江苏省常州礼嘉中学2020学年高二化学6月月考试题（含解析）

江苏省常州礼嘉中学2020学年高二化学6月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Fe 56 C1 35.5第卷(共60分)一、选择题：(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1.下列有关说法正确的是A. 镀层破损后，镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀B. 铁表面镀铜时，铜与电源的负极相连，而铁与电源的正极相连C. 某反应的平衡常数K300K350，则该反应 H0D. 合成氨生产中将NH3液化分离，目的是加快正反应速率，提高H2的转化率【答案】C【解析】【详解】A.根据原电池原理，镀层破损后，铁比锡活泼，镀锡铁板中的铁作负极、更易被腐蚀，而锌比铁活泼，镀锌铁板中铁作正极、仍被锌保护，故镀锌的更耐腐蚀，故A错误；B.铁表面镀铜时，铜与电源的正极相连，而铁与电源的负极相连，故B错误；C.因为温度越低平衡常数越大，说明降温有利于正向反应进行，正反应为放热反应，故C正确；D.合成氨生产中将NH3液化分离，目的是减小生成物的浓度，有利于平衡正向移动，提高H2的转化率，故D错误；答案：C2.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是A. 滴入甲基橙试液显红色的溶液中：Mg2+、Al3+、Br、SO42B. 常温下水电离出的c(H+)=110-13 molL-1的溶液中：Na、Ba2+、Cl、CH3COOC. 0.1 molL1 (NH4)2CO3溶液中：K、Na、NO3、OHD. c(SO32)0.1 molL1的溶液中：Ca2、MnO4、SO42、H【答案】A【解析】【详解】A.滴入甲基橙试液显红色的溶液呈酸性，酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B. 常温下水电离出的c(H+)=110-13 molL-1的溶液，电解质抑制了水的电离，溶液可能显酸性，也可能显碱性，CH3COO不能在强酸性环境下大量存在，故B错误；C. NH4+与OH不能大量共存，故C错误；D. SO32-与MnO4发生氧化还原反应，不能大量共存；Ca2与SO32-、SO42可生成沉淀不能大量共存，故D错误；答案：A【点睛】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的考查，注意把握常见离子的性质，题目难度不大，易错选项B。3.将1 mol冰醋酸加入到一定量的蒸馏水中最终得到1 L溶液。下列各项中，表明已达到电离平衡状态的是A. 醋酸的浓度达到1 molL1B. H的浓度达到0.5 molL1C. 醋酸分子的浓度、醋酸根离子的浓度、H的浓度均为0.5 molL1D. 醋酸分子电离成离子的速率和离子重新结合成醋酸分子的速率相等【答案】D【解析】在未电离时c(CH3COOH)1 molL1，当醋酸、H、CH3COO的浓度不再变化时(但此时三者的浓度不一定是0.5 molL1)，醋酸的电离达到平衡状态，故A、B、C均错。依据平衡状态的标志即电离成离子的速率与离子结合成分子的速率相等，可知D项正确。4.使用酸碱中和滴定的方法，用0.01 molL1盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液，下列操作能够使测定结果偏高的是 ( )A. 用量筒量取浓盐酸配制0.1 molL1稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸B. 配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线C. 滴定前尖嘴处无气泡，滴定终点时有气泡D. 滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁粘附的盐酸冲下【答案】A【解析】【详解】A量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸，会导致浓盐酸被蒸馏水稀释，所配标准液稀盐酸浓度减小，滴定时消耗的标准液体积增大，根据c测=(c标V标)/V测，测定结果偏高，A选；B配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线，导致容量瓶中加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液总体积偏小，所配标准液浓度偏高，滴定时消耗的标准液体积偏小，根据c测=(c标V标)/V测，测定结果偏低，B不选；C滴定前尖嘴处无气泡，滴定终点时有气泡，导致消耗的标准液体积偏小，根据c测=(c标V标)/V测，测定结果偏低，C不选；D滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内避粘附的盐酸冲下，对待测液物质的量没有影响，所以不影响消耗的标准液的体积，对测定结果无影响，D不选。