山东省日照市莒县2024-2025学年高二化学11月模块考试试题含解析

PAGE19-山东省日照市莒县2024-2025学年高二化学11月模块考试试题（含解析）留意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，仔细核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必需运用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必需运用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。3.请依据题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H1O16Na23S32一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.下列说法正确的是A.放热或熵减小均有利于反应的正向自发进行B.ΔH＞0，ΔS＜0反应在任何温度下均能正向自发进行C.2H2O2(aq)==2H2O(l)＋O2(g)ΔH＝-189.3kJ·mol−1，任何温度下均可正向自发进行D.向水中加入NH4NO3固体，溶液温度降低，可说明铵盐水解是吸热的【答案】C【解析】【详解】A．ΔG=ΔH-TΔS，ΔG<0时，反应可自发进行，因此放热或熵增均有利于反应正向自发进行，A错误；B．依据A选项的分析，ΔH＜0，ΔS＞0的反应在任何温度下均能正向自发进行，B错误；C．反应2H2O2(aq)==2H2O(l)＋O2(g)的ΔH＜0，反应物为溶液，产物中有气体，是熵增反应，故ΔG=ΔH-TΔS<0，任何温度下均可正向自发进行，C正确；D．NH4NO3溶解是吸热过程，因此溶液温度降低不能说明铵盐水解是吸热的，D错误；故选C。2.盐类水解在生产、生活中有着广泛的应用。下列叙述不涉及水解过程的是（）A.用泡沫灭火器灭火 B.用FeS除去废水中的Pb2＋C.用明矾净水 D.用热碱水去油污【答案】B【解析】【详解】A．泡沫灭火器工作原理离子方程式为：Al3++3HCO=Al(OH)3+3CO2，涉及水解过程，故A不符合题意；B．用FeS除去废水中的Pb2＋，是沉淀向更难溶的方向转化，硫化亚铁能转化为硫化铅，没有涉及水解过程，故B符合题意；C．明矾溶于水溶液中，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，具有吸附性，能使悬浮水中不溶性固体小颗粒凝合而加快小颗粒的沉降，涉及水解过程，故C不符合题意；D．热碱水呈碱性，油污在碱性条件下水解较完全，可用于油污的清洗，涉及水解过程，故D不符合题意；答案选：B。3.下列各组离子在水溶液中可以大量共存的是A.NH、K＋、HCO、OH－ B.K＋、Al3＋、Cl－、S2－C.Cu2＋、NH、NO、SO D.Fe3＋、Na＋、Cl－、I－【答案】C【解析】【详解】A．HCO和OH－能反应生成碳酸根和水，不能大量共存，故A错误；B．Al3＋和S2－会发生双水解，生成沉淀和气体，不能大量共存，故B错误；C．Cu2＋、NH、NO、SO均不发生反应，能大量共存，故C正确；D．Fe3＋与I－会发生氧化还原反应，生成亚铁离子和碘单质，不能大量共存，故D错误；故选C。4.探讨表明，在101kPa和298K下，HCN⇌HNC异构化反应过程的能量变更如图所示。下列说法错误的是A.HCN比HNC稳定B.运用催化剂不能变更反应的焓变C.正反应的活化能大于逆反应的活化能D.该异构化反应的ΔH=-59.3kJ·mol−1【答案】D【解析】【详解】A．物质的能量越低越稳定，由图像可以看出HCN的能量低于HNC的能量，故HCN更稳定，A正确；B．催化剂只改变更学反应速率，不变更反应的焓，B正确；C．由图像可以看出，正反应的活化能为186.5kJ/mol，逆反应的活化能为127.2kJ/mol，故正反应的活化能大于逆反应的活化能，C正确；D．利用生成无的能量减去反应物的能量即为该异构化反应的ΔH，即ΔH=59.3-0=59.3kJ/mol，D错误；故选D。5.工业合成氨的化学反应速率v=kc(N2)∙c1.5(H2)∙c-1(NH3)，下列措施能提高合成氨的反应速率的是A.减小反应物浓度 B.增大产物浓度 C.降低温度 D.减小产物浓度【答案】D【解析】【分析】依据合成氨的反应，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，化学反应速率v=kc(N2)∙c1.5(H2)∙c-1(NH3)，据此分析。【详解】A．依据化学反应速率v=kc(N2)∙c1.5(H2)∙c-1(NH3)，减小反应物氮气或氢气的浓度，合成氨的反应速率减小，故A不符合题意；B．依据化学反应速率v=kc(N2)∙c1.5(H2)∙c-1(NH3)，增大产物氨气的浓度，合成氨的反应速率减小，故B不符合题意；C．降低温度，活化分子的百分数减小，合成氨的反应速率减小，故C不符合题意；D．依据化学反应速率v=kc(N2)∙c1.5(H2)∙c-1(NH3)，减小产物氨气的浓度，合成氨的反应速率增大，故D符合题意；答案选D。6.探讨发觉，腐蚀严峻的青铜器表面大都存在CuCl。关于CuCl在青铜器腐蚀过程中的催化作用，下列叙述错误的是A.