molNO通体积为5L的空密闭容器中，立即出现红棕色。反应进-6-

行到时，的浓度为0.02mol·L。60s，体系己达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍下列说法正确的是（）A.前2s以NO的浓变化表示的平均反应速率为0.01mol·L·sB.在2s时体系内的压强为开始的1.1C.在衡时体系内NO的物的量为0.25molD.平时NO的化率为【答案】【解析】试题分析：、前2s内NO浓度减少0.02/2=0.01mol/L,则以O的浓变化表示的反应速率为mol·L

·s

，错误B、前2s时，氧化氮物质的量是0.02mol·L×5L=0.1mol，则消耗的质的量是，余NO的物质的量是，时气体总物质的量是0.45+0.1=0.55mol，所以在2s时体系内的压强为开始时的0.55/0.5=1.1倍正确C、平衡时压强是开始的倍说明平衡时气体的物质的量是原来的1.6，则平衡时气体的物质的量是0.5mol×1.6=0.8mol，物质的量增加0.8-0.5=0.3mol根化学方程式可知每1molNO反应生成气物质的量增加1mol当体的物质的量增加0.3mol时0.3molNO参反应0.6molNO，剩NO的物质的量是0.5-0.3=0.2mol错误D、根据C的析，平衡时NO的转率是0.3mol/0.5mol=60%，误，答案选。考点：考查化学平衡的计算13.下混合溶液中，各离子浓度的大小顺序正确的是（）A.10mL0.1mol氨与10mL0.1mol盐混合，（）＞（NH）＞（OH）＞c（）B.10mL0.1molNHCl溶液mL0.2molNaOH溶混合，则：（）=c（）＞c（）＞c（）C.10mL0.1•LCHCOOH溶与mL0.2mol溶液混合，则c（Na）（COO）c（OH）＞c（）D.10mL0.5molCHCOONa溶与6mLmol盐混合，则（Cl）c（Na）＞c（）c（

）【答案】【解析】试题分析：．mL0.1mol/L氨与10mL0.1mol/L盐混合恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解，溶液显酸性＞c(OH)故A错误B10mLmol/LNHCl-7-

溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶混合反应生成等物质的量浓度的氨水和氯化钠溶液，氨水部分电离溶液显碱性c(Na)=c(Cl

)＞c(OH

)＞

)故B正CmL0.1mol/LCHCOOH溶液与mL0.2mol/L溶混合反应生成醋酸钠溶液，水解显碱性c(Na)＞COO)＞c(OH)＞)，故C错误D10mL0.5mol/LCHCOONa溶与6mLmol/L盐酸混合反应生成醋酸和氯化钠溶液，溶液中盐酸过量，显酸性)＞c(OH)，D错；选B。考点：考查了离子浓度的大小比较的相关知识。14.常下，向某一元酸HR溶液逐滴加入0.1mol/L氨，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析不正确的是（）A.a～点电能力增强说明HR为弱酸B.a、点示溶液中水的电离程度不相同C.b恰好全中和，pH=7说NHR没有水解D.c点溶存在c（NH

）＞c（R

（

）＞c（H

）【答案】【解析】．～点电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶中部分电离，为弱酸，故A正；．a、所示溶液中一元酸HR电离的氢离子浓度不同，对水的电离的抑制程度不同，因此水的电离程度不同，故B正C．NHR为酸弱碱盐，NHR的溶液，明铵根离子和R

的水解程度相等，故C错；．根据图象可知c点时液的pH＞，混合液呈碱性，则＞c(H)结合电荷守恒可知c(NH)＞c(R)，故D正；故选C。点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断。明确图中曲线含义及混合溶液中溶质及其性质是解本题关键，注意：溶液的导电性与溶液中的离子浓度有关。本题的难点是判断导电能力曲线的变化。15.某温密闭容器中发生可逆反应（？）+W（？）-8-