答案选A。【点睛】明确酸碱中和滴定误差分析的原理和依据是解答的关键，即误差分析的总依据为：由c测c标V标/V测可知，由于c标、V待均为定植，所以c测的大小取决于V标的大小，即V标偏大或偏小，则c测偏大或偏小。5.下列关于电离常数的说法正确的是( )A. 电离常数随着弱电解质的浓度增大而增大B. CH3COOH的电离常数表达式为Kac(CH3COOH)/c(H+)c(CH3COO-)C. CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa溶液，电离常数减小D. 同一弱电解质，电离常数只与温度有关，与浓度无关【答案】D【解析】【详解】A、电离常数只与温度有关，与浓度变化无关，A错误；B、在一定条件下，弱电解质在达到电离平衡时，溶液中弱电解质电离所生成的各种离子浓度的幂之积，跟溶液中未电离的分子浓度的比是一个常数，叫做电离平衡常数，CH3COOH的电离常数表达式为Kac(H+)c(CH3COO-)/c(CH3COOH)，B错误；C、CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa溶液，由于温度不变，平衡常数不变，C错误；D、同一弱电解质，电离常数只与温度有关，与浓度无关，D正确；答案选D。6.关于A(g)2B(g)3C(g)的化学反应，下列表示的反应速率最快的是()A. v(A)0.6 mol/(Lmin)B. v(B)0.3 mol/(Ls)C. v(C)0.9 mol/(Lmin)D. v(C)1.2 mol/(Lmin)【答案】B【解析】分析：观察选项可知，A、B、C不都是用同一种物质表示的速率，无法直接比较，需要将各个速率化成同一种物质的速率才能进行比较；在化学反应中，不同物质的反应速率之比等于其化学计量系数之比；根据不同物质表示的速率之间的关系结合选项进行换算，进而比较其速率大小。详解：将选项中的反应速率都换成用C表示的速率，在化学反应中，不同物质的反应速率之比等于其化学计量系数之比，所以：A、v(C)=3v(A)=1.8mol/(Lmin)；B、v(C)=v(B)=27mol/(Lmin)；C、v(C)=0.9mol/(Lmin)；D、v(C)=1.2mol/(Lmin)；即反应速率最快的是B。故选B。点睛：本题考查反应速率大小比较，要注意反应速率的单位需统一后再进行比较。7.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 0.1 molL1MgCl2溶液中含有的Mg2数目一定小于0.1NAB. 标准状况下，11.2 L CCl4中含有的分子数目为0.5NAC. 28 g聚乙烯中含有的碳原子数目为2NAD. 1 mol CH5+中含有的电子数目为11NA【答案】C【解析】【详解】A. 0.1 molL1MgCl2溶液没有体积，无法计算含有的Mg2数目，故A错误；B. 标准状况下， CCl4为液体，故B错误；C. 聚乙烯的最简式CH2,所以28 g中含有的碳原子数目为2NA，故C正确；D. 1 mol CH5+中含有的电子数目为10NA，故D错误；答案：C。8.向25 时的纯水中通入一定量的HCl气体，当溶液的pH2时，则由水电离出的c（H）是A. 1102 molL1B. 1108 molL1C. 11012 molL1D. 1104 molL1【答案】C【解析】【分析】水电离出的氢离子浓度一定等于水电离出的氢氧根离子的浓度；盐酸抑制水电离。【详解】由pH=2，可知溶液中氢离子的浓度为110-2molL-1，根据水的离子积常数，可以求出氢氧根离子的浓度为110-12molL-1，因为氢氧根全部来自水的电离，可以知道由水电离出的氢离子浓度也为110-12molL-1。故选C。9. 下列说法不正确的是（ ）A. 增大压强，活化分子百分数不变，化学反应速率增大B. 升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大C. 加入反应物，活化分子百分数增大，化学反应速率增大D. 使用催化剂，活化分子百分数增大，化学反应速率增大【答案】C【解析】试题分析：A、增大压强，增大单位体积内活化分子的个数，活化分子百分数不变，有效碰撞增加，化学反应速率增大，故说法正确；B、升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞曾增加，化学反应速率加快，故说法正确；C、加入反应物，增大单位体积内活化分子的个数，活化分子百分数不变，有效碰撞增加，化学反应速率增大，故说法错误；D、使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞增大，化学反应速率加快，故说法正确。考点：考查影响化学反应速率的因素等知识。10.已知反应2CO(g)=2C(s)O2(g)的H为正值，S为负值。设H和S不随温度而变，下列说法正确的是A. 低温下能自发进行B. 高温下能自发进行C. 低温下不能自发进行，高温下能自发进行D. 