加快了反应的速率 B.增大了反应的平衡常数C.变更了反应的历程 D.降低了反应的活化能【答案】B【解析】【详解】A．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，增大活化分子之间的碰撞机会，加快了反应的速率，故A不符合题意；B．反应的平衡常数只与温度有关，温度不变，运用催化剂，化学平衡常数不变，故B符合题意；C．催化剂降低了反应的活化能，参加反应的进程，变更了反应的历程，故C不符合题意；D．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，增大活化分子之间的碰撞机会，故D不符合题意；答案选B。7.化学反应是有历程的，下列有关叙述错误的是A.全部的化学反应都由多个基元反应构成B.化学反应不同，反应历程就不相同C.反应物的结构和反应条件确定着一个反应的反应历程D.由多个基元反应构成的化学反应中，其快慢取决于反应历程中的慢反应【答案】A【解析】【详解】A．某些反应是由多个基元反应构成的而还有一些反应其本身就是1个基元反应，A错误；B．每个化学反应都有自己独特的反应历程，反应历程互不相同，B正确；C．反应物的结构和反应条件共同确定该反应的反应热，反应方向和反应历程，C正确；D．慢反应由于反应时间较长，确定着由多个基元反应构成的化学反应的反应时间，D正确；故选A。8.常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是A.pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合，溶液显碱性B.FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)C.若相同浓度的HCOONa和NaF溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)＜Ka(HF)D.相同浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)【答案】A【解析】【详解】A．pH=11的NaOH溶液浓度为10-3mol/L，但醋酸为弱酸，pH=3的CH3COOH溶液浓度远大于10-3mol/L，所以二者等体积混合时酸过量，溶液显酸性，故A错误；B．FeS溶于稀硫酸，说明FeS电离出的S2+浓度足以和H+反应生成H2S，而CuS不溶于稀硫酸，说明其电离出的S2+浓度较小，即CuS的溶解度更小，二者为同类型沉淀，所以Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故B正确；C．酸性越弱，其相应离子的水解程度越大；相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，说明HCOO-的水解程度大于F-的水解程度，HCOOH的酸性弱于HF的酸性，酸性越弱，Ka越小，所以Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故C正确；D．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，溶液显酸性，即c(H+)＞c(OH－)；依据溶液中的电荷守恒：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H+)+c(Na+)，得出c(CH3COO－)＞c(Na+)，所以溶液中的离子浓度大小为：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故D正确。综上所述答案为A。9.二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如图所示。下列叙述正确的是A.海水酸化能引起HCO浓度减小、CO浓度增大B.海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁削减C.CO2能引起海水酸化，其原理为HCO⇌H++COD.珊瑚四周藻类植物的生长不利于珊瑚的形成【答案】B【解析】【详解】A．海水酸化导致溶液中H+浓度增大，H＋与CO结合生成HCO，海水中HCO浓度增大、CO浓度减小，故A错误；B．H＋与CO结合，促进CaCO3Ca2++CO正向移动，即能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁削减，故B正确；C．CO2引起海水酸化是因为CO2与水反应生成碳酸，碳酸电离岀氢离子使海水酸性变强，其原理为CO2+H2OH2CO3H++HCO，故C错误；D．运用太阳能、氢能等新能源可以削减CO2排放，从而改善珊瑚的生存环境，故D正确；答案选B。10.下列试验操作对应的离子方程式正确的是A.向NH4HSO4溶液中加入同浓度同体积的NaOH溶液：H++OH－=H2OB.向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+C.向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+D.向Na2SO3溶液中通入少量Cl2：SO+Cl2+H2O=2H++2Cl－+SO【答案】A【解析】【详解】A．