X（g）（）eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)，t时

反应达到平衡状态，在t时缩容器体积t时刻次达到平衡状态后未再改变条件．下列有关说法正确的是（）A.Z和W在该件下至少有一个是气态物质B.t～时间与t时刻，时间段反应体系中气体的平均摩尔质量不可能相等C.在温度下此反应的化学平衡常数表达式K=c～时段与t时刻后的c（）不相等D.若反应在温度为T以上才能自发进行则该反应的化学平衡常数K随度升高而增大【答案】【解析A项t时缩小容器体积，由图可得正反应速率并没有发生改变，说明压强对正反应速率没有影响，故Z和W不气体，故错误B，若Y不是气体，则反应体系中的气体只有X，则t时间段与t时后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量是相等的，故B错；项，化学平衡常数只温度影响，故在该温度下，平衡常数为一固定值，因为K＝c(X)，以X的度在此温度下的任何时刻都相等，故C错D项，据前面的分析，该反应是熵增反应，因为该反应只在某温度以上发进行，由ΔH-TΔS<0，得ΔH＞，所以升高温度有利于反应正向进行，故平衡常数增大D正。点睛：本题考查了化学平衡的影响因素，主要涉及温度、压强对化学平衡移动的影响，做题时注意分析v-t图像推断改变条件对正、逆反应速率及化学平衡的影响情况项注意温度的函数，温度一定则K一定。16.把0.02mol/LCHCOOH溶和0.01mol/L溶液等体积混合，则混合溶液中微粒浓度关系正确的是（）A.c（COO）＜c（Na）B.c（COOH）c（CHCOO）C.（

）（COO）﹣c（COOH）D.c（COOH）（COO

）=0.01mol/L【答案】-9-

........................点睛：本题主要考查溶液中微粒浓度的大小比较和电荷守恒、物料守恒关系，难度较大。解答本题的关键是对0.02mol/LCH溶液和0.01mol/LNaOH溶液体积混合后所得溶液中溶质的判断，两溶液混合后得到的是同浓度的CHCOOH和CHCOONa溶液再根据醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，判断溶液呈酸性，再结合物料守恒和电荷守恒即可对各项做出正确判断。17.在定条件下，S（）O（）发生反应依次转化为g）SO（知2SO+O

2SO应程中的能量关系用如图简单表示（图中的eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)表示生成1mol产物的数据列说法正确的是）A.S的燃烧热eq\o\ac(△,)﹣akJ•molB.1molSO和量反应释出kJ的量C.已1个S分中有8个SS，的键能为kJ•mol

，的键能为ekJ

，则S分子﹣的能为（2d﹣a﹣e）kJ•mol-10-

D.若用V作催剂，当SO（）化生成1molSO（g时，释放的热量小于bkJ【答案】【解析】．依据图象分析1molOmolS反应成二氧化硫放热aKJ/mol，据燃烧热的概念是1mol可物完全燃烧生成定氧化物放出的热量，热化学方程式为：S(s)+8O(g)=8SO(g)-8aKJ/mol则(s)燃烧热eq\o\ac(△,H=)eq\o\ac(△,)8akJ•mol

故A错误B1molSO和0.5molO反生成1molSO(g)时可释放出b的热量而不是过量的氧气故B错；C、已知硫氧键(的能为dkJ/mol氧氧键O=O)的键能为e，设S分中硫硫键键能为xKJ/mol，由(s)+8O(g)=8SO(g)△H=-8aKJ/mol反应热反应物的键能总-生成物的键能总和可知x=2d-a-e分子中S-S的能为2d-a-e)kJ•mol，C正；、应放热量的多少与外界条件无关，只与始态和终态有关，所以使用VO作化剂，当SO(g)转生成1molSO(g)时，释放的热量等于b，D错；故选C。点睛：本题以含硫物质考查热化学反应及计算，为高频考点，把握图象及燃烧热的概念、反应热与键能的关系等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。18.一条件下存在反应2SOg+Og）g＜．现有三个体积相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，按如图所示投料，并400℃条件下开始反应．达到平衡时，下列说法正确的是（）A.容Ⅰ、Ⅲ中平衡常数相同B.容Ⅱ、Ⅲ中正反应速率相同C.SO的积分数：Ⅱ＜ⅢD.容Ⅰ中SO的转率与容Ⅱ中的化率之和小于1【答案】【解析】容器是绝热容器反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，所以容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同，故错B.容器是恒容容器，容器Ⅲ是恒压容器，反应过程中两容器压强不相等，则容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，故B错误；容器是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，则的积分数Ⅱ>，故错误D.若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ也是恒温-11-