任何温度下都不能自发进行【答案】D【解析】试题分析：根据公式G=HTS，当G0时，反应不能自发进行；但是H0,S0，反应是个非自发的反应；故选D。考点：本题考查的是反应焓变来判定反应是否自发进行。11.若反应aA(g)bB(g)cC(g)dD(g)在密闭容器内达到化学平衡以后，升高温度或增大压强都会使平衡混合物中C的质量分数降低，那么 ( )A. 正反应是吸热反应，(ab)(cd)B. 正反应是吸热反应，(ab)(cd)D. 正反应是放热反应，(ab)(cd)【答案】D【解析】【详解】若反应aA(g)bB(g)cC(g)dD(g)在密闭容器内达到化学平衡以后，升高温度或增大压强都会使平衡混合物中C的质量分数降低，这说明升高温度或增大压强平衡均向逆反应方向进行，则正反应是放热的体积增大的可逆反应，所以(ab)(cd)。答案选D。12.金刚石和石墨都是碳的单质，石墨在一定条件下可以转化为金刚石。已知12g石墨完全转化为金刚石时，要吸收EkJ的能量，下列说法正确的是 ( )A. 金刚石与石墨互为同位素B. 石墨不如金刚石稳定C. 金刚石不如石墨稳定D. 等质量的石墨与金刚石完全燃烧，金刚石放出的能量少【答案】C【解析】【详解】A. 金刚石与石墨均是碳元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，A错误；B. 已知12g石墨完全转化为金刚石时，要吸收EkJ的能量，这说明石墨的能量比金刚石低，能量越低越稳定，金刚石不如石墨稳定，B错误；C. 已知12g石墨完全转化为金刚石时，要吸收EkJ的能量，这说明石墨的能量比金刚石低，能量越低越稳定，金刚石不如石墨稳定，C正确；D. 石墨的能量比金刚石低，因此等质量的石墨与金刚石完全燃烧，金刚石放出的能量多，D错误；答案选C。13.下列各组物质中，都是弱电解质的是 ( )A. Cl2、CH3CH2OH、BaSO4B. Mg(OH)2、H2O、HFC. CH4、HI、NH3H2OD. NH4Cl、H2S、CO2【答案】B【解析】【分析】强电解质是在水溶液里全部电离成离子的电解质，弱电解质是在水溶液里只有一部分分子电离成离子的电解质，据此判断。【详解】A. Cl2是单质，不是电解质，也不是非电解质，CH3CH2OH、BaSO4分别是非电解质和强电解质，A不选；B. Mg(OH)2、H2O、HF均是弱电解质，B选；C. CH4、HI、NH3H2O分别是非电解质、强电解质、弱电解质，C不选；D. NH4Cl、H2S、CO2分别是强电解质、弱电解质、非电解质，D不选；答案选B。【点睛】注意强电解质不一定易溶于水，如难溶的CaCO3、BaSO4等都是难溶于水的，但溶于水的部分全部电离，因此碳酸钙、硫酸钡仍都是强电解质；易溶于水的也不一定是强电解质，如醋酸等，故电解质的强、弱与溶解性无必然联系。14.下列指定反应的离子方程式正确的是 ( )A. 向FeCl3溶液中滴加HI溶液：Fe32IFe2I2B. 向AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al34NH3H2OAlO24NH4+2H2OC. 向稀NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液：NH4+OHNH3H2OD. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+【答案】D【解析】【详解】A、离子方程式配平错了，正确的是：2Fe32I2Fe2I2，A错误；B、过量氨水不能溶解Al(OH)3，正确的是：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，B错误；C、过量的NaOH也能和HCO3反应，正确的是：HCO3NH4+2OHNH3H2OCO32H2O，C错误；D、向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，D正确。答案选D。15.已知某可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间（t）时，温度（T）和压强（p）与反应物B在混合气体中的体积分数(B)的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是A. T1p2，m+np，放热反应B. T1T2，p1p，吸热反应C. T1p2，m+nT2，p1p2，m+np，吸热反应【答案】D【解析】试题分析：由图象可知，温度为T1时，根据P2时到达平衡的时间短，可知P2P1，且压强越大，B的含量高，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，正反应为气体体积增大的反应，即m+np；压强为P2时，根据T1时到达平衡的时间短，可知T1T2，且温度越高，B的含量低，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，即H0，答案选D。【考点定位】物质的量或浓度随时间的变化曲线。【名师点睛】本题考查物质的量或浓度随时间的变化曲线。注意根据图象判断温度、压强的大小，再根据温度、压强对平衡移动的影响分析。