NH4HSO4溶液中含有铵根离子、氢离子和硫酸根离子，与同体积同浓度的NaOH反应时氢氧根会优先和溶液中的氢离子反应，反应的离子方程式为H++OH－=H2O，A正确；B．依据强酸制弱酸的反应原理，这个反应不会发生，B错误；C．过氧化氢会还原Fe3+又可以氧化Fe2+，发生两个反应，C错误；D．Cl2具有氧化性，能将Na2SO3氧化，氯气少量，则离子方程式为3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl－+SO，D错误；故选A。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列说法错误的是A.2.0×10−7mol·L−1的盐酸中c(H+)＞2.0×10−7mol·LB.将KCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pHC.常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质D.常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大【答案】B【解析】【详解】A．2.0×10−7mol·L−1的盐酸中除了盐酸能电离出氢离子，水也能电离出氢离子，由于此时盐酸浓度较小，水电离出的氢离子不能忽视，所以溶液中氢离子浓度大于2.0×10−7mol·L−1，故A项正确；B．KCl是强酸强碱盐，水溶液呈中性，温度上升促进水的电离，溶液中氢离子浓度增大，即pH变小，但溶液仍呈中性，故B项错误；C．NaCN溶液呈碱性，表明NaCN是强碱弱酸盐，即可说明HCN是弱电解质，故C项正确；D．醋酸的电离方程式为CH3COOH=CH3COO-+H＋，加入醋酸钠固体后，CH3COO-浓度增大，平衡向左移动，H＋浓度减小，故pH增大，故D项正确；故选B。12.试验室欲利用如图所示装置模拟“侯氏制碱法”制取纯碱(部分夹持装置省略)，下列叙述正确的是A.试验时应先点燃装置①的酒精灯，过一段时间后再打开装置③中分液漏斗的旋塞B.装置②的干燥管中可盛放碱石灰，作用是汲取多余的NH3C.向步骤Ⅰ所得滤液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温可析出NH4ClD.用装置④可实现步骤Ⅱ转化，所得CO2可循环运用【答案】AC【解析】【分析】装置①中制取氨气，饱和氯化钠溶液汲取氨气后显碱性，装置③中利用稀盐酸和大理石反应制取CO2，之后通入溶有氨气的饱和食盐水，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，加热分解碳酸氢钠得到碳酸钠。【详解】A．为了更好的汲取二氧化碳，所以先通氨气，再通入二氧化碳，试验时先点燃装置①的酒精灯制备氨气，过一段时间后再打开装置③中分液漏斗的旋塞制备二氧化碳，故A正确；B．氨气碱性气体，不能被碱石灰汲取，装置②的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉，汲取多余的NH3，故B错误；C．步骤I所得滤液主要是氯化铵溶液，通入氨气的增大NH的浓度，加入细小的食盐颗粒，增大氯离子的浓度，同时降温会减小氯化铵的溶解度，使NH4Cl析出，故C正确；D．用装置④加热碳酸氢钠，分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，可实现步骤Ⅱ的转化，但生成的二氧化碳不能被收集循环运用，且烧杯加热未垫石棉网，故D错误；故选：AC。13.不同温度(T1和T2)时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知BaSO4在水中溶解时汲取热量。下列说法正确的是A.温度：T1＞T2B.a点的Ksp大于b点的KspC.向b点的溶液中加入少量BaCl2固体，溶液组成由b沿ab线向a方向移动D.c点时，在T1、T2两个温度下均有固体析出【答案】C【解析】【分析】BaSO4在水中溶解时汲取热量，温度越高，溶解的BaSO4越多，Ksp越大，在同一曲线上的Ksp相等，由此分析。【详解】A．BaSO4在水中溶解时汲取热量，温度越高，溶解的BaSO4越多，Ksp越大，由图可知，T2的Ksp较大，故温度：T1＜T2，故A不符合题意；B．a点和b点的温度箱等，Ksp只与温度有关，a点的Ksp等于b点的Ksp，故B不符合题意；C．BaSO4在水中存在沉淀溶解平衡，即BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+(aq)，向b点的溶液中加入少量BaCl2固体，沉淀溶解平衡逆向移动，硫酸根浓度减小，溶液组成由b沿ab线向a方向移动，故C符合题意；D．T1时c点，Qc＞Ksp，有沉淀析出，T2时的c点，Qc＜Ksp，此时无沉淀析出，故D不符合题意；答案选C。14.文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是A.该反应可消耗温室气体CO2B.OH－参加了该催化循环过程C.该催化循环中Fe的成键数目未发生变更D.该反应的化学方程式可表示为：CO+H2OCO2+H2【答案】BD【解析】【分析】题干中明确指出，铁协作物Fe(CO)5为催化剂。