恒容时，达到相同的平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和1，但实际上容器Ⅰ是绝热恒容，随着反应的进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器Ⅰ中SO的化率与容器Ⅱ中SO转化率之和小于，故正确答案选D。19.已常温下KHSO溶液＜，且等浓度的的离程度大于SO的解程度．等物质的量的KHSOKSOKSO溶于足量水形成的溶液中关子之间的关系正确的）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】试题分析于等浓度的HSO

的电离程度大于

的水解程度，所以等物质的量的KHSOKSOKSO溶于量水形的溶液时c(SO)＞c(SO)＞c(HSO))＞)；根据物料守恒及已知条件可知c(K)＞c(SO)＞c(SO＞c(HSO)；盐的电离作用远大于弱电解质的电离作用以c(HSO

)＞c(H

)故离子浓度的关系是

)＞c(SO

)＞)＞c(HSO

)＞c(H)＞)。故选项是B。考点：考查溶液中离子浓度的大小比较的知识。20.在定的温度下，将一定量的氢气和氮气的混合气体充入等压密闭容器中进行反应，达到平衡时维持温度不变，测得混合气体的密度是反应前密度的1.25倍，则达到平衡时，氨气的体积分数为（）A.25%B.%C.30%D.37.5%【答案】【解析】设原混合气体为100L氮气的体积为，则氢气的体积(100-a)L，参加反应的氮气为xL，：N+3H

2NH

起始（）a100-a转化（）x3x2x平衡（）a-x100-a-3x2x混合气体的质量不变，则密度与体积成反比，则有：积减少量等于氨气的体积，所以氨气的体积分数为-12-

=1.25，解得x=10，合气体体×100%=25%。案选A。

21.如装置中，容器甲内充入0.1molNO体，干燥管内装有一定量NaO，A处慢通入CO气．恒温下，容器甲中塞缓慢由左移动，当移至C处时容器体积缩小至最小，为原体积的管中物质的量增加2.24g着CO的续通入又渐向右移动知2NaO+2CO═2NaCO+O正确的是（）

2NO+O═2NO2NO

NO（考虑活塞的摩擦）下列说法中A.活从D处动到C处过中，通入CO体为2.24L标准状况）B.NO转为N的转率为20%C.活移至C处后继续通入0.01molCO，此时活塞恰好回到D处D.若变干燥管中NaO的，通过调节甲容器的温度及通入CO的，使活塞发生从D到C，又从到D的动，则NaO的质量应大于1.56g【答案】【解析】设通标准状况下CO气体的体积为x产生氧气的体积为y，则：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，通入标准状况下的CO气体1.792LA错由A计算知成氧气的物质的量n(O)=0.896L÷22.4L/mol=0.04mol，2NO+O=2NO2120.08mol0.04mol0.08mol0.1mol>0.08mol，以NO过量生成NO的质的量为，2NO

N

△n210.02mol0.1mol×(19/10)=0.01mol所以NO化为N的转率为0.02mol÷0.08mol×100%=25%误活塞移至积不会再减小干管中NaO已完全反应，活塞由向D移动体积扩大2NO