温度相同时，根据到达平衡的时间判断压强大小，再根据压强对B的含量的影响，判断压强对平衡的影响，确定反应气体气体体积变化情况；压强相同时，根据到达平衡的时间判断温度大小，再根据温度对B的含量的影响，判断温度对平衡的影响，确定反应的热效应。二、选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案包括一个选项，多选时该题为0分；若正确答案包括两个选项，选一个且正确的给2分，选两个且正确的给4分，但只要选错一个，该小题为0分)16. 用惰性电极分别电解下列各物质水溶液一段时间后，向剩余电解质溶液中加入适量水，能使溶液恢复到电解前浓度的是A. AgNO3B. Na2SO4C. CuCl2D. H2SO4【答案】BD【解析】考查电解产物的判断。向剩余电解质溶液中加入适量水，能使溶液恢复到电解前浓度。说明电解的物质是水，因此选项BD正确。A中硝酸银也被电解，有关加入氧化银；C中氯化铜全部被电解，有关加入氯化铜，答案选BD。17.准确移取20.00 mL某待测 HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 molL1 NaOH溶液滴定。下列说法正确的是 ( )A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B. 随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D. 滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏大【答案】BD【解析】【详解】A滴定管使用之前必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液体积偏大，测定酸的浓度偏大，A错误；B碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，B正确；C用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色且30s内不褪去时，停止滴定，C错误；D滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液体积偏大，则测定酸的浓度偏大，D正确；答案选BD。18.一定温度下，在3个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中反应2H2(g)CO(g)CH3OH(g)达到平衡，下列说法正确的是( )容器温度/K物质的起始浓度/molL1物质的平衡浓度/molL1c(H2)c(CO)c(CH3OH)c(CH3OH)4000.200.1000.0804000.400.2005000.200.1000.025A. 该反应的正反应放热B. 达到平衡时，容器中反应物转化率比容器中的大C. 达到平衡时，容器中c(H2)大于容器中c(H2)的两倍D. 达到平衡时，容器中的正反应速率比容器中的大【答案】AD【解析】【详解】A、分析、中数据知反应开始时、中加入的H2、CO的浓度相同，平衡时甲醇的浓度：，温度：，即升高温度平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，A正确；B、相当于将容器的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，达到平衡时，容器中反应物转化率比容器中的小，B错误；C、和对比，相当于将容器的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，则中氢气的浓度小于中氢气浓度的2倍，和对比，平衡逆向移动，氢气浓度增大，故达到平衡时，容器中c(H2)小于容器中c(H2)的两倍，C错误；D、温度：，当其他条件不变时，升高温度反应速率加快，故达到平衡时，容器中的正反应速率比容器中的大，D正确。答案选AD。【点睛】解答时注意利用好放大缩小思想：该方法适用于起始投入物质的物质的量之间存在一定的倍数关系。它指的是将反应容器的体积扩大一定的倍数，使起始物质的浓度相同，则在一定条件下，可建立相同的平衡态。然后在此基础上进行压缩，使其还原为原来的浓度。分析在压缩过程中，平衡如何移动，再依据勒夏特列原理，分析相关量的变化情况。19.根据下列有关实验得出的结论一定正确的是选项操作现象与结论A同温时，等质量的锌粒分别与足量稀硫酸反应产生气体的量：加胆矾未加胆矾B向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液溶液变黄，氧化性：H2O2Fe3C相同温度下，等质量大理石与等体积、等浓度的盐酸反应粉状大理石产生气泡更快，反应速率：粉状大理石块状大理石D向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色、中间为白色氯水既有酸性又有还原性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.