机理图中，凡是出现在历程中进去的箭头表示反应物，出来的箭头表示生成物，既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余可以看成为中间产物。由题干中供应的反应机理图可知，铁协作物Fe(CO)5在整个反应历程中成键数目、配体种类等均发生了变更，并且也可以视察出，反应过程中所需的反应物是CO和H2O，最终产物是CO2和H2，同时参加反应的还有OH-，故OH-也可以看成是另一个催化剂或反应条件。【详解】A．由分析可知，该反应不是消耗温室气体CO2，而是生成了温室气体CO2，A错误；B．由分析可知，OH-有进入的箭头也有出去的箭头，说明OH-参加了该催化循环，B正确；C．由分析可知，铁协作物Fe(CO)5在整个反应历程中成键数目、配体种类等均发生了变更，C错误；D．由分析可知，反应物是CO和H2O，最终产物是CO2和H2，Fe(CO)5为催化剂，OH-可以看成是另一个催化剂或反应条件，故总反应为CO+H2OCO2+H2，D正确；故选BD。15.向xmL0.1mol·L−1氨水中滴加等浓度的稀高氯酸，测得混合液的温度和pOH[pOH=-lgc(OH－)]随着加入稀高氯酸的体积变更如图所示(图中实线为温度变更，虚线为pOH变更)。下列说法错误的是A.x=20B.b、c点由水电离出的c(OH－)大小为：b＞cC.b点时溶液中微粒浓度：c(NH)＋c(NH3)＋c(NH3·H2O)=c(HClO4)＋c(ClO)D.a、d点对应氨水的电离常数：K(a)＞K(d)【答案】CD【解析】【详解】A．由图可知，b点温度最高，是二者恰好反应的点，此时酸碱的物质的量相等，酸碱浓度相等，所以x=20，A正确；B．从b点到c点随着高氯酸的加入不断抑制水的电离，由水电离出的c(OH-)大小为b>c，B正确；C．b点为滴定终点，溶质为NH4ClO4，依据物料守恒，c()+c(NH3∙H2O)=c()，HClO4是强酸，溶液中不存在HClO4分子，水解生成的NH3∙H2O在溶液中不分解，溶液中也不存在NH3，C错误；D．氨水电离为吸热过程，体系温度越高，NH3∙H2O的电离常数越大，d点温度高于a点，所以电离常数K(d)>K(a)，D错误；故选CD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.水煤气变换[CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中，其化学平衡常数K和温度T的关系如表所示。T/℃70080083010001200K1.671.1110.590.38回答下列问题：(1)该反应的正反应为________反应。(填“吸热”或“放热”)

(2)某温度下，各物质的平衡浓度有如下关系：5c(CO)∙c(H2O)=3c(CO2)∙c(H2)，则此时的温度为________(3)830℃时，向2L的密闭容器中充入2molCO(g)和3molH2O(g)，反应5min后达到平衡，此时CO的转化率α=________；5min内以H2表示的平均反应速率v(H2)=________mol∙L−1∙min−1；5min后再向容器中充入0.2molCO和0.2molH2，平衡将________。(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)【答案】(1).放热(2).700(3).60%(4).0.12(5).正向移动【解析】【详解】(1)由表中数据可知，随温度上升平衡常数减小，说明上升温度平衡向逆反应方向移动，而上升温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应；(2)5c(CO)∙c(H2O)=3c(CO2)∙c(H2)，可得=，由K==≈1.67，此时的温度为700℃；(3)830℃时，向2L密闭容器中充入2molCO(g)和3molH2O(g)，发生反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，反应5min后达到平衡，依据图中数据可知该反应的平衡常数=1，设转化的一氧化碳的物质的量浓度为x，列出三段式；K===1，解得x=0.6mol/L，CO的转化率α=×100%=60%；5min内以H2表示的平均反应速率v(H2)==0.12mol∙L−1∙min−1；5min后再向容器中充入0.2molCO和0.2molH2，Qc==＜K，平衡将正向移动。17.亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。回答下列问题：(1)人体血液的pH在7.35～7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是________。(2)将KOH溶液滴入亚砷酸溶液中，当pH调至9时发生反应的离子方程式为________。(3)下列说法错误的是________。(填序号)A．n(H3AsO3)∶n(H2AsO)＝1∶1时，溶液显碱性B．H3AsO3溶液中：c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH－)=c(H+)C．K3AsO3溶液中：c((AsO)＞c(HAsO)＞c(H2AsO)＞c(H3AsO3)D．