N平向左移动，使气体物质的量增加，活塞移至D时，气体物质的共增加0.01mol，此所需CO必于0.01mol，故C错；-13-

D.实从D→C的移，只能通过降温使2NO

NO的衡向右移动(此反应为热反)，即降温时2NO

N

△n210.02mol0.1mol×(19/10)即容器中至少应有0.02mol的NO，据转化关系可知2NaO→O→2NO→2NO至少需要NaO0.02mol，以其质量最小值为0.02mol×78g/mol=1.56g故D正；答案选。22.酸KMnO溶能与草酸(H2C2O4)溶反应。某化学探究小组利用反应过程中溶液紫色消失快慢的方法来研究影响反应速率的因素。I.实验前首先用浓度为0.1000mol/L酸KMnO标准溶液滴定未知浓度的草酸溶液。（）性KMnO标准液应用___________滴定管盛装。（）出滴定过程中发生反应的离子方程式___________。（）列有关一定物质的量浓度溶液配制的说法中正确的______________。A.把15.8gKMnO固溶于1L水所得溶液物质的量浓度为0.1mol/LB.把0.01molKMnO4固体入100mL容量瓶中加水至刻度线，充分振荡后，浓度为0.1mol/LC.需要90mL0.1mol/L的KMnO液，应准确称量KMnO4体58gD.定容时仰视容量瓶颈刻度线读，会使配制的溶液浓度偏高II.通过滴定实验得到草酸溶液的浓度为0.2000mol/L该草酸溶液按下表进行后续实(每次实验草酸溶液的用均为。酸性高锰酸钾

溶液实验编号

温度(

催化剂用量g)体积(

浓度(mol/L)1234

25502525

0.50.50.50

4.004.004.004.00

0.10000.10000.01000.1000（）出表中实验1和验2的验目的。（）小组同学对实验1和验3分别进行了三次实验，测得以下实验数(从混合振荡均-14-

匀开始计时：溶液褪色所需时间(min)实验编号12

第1次14.06.5

第2次13.06.7

第3次11.06.8分析上述数据后得出“其他条件相同时，酸性高锰酸钾溶液的浓度越小，褪色时间就越短，即反应速率就越快”的结论。甲同学认为该小组“探究反应物浓度对速率影响”的实验方案设计中存在问题，从而得到了错误的实验结论，甲学改进了实验方案，简述甲同学改进的实验方__________________________________________（）实验中使用的催化剂应选择MnSO4并非，原因可用离子方程式表示为_________________。III.工上可用软锰(主要成分为MnO经下列生产过程制备高锰酸钾。①由软锰矿提取得到MnO2在MnO2熔融混合物中通入空气可制得锰酸(K2MnO4)；②向锰酸钾溶液中通入CO可获高锰酸钾。（第①步生产过程中在熔融混合物中通入空气时发生反应的化学方程式。（）锰酸钾溶液中通入可获得高锰酸钾，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_________。【答案】(1).酸式定管(2).(3).略(4).略(5).略(6).略(7).略(8).略【解析】试题分析）锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从3价化成+4价的氧化碳Mn元素+价变到2价锰离子，由于草酸分子中有个C原，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为52，故反应的程式为2MnO+5H+6H=2Mn

+10CO↑+8HO，故答案为：2MnO-+5HCO+6H=2Mn+10CO↑+8HO（15.8gKMnO物质量为0.1mol于1L水所得溶液的体积大于A错误体应先在烧杯中溶解，然后转移入容量瓶，不能在容量瓶中溶解，故B错；．要90mL的溶液，因为没有90mL容瓶故需要100mL容瓶，经计算得知：配制的KMnO溶液，应准确称量固体1.58g，正确D．定容时仰视容量瓶颈刻度线读数，会使配制的-15-

溶液浓度偏低，故D错误故选C；（）实验1、反物用量完全相同，只有温度不同，目的就在于探究温度不同对反应速率的影响；故答案为；探究温度不同对反应速率的影响；（）根据表格中的褪色时间长短来判断浓度大小与反应速率的关系，需满足高锰酸钾的物质的量相同，浓度不同的草酸溶液，故答案为：其它条件相同时，利用等量且少量的高锰酸钾与等体积不同浓度的足量草酸溶液反应，测量溶液褪色时间；（）性条件下，高锰酸根离子能将氯离子氧化成氯气，自身被还原成二价锰离子，反应方程式为2MnO-+10Cl+16H=5Cl↑+2Mn+8HO案+10Cl+16H=↑+2Mn+8HO；III）由艺流程转化关系知MnO的熔融混合物中通入空气时发生反应生成KMnO，据元素守恒还应生成．反应中锰元素+4价高+6价，总升高价氧元素由0价降为2价，共降低4价化合价升降最小公倍数为，所以MnO系数2O系为1根锰元素守恒确定KMnO系为2根据钾元素守恒确定系数为4根据氢元素守恒确定HO系数为2，所以反应化方程式为2MnO+4KOH+O