因锌不足，且锌与硫酸铜反应，所以加入胆矾的溶液生成的氢气少，故A错误；B.不能排除硝酸根离子的影响，应在硫酸铁溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢，故B错误；C.固体表面积越大，反应速率越大，故C正确；D.氯水中含有的HClO因为具有强氧化性而漂白有色物质，向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，纸边缘呈红色，中间为白色，则氯水既有酸性又有氧化性，故D错误；答案：C20.二氧化硫的催化氧化原理为2SO2(g)O2(g)2SO3(g)。在一定压强下，反应混合体系在平衡状态时SO3的百分含量与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是A. 反应2SO2(g)O2(g)2SO3(g)的H0B. 在D点时v（正）v（逆）C. 若B、C点的平衡常数分别为KB、KC，则KBKCD. 恒温恒压下向平衡体系中通入氦气，平衡向左移动【答案】B【解析】【详解】A.由图可知，升高温度，SO3的百分含量降低，说明升高温度平衡向逆反应移动，因此该反应正反应是放热反应，Hv（逆）故选B；C.升高温度，平衡向逆反应移动，故温度越高平衡常数越小，B点的温度低于C的温度，故平衡常数，KBKC，故不选C；D.恒温恒压下向平衡体系中通入氦气，体积增大（相当于减压），参与反应气体压强降低，平衡向体积增大的方向移动，即向平衡向左移动，故不选D；答案：B【点睛】本题考查化学平衡图象、化学平衡移动的影响因素等，难度中等，注意根据SO3的含量随温度变化情况判断平衡移动的方向。第卷(非选择题 共55分)21.在固定容积为1.00 L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。回答下列问题：(1)反应的H_(填“大于”或“小于”)0；100 时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在060 s时段，反应速率v(N2O4)为_。(2)100 时达到平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)降低，经10 s又达到平衡。T_(填“大于”或“小于”)100 ，判断理由_；100 时达到平衡后，向容器中再充入0.20 mol NO2气体，新平衡建立后，NO2体积分数_(填“增大”“不变”或“减小”)。(3)温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减小一半，平衡向_(填“正反应”或“逆反应”)方向移动，判断理由是_。【答案】 (1). 大于 (2). 0.001 0 molL1s1 (3). 大于 (4). 正反应方向吸热，平衡向吸热方向移动，故温度升高 (5). 减小 (6). 逆反应 (7). 对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动【解析】【分析】（1）根据温度对平衡状态的影响分析；根据c/t计算；（2）根据外界条件对平衡状态的影响分析。【详解】（1）根据信息，升高温度，混合气体的颜色变深，说明平衡向正反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向为吸热反应，即H0；反应速率等于变化浓度和时间的比值，(N2O4)(0.10.04)mol/L60 s0.0010 mol/(Ls)；（2）改变温度，c(N2O4)降低，说明平衡向正反应方向进行。由于正反应是吸热反应，根据勒夏特列原理，应是升高温度，即T100；恒容状态下，再充入NO2，相当于在原来的基础上加压，平衡应向体积减小的方向移动，平衡向逆反应方向移动，因此新平衡建立后，NO2的体积分数减小；（3）容积减少一半，压强增大，根据勒夏特列原理，增大压强，平衡向体积减小方向进行，即向逆反应方向移动。22.固定和利用CO2能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体。工业上有一种用CO2来生产甲醇燃料的方法：CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)H2O(g) H49.0 kJmol1，某科学实验将6 mol CO2和8 mol H2充入2 L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如下图所示(实线)。(1)a点正反应速率_(填“大于”“等于”或“小于”)逆反应速率。(2)下列时间段平均反应速率最大的是_。A01 min B13 minC38 min D811 min(3)平衡时CO2的转化率为_，该条件下的平衡常数K_。(4)仅改变某一实验条件再进行两次实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示，曲线对应的实验条件改变是_，曲线对应的实验条件改变是_。