H3AsO3的电离平衡常数Ka1∶Ka2=10b+a(4)P和As位于同主族元素，存在亚磷酸(H3PO3)，常温下，0.10mol·L−1H3PO3溶液的pH=1.6，该酸与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3。①Na2HPO3为________(填“正盐”或“酸式盐”)；常温下Na2HPO3溶液的pH________7(填“＞”“＜”或“＝”)。②亚磷酸可由PCl3完全水解制取，反应的化学方程式为________。③亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，反应的离子方程式为________。【答案】(1).H3AsO3(2).H3AsO3+OH－=H2AsO+H2O(3).D(4).正盐(5).＞(6).PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl(7).H3PO3+I2+H2O=2H++2I－+H3PO4【解析】【详解】(1)依据图像可知pH在7.35～7.45之间时，As元素主要存在形式为H3AsO3；(2)依据题意可知亚砷酸溶液中pH减小时H3AsO3首先转化为H2AsO，pH=9时主要以H3AsO3和H2AsO的形式存在，所以发生的离子方程式为H3AsO3+OH－=H2AsO+H2O；(3)A．据图可知n(H3AsO3)：n(H2AsO)=1：1时，溶液的pH约为9，呈碱性，故A正确；B．H3AsO3溶液中存在电荷守恒：c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH－)=c(H+)，故B正确；C．K3AsO3溶液中As元素的主要存在形式为AsO，结合图像可知AsO占比最大时溶液中的离子浓度c((AsO)＞c(HAsO)＞c(H2AsO)＞c(H3AsO3)，故C正确；D．Ka1=，据图可知当n(H3AsO3)=n(H2AsO3-)时溶液的pH为a，即c(H+)=10-amol/L，所以Ka1=10-a，同理Ka2=10-b，则Ka1∶Ka2=10-a：10-b=10b-a，故D错误；综上所述答案为D；(4)①亚磷酸与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3，说明Na2HPO3不能电离出氢离子，所以Na2HPO3为正盐；0.10mol·L−1H3PO3溶液的pH=1.6，说明亚磷酸为弱酸，所以Na2HPO3溶液中存在HPO的水解，溶液显碱性，pH>7；②水解反应为非氧化还原反应，依据元素守恒可得化学方程式为PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；③亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，即碘单质可以氧化亚磷酸，依据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为H3PO3+I2+H2O=2H++2I－+H3PO4。18.反应M(l)+N(l)E(l)+F(l)分别在相同压强和348K、343K、338K条件下进行，起始时均按M与N的物质的量比1:1投料，测得α(M)随时间t的变更关系如图所示。已知：v正=k正·x(M)∙x(N)，v逆=k逆·x(E)∙x(F)，其中v正、v逆分别为正、逆反应的反应速率，k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，x为各组分的物质的量分数。回答下列问题：(1)348K时，以物质的量分数表示的化学平衡常数Kx=________(保留2位有效数字)。该温度下，分别按M与N物质的量之比1:1、1:2和2:1进行初始投料，则达到平衡后，初始投料比为________时，M的转化率最大；与按1:1投料相比，按2:1投料时化学平衡常数Kx________。(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)A、B、C、D四点中，v正最大的是________点，v逆最大的是________点。(3)在曲线①、②、③中，正、逆反应的速率常数值k正-k逆最大的曲线是________。【答案】(1).3.2(2).1:2(3).不变(4).A(5).C(6).①【解析】【分析】依据α(M)随时间t的变更关系可知，温度越高，反应速率越快，越先达到拐点，依据图像说明①、②、③对应的温度分别为348K、343K、338K，温度越高，M的转化率越高，说明正反应为吸热反应，由此分析。【详解】(1)348K时，对于反应：M(l)+N(l)E(l)+F(l)，起始时均按M与N的物质的量比1:1投料，设M和N的初始物质的量为1mol，列出三段式；总的物质的量等于0.36mol+0.36mol+0.64mol+0.64mol=2molKx=≈3.2；在其它条件不变时，增大某种反应物的浓度，化学平衡正向移动，可提高其它物质的转化率，而该物质本身的转化率反而降低，所以M、N初始投料比为1：2时，反应达到平衡M的转化率最大；由于化学平衡常数Kx只与温度有关，以其它外界条件无关，所以变更反应物的配比，化学平衡常数Kx不变；(2)依据v正=k正·x(M)∙x(N)，v逆=k逆·x(E)∙x(F)，A、B点平衡正向移动，C、D处于平衡状态，温度A=C＞B=D，因此A点v正最大，C点的k逆·x(E)∙x(F)大且温度高，因此C点v逆最大；(3)k正、k逆是温度的函数，依据分析，正反应是吸热的，依据平衡移动的规律，k正受温度影响更大，因此温度上升，k正增大的程度大于k逆，因此，k正−k逆值最大的曲线是①。