2KMnO+2HO，故答案为：2MnO+4KOH+O

2KMnO+2HO；（）锰酸钾溶液中通入可获得高锰酸钾，反应的化学方程式为3KMnO+2CO=2KMnO+MnO+2K2CO3，应中氧化产物为KMnO，还原产物为MnO物质的量之比为，答案为：2:1。【考点定位】考查探究影响化学反应速率的因素【名师点晴】本题考查了探究温度、浓度对反应速率的影响、浓度随时间变化的曲线，题目难度中等，试题侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。本题的难点和易错点是）中反应方程式的书写。23.黄矿不仅可用于火法炼铜，也可用于湿法炼铜，湿法可同时生产铜、磁性氧化铁和用于橡胶工业的一种固体物质A，程如下：（）铜矿中Cu的合价是_____，反应中65gFeC1可氧化_______molCuFeS。-16-

（）业生产中的过滤操作多采用倾析法（倾析法：先把清液倾入漏斗中，让沉淀尽可能地留在烧杯内）分离出固体物质，下列适合用倾析法的____________。A．沉淀的颗粒较大B．沉淀易沉降C沉淀呈胶状D．沉淀呈絮状（）反应Ⅱ中，计算NaHCO饱溶液（其中CO平浓度为1.210mol/L）可产生FeCO沉淀时的最小Fe浓是________己知FeCO的＝3.010）（）应Ⅲ是在设备底部鼓入空气，高温氧化锻烧法来制备磁性氧化铁，写出对应的化学方程式____________________。（）体物质A的分（写名称（）湿的FeCO固若不及时灼烧处理会在空气中逐渐变红，写出相关的化学方程式：_________________________________（）流程中可实现循环使用的物质除了水外，还_______________。【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).氯化钠（NaCl）【解析】根化合价的代数和为，黄铜矿CuFeS中Cu的化价+2价Fe为2价S为2价65gFeC1的质的量=0.4mol反应后得到电，根据流程图，反应后生成CuCl和S，只有S元被氧化，根据得失电子守恒，能够氧化0.1molCuFeS，答案为：；0.1；(2)沉淀颗粒较大，静止后容沉降至容器底部，常用倾析法分离，沉淀呈胶状或絮状，静止后不容易沉降，不能采取倾析法分离，故选AB(3)在反应Ⅱ中，NaHCO饱溶中CO平浓度为1.2×10mol/L可生FeCO沉时的最小Fe浓为==2.5×10mol/L，答案为：2.5×10mol/L；(4)反应Ⅲ中，在设备底部鼓入空气，碳酸亚铁被氧化生成磁性氧化(FeO)，反应的化学方程式为6FeCO

2Fe，答案为6FeCO+O

2Fe+6CO；(5)根据流程图，加入氯化钠溶液将CuCl转为络合物，固体物质A为硫故答案为：硫；(6)亚铁离子具有还原性，在潮湿的空气中FeCO固被氧化变红，反应的化学方程式6FeCO+6HO==4Fe(OH)，故答案为6FeCO+O+6HO==4Fe(OH)；(7)根据流程图，溶液中有化钠，可以参与循环使用，故答案为：氯化钠。-17-

24.火发电厂释放出大量氮氧化NOx氧化硫等气体会造成环境污染，对燃煤废气进行脱除处理．可实现绿色环保、低碳减排、废物利用等目的。（硝用甲烷催化还原NOxgg（geq\o\ac(△,）)=-574kJ/molCH（g）+4NO（）=2N（）+CO）+2HO（）eq\o\ac(△,2)=-1160kJ/mol甲烷直接将NO还原为N的热化方程式____________________________________。（）碳：将CO转为甲醇的热化学方程式为CO（）（）eq\o\ac(△,3)

CH（）（）①取五份等体积CO和H的合体（物质的量之比均为：别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生上述反应，反应相同时间后，测得甲醇的体积分数（OH）与反应温度的关曲右CO转为甲醇反应H（“””或“=”②在一恒温恒容密闭容器中充入0