【答案】（1） （2）A （3）33.3 K=0.5 （4）升高温度 增大压强。【解析】试题分析：（1）反应是从正反应方向开始的。由于在a点时反应还没有达到化学平衡，所以反应速率V(正)V(逆) （2）反应是在体积固定的密闭容器中进行的，在反应的过程中物质的浓度越大，反应速率越快。由于在开始时反应物的浓度最大，所以在开始不久反应的速率最快。选项为A。（3）CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)开始时C(CO2)=3mol/L,C(H2)=4mol/L. C(CH3OH)=0mol/L, C(H2O)= 0mol/L.当达到化学平衡时C(H2)=1mo/LC(CO2)=2mol/L,C(CH3OH)=1mol/L,C(H2O)=1mol/L.所以CO2的转化率为：(1mol/L3mol/L)100=33.3.此时的化学平衡常数K= C(CH3OH)C(H2O) C(CO2) C3(H2) = (11)(213)= 0.5.（4） 仅改变某一实验条件再进行实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示，对于曲线I来说，反应速率加快，达到平衡时n(H2)增多。说明平衡向逆反应方向移动。由于该反应的正反应是个气体体积减小的放热反应，所以要使速率加快，平衡逆向移动，对应的实验条件改变是升高温度 ，对于曲线II来说，反应速率加快，平衡时H2的含量降低。说明改变的外界条件是是速率加快而且平衡正向移动。则对应的实验条件改变是增大压强。考点：考查化学平衡常数的计算及外界条件对化学反应速率、化学平衡移动一反应物的转化率的影响。23.某校化学兴趣小组的同学运用滴定法对一含有少量Na2SO4的NaOH样品中NaOH的含量进行测定，请回答下列问题：（1）用分析天平准确称取该样品5.360g，全部溶于水配制成1000.0mL的溶液。用碱式滴定管取其中20.00mL放在锥形瓶中，滴加几滴甲基橙做指示剂。用标准的盐酸溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视着_。滴定终点的现象是_。（2）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是_(填写序号)A酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液 B滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D读取盐酸体积时，滴定结束时俯视读数（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示：则滴定终点的读数为_mL。（4）某学生根据三次实验分别记录有关数据如下： 滴定次数待测氢氧化钠溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积（mL）滴定前刻度滴定后刻度第1次20.000.0026.01第2次20.001.5630.30第3次20.000.222621请选用其中合理的数据列式计算出该样品中NaOH的质量百分含量。(写出计算过程)_【答案】 (1). 锥形瓶内溶液颜色变化 (2). 由黄色变成橙色，且半分钟不褪色 (3). D (4). 26.10 (5). 26.0010-3L0.1000mol/L40g/mol50/5.360g=97.01%【解析】【分析】（1）滴定时要根据锥形瓶中溶液颜色变化判断终点；溶液为黄色，达到终点时变为橙色；（2）根据C（待测）分析；（3）由图可知滴定前读数为0.00mL，滴定后读数为26.10mL；（4）第二次实验数据误差太大，舍去，求出第一、三次实验的平均值；计算C（待测）,再根据C（待测）计算样品中NaOH的质量百分含量。【详解】（1）滴定时要根据锥形瓶中溶液颜色变化判断终点，所以眼睛应该观察锥形瓶内溶液颜色变化；滴定前锥形瓶中为氢氧化钠和甲基橙，溶液为黄色，达到终点时变为橙色，则滴定终点的现象是溶液由黄色变成橙色，且半分钟不褪色；答案：锥形瓶内溶液颜色变化 由黄色变成橙色，且半分钟不褪色（2）根据c(待测)分析，V（标准）高，则偏高，V（标准）低，则偏低；A酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成消耗的V(标准)偏大，则测定c(NaOH)偏高，故A不符合；B滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，测定c（NaOH）无影响，故B不符合；C酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，测定c（NaOH）偏高，故C不符合；D读取盐酸体积时，滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，测定的c(NaOH)偏低，故D符合；答案：D（3）由图可知滴定前读数为0.00mL，滴定后读数为26.10mL；答案： 26.10（4）第二次实验数据误差太大，舍去，求出第一、三次实验的平均值为=26.00mL，则c(待测)=0.13mol/L，则1000.0ml溶液中氢氧化钠为n=cV=0.13mol/L1L=0.13mol，所以m(NaOH)=nM=0.13mol40g/mol=5.2g，该样品中NaOH的质量百分含量为100%=97.01%；计算过程简写： 26.0010-3L0.1000mol/L40g/mol1000/（205.360g）=26.0010-3L0.1000mol/L40g/mol50/5.360g=97.01%答案: 26.0010-3L0.1000mol/L40g/mol50/5.360g=97.01%24.