【点睛】计算以物质的量分数表示的化学平衡常数时为易错点，计算各物质的物质的量分数简单出错。19.硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)又名大苏打、海波，在中性或碱性溶液中较稳定，遇酸会产生淡黄色浑浊和一种气体。向如图所示装置中通入SO2，在加热条件下反应可制得Na2S2O3·5H2O。回答下列问题：(1)S2O结构式如图所示，其中S*的化合价为________。(2)25℃时，当溶液pH接近7时，需马上停止通SO2，缘由是________。(用离子方程式表示(3)反应终止后，经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作可得Na2S2O3·5H2O晶体。精确称取1.5g产品，加入刚煮沸并冷却过的水20mL使其完全溶解得无色溶液，以淀粉作指示剂，用0.1000mol·L−1标准碘水溶液滴定。已知：2S2O+I2(aq)=S4O(无色)+2I－(aq)。①标准碘水应盛放在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。②滴定终点的现象为________。③第一次滴定起先和结束时，滴定管中的液面如图所示，则第一次消耗碘水标准溶液的体积为________mL。④重复上述操作两次，记录数据如表，则产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为________%。(保留1位小数)滴定次数滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL其次次1.5630.30第三次0.2226.32【答案】(1).+4(2).S2O+2H＋=S↓+SO2↑+H2O(3).酸式(4).溶液由无色变为蓝色且半分钟内不褪色(5).26.10(6).86.3【解析】【详解】(1)由图可知，S*形成2个S-O键、1个S=O键，O的电负性比S强，故S2O中S*的化合价为+4价；(2)由于酸性条件下S2O不稳定，会发生反应S2O+2H＋=S↓+SO2↑+H2O，故当溶液pH接近7时，需马上停止通SO2；’(3)①碘水为酸性，且具有氧化性，因此用酸式滴定管盛放；②由2S2O+I2(aq)=S4O(无色)+2I－(aq)可知，滴定至终点时会有I2，遇淀粉变蓝，因此终点现象为溶液由无色变为蓝色且半分钟内不褪色；③由图可知，起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，故第一次消耗碘的标准溶液的体积为26.10mL；(4)由表格数据可知，其次次数据为28.74mL，第三次数据为26.10mL，由于其次次数据相差较大，是试验失误造成的，故舍去其次次数据，因此平均值为26.10mL。由2S2O+I2(aq)=S4O(无色)+2I－(aq)可知，n(Na2S2O3·5H2O)=2n(I2)=2×0.1000mol·L−1×26.10×10-3L=5.22×10-4mol，m(Na2S2O3·5H2O)=5.22×10-4mol×248g/mol0.1295g，产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为86.3%。【点睛】本题要留意第(1)题，与S*与另一个之间S形成S=S键，为非极性键，电负性相同，因此与S*相连的S的化合价为0。20.甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)，在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.5kJ·mol−1Ⅱ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+40.9kJ·mol−1Ⅲ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3=-90.4kJ·mol−1回答下列问题：(1)肯定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CO(g)和CH3OH(g)的物质的量分别为ɑmol、bmol，此时H2O(g)的浓度为________mol﹒L−1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数K为________。(2)如图为合成气的组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.6时，体系中CO的平衡转化率α(CO)与温度和压强的关系，图中的压强由大到小的依次为________。(3)如图为肯定比例的CO2+H2、CO+H2、CO/CO2+H2条件下甲醇生成速率与