化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义。（1）机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来源。气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g) 2NO(g) H 0。汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，请分析两点可能的原因_、_。（2）由金红石(TiO2)制取单质Ti，涉及到的步骤为：TiO2TiCl4Ti 已知：C(s)O2(g)CO2(g)； DH-393.5 kJmol-12CO(g)O2(g)2CO2(g)； DH-566 kJmol-1TiO2(s)2Cl2(g)TiCl4(s)O2(g)； DH+141 kJmol-1则TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)TiCl4(s)2CO(g)的DH_。（3）氯气在298K、100kPa时，在1L水中可溶解0.09mol，实验测得溶于水的Cl2约有1/3与水反应。该反应的化学方程式为_，在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，溶液中Cl浓度_（选填“增大”、“减小”或“不变”）。（4）一定条件下，Fe3+和I在水溶液中的反应是2I+2Fe3+I2+2Fe2+，当反应达到平衡后，加入CCl4充分振荡，且温度不变，上述平衡向_（选填“正反应”或“逆反应”）方向移动。请设计一种使该反应的化学平衡逆向移动的实验方案_。（5）用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HClO22Cl22H2O已知：此条件下反应A中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量。.写出此条件下，反应A的热化学方程式_。断开1 mol HO键与断开1 mol HCl键所需能量相差约为_kJ。【答案】 (1). 温度升高，反应速率加快 (2). 温度升高，有利于平衡反应正向进行 (3). -80 kJmol-1 (4). Cl2+H2O HCl + HClO (5). 增大 (6). 正反应 (7). 加入少许铁粉或加入少许碘（其他合理设计也可） (8). 4HCl(g)O2(g) 2Cl2(g)2H2O(g) H115.6 kJmol1 (9). 31.9【解析】【分析】（1）可以从速率和平衡两个角度进行分析；（2）利用盖斯定律解决问题；（3）反应为可逆反应，利用勒夏特立原理分析离子浓度的变化；（4）利用勒夏特列原理分析；（5）利用H=反应物的总键能之和-生成物的总键能进行计算。【详解】（1）两个方面考虑: 温度越高,化学反应速率越快由于正反应为吸热反应,温度越高越有利于平衡正向移动；答案: 温度升高，反应速率加快 温度升高，有利于平衡反应正向进行 （2）已知：C(s)O2(g)CO2(g)； DH-393.5 kJmol-12CO(g)O2(g)2CO2(g)； DH-566 kJmol-1TiO2(s)2Cl2(g)TiCl4(s)O2(g)； DH+141 kJmol-1根据盖斯定律2-+可得TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)TiCl4(s)2CO(g)的DH-80 kJmol-1答案： -80 kJmol-1（3）根据题意可知氯气与水的反应为可逆反应,离子方程式:Cl2+H2OH+Cl-+HClO,在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，H+OH-=H2O,生成物浓度减小,平衡正向移动,溶液中Cl浓度增大;答案: Cl2+H2OHCl + HClO 增大（4）Fe3+和I在水溶液中反应是2I+2Fe3+I2+2Fe2+，当反应达到平衡后，加入CCl4充分振荡，CCl4可以萃取碘单质到有机层，溶液中生成物浓度减小,平衡向正反应方向移动；根据勒夏特立原理，可以采用增大生成物浓度（如加入少许碘）或者减小反应物浓度（如加入少许铁粉，铁可以把+3价的铁离子还原为+2价的亚铁离子），使平衡逆向移动；答案：正反应 加入少许铁粉或加入少许碘（5）