1、2020-2021年高二化学上学期期中模拟卷01 (人教选修4)可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32一、选择题：本题共16个小题，每小题3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日常生活和工业生产中遇到的很多问题都涉及到化学知识，下列说法正确的是（ ）A节日绽放的焰火运用到“焰色反应”原理B处理废水时加入明矾作为消毒剂可以除去水中的细菌C纯碱可用作制药工业的原料，用于治疗胃酸过多D含磷合成洗涤剂易于被细菌分解，故不会导致水体污染【答案】A【解析】A.很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，北
2、京奥运会开、闭幕式的焰火就是金属化合物的焰色反应所呈现的各种艳丽色彩，故A正确；B.明矾中铝离子水解产生氢氧化铝胶体，具有吸附性，只能净水不能消毒，故B错误；C.小苏打即碳酸氢钠，其溶液显碱性，可以用于治疗胃酸过多，碳酸钠碱性较强，对胃刺激性过强，不选用，故C错误；D.含磷合成洗涤剂中磷元素不能被细菌消除，则不能抑制水体富营养化的影响，必须经处理后才能排放，故D错误；2用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ( )A28g氮气含有的分子数为NAB标准状况下，22.4LH2 O中含有的水分子数为NAC1mol铁与足量的稀盐酸反应，生成22.4L的H2D0.5 mol/LFe2(SO4)3
3、溶液中，SO42-的数目为1.5NA【答案】A【解析】A. 28g氮气的物质的量=28g/28g/mol=1mol，则分子数为NA，A项正确；B. 标准状况下，H2O为液态，不能通过气体摩尔体积计算，B项错误；C. 未说明在标准状况下，无法知道气体的体积为22.4L，C项错误；D. 无Fe2(SO4)3溶液的体积，无法计算SO42-的数目，D项错误；3下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是()ABCD强电解质FeNaClCaCO3HNO3弱电解质CH3COOHNH3H3PO4Fe(OH)3非电解质C12H22O11(蔗糖)BaSO4C2H5OHH2O【答案】C【解析】在水
4、溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；在水溶液中完全电离的电解质为强电解质。AFe为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B氨气为非电解质，硫酸钡为强电解质，故B错误；C碳酸钙为强电解质，磷酸为中强酸，属于弱电解质，酒精为非电解质，故C正确；D水是弱电解质，故D错误；4关于化学反应的说法错误的是（ ）A如图所示的反应为放热反应B化学反应中有物质变化也有能量变化C需要加热的化学反应不一定是吸热反应D化学键断裂吸收能量，化学键形成放出能量【答案】A【解析】A. 从图中所示信息可以看出，反应物的总能量低于生成物的总能量，因此为吸热反应，A项错误；B. 化学反应中，有新物质的生成，其实质是旧化
5、学键的断裂和新化学键的形成，伴随着能量变化，B项正确；C. 吸热反应与是否加热无关，需要加热的化学反应不一定是吸热反应，如铝热反应需要加热，但属于放热反应，C项正确；D. 在化学反应中，旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，D项正确；5某无色溶液可能由Na2CO3、MgCl2、NaHCO3、BaCl2中的一种或几种混合而成。取少量该溶液加入NaOH溶液出现白色沉淀；另取少量该溶液加入稀H2SO4也出现白色沉淀，并放出气体。据此分析，下述组合判断正确的是：肯定有BaCl2肯定有MgCl2肯定有NaHCO3肯定有NaHCO3或Na2CO3肯定没有MgCl2ABCD【答案】B【解析】根据原溶液中加H2
6、SO4能产生白色沉淀且放出CO2，推断原溶液中一定存在BaCl2和NaHCO3，一定不存在Na2CO3；原溶液加入NaOH溶液时，发生反应：NaHCO3NaOH=Na2CO3H2O，Na2CO3BaCl2=BaCO32 NaCl，因此根据原溶液加NaOH产生白色沉淀，不能确定是否存在MgCl2，故选B。6已知充分燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水,并放出热量bkJ,则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是()A2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)H=-4b kJmol-1BC2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) H=2bkJmol-1C2C2
7、H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)H=-2b kJmol-1D2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)H=bkJmol-1【答案】A【解析】充分燃烧乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水放出热量bkJ，则按碳元素守恒，消耗乙炔为0.5mol，则2mol乙炔完全燃烧、消耗5mol氧气，生成4mol二氧化碳气体和液态水放出热量4bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式为：2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)H=-4b kJmol-1，A正确；7下列离子方程式书写正确的是（ ）A铜粉加入稀硝酸中：Cu+2H+= Cu2+H2B钠投入水
8、中：Na+H2O =Na+2OH一+H2C氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+D氢氧化铝与稀硫酸反应：OH+ H+H2O【答案】C【解析】A、铜粉与稀硝酸反应不产生氢气，不符合客观事实，离子反应为3Cu+2NO3-+8H+3Cu2+4H2O+2NO，A项错误；B、钠投入水中：2Na+2H2O =2Na+2OH一+H2，B项错误；C、氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，C项正确；D、氢氧化铝与稀硫酸反应的离子反应为Al（OH）3+3H+=3H2O+Al3+，D项错误；8下列有关化学用语表示正确的是（ ）A丙烷的球棍
9、模型：B羟基的电子式：C间二甲苯的结构简式：D丙烯的键线式：【答案】A【解析】A. 可表示丙烷的球棍模型，A正确；B. 氧原子最外层有6个电子，羟基中氧原子和氢原子共用1对电子式，因此羟基中氧原子最外层没有达到稳定结构，B错误；C. 是对二甲苯的结构简式，C错误；D. 是2-丁烯的键线式，D错误；9高铁酸钾()是一种新型、高效、多功能水处理剂。下列反应可制取：2+3+10KOH2+6KCl+8H2O。对于该反应，下列说法正确的是（ ）A该反应是置换反应B钾元素化合价降低C发生还原反应D是氧化剂【答案】D【解析】A.反应物、生成物的种类、种数不符合置换反应概念，不是置换反应，故A错误；B.钾元素
10、化合价反应前后都为+1价，故B错误；C.铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe（OH）3发生氧化反应，故C错误；D.氯元素的化合价由0将为-1价，发生还原反应，氯气是氧化剂，故D正确；10下列说法中有明显错误的是（ ）A对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大B升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大C活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞D加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率【答案】C【解析】A. 增大压强体系体积减小，对于有气体参加的反应，可使单位体积内活化分子数增加，反应速率
11、增大，故A正确；B. 升高温度，反应体系中物质的能量升高，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大，故B正确；C. 由于活化分子之间的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞，故C错误；D. 催化剂可使反应需要的能量减小，使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率，故D正确。11下图为番茄电池，下列说法正确的是（ ）A一段时间后，锌片质量会变小B铜电极附近会出现蓝色C电子由铜通过导线流向锌D锌电极是该电池的正极【答案】A【解析】A、这是一简单的锌铜原电池，活泼的锌为负极，锌片质量会变小，A正确；B、电子沿导线经电流计流向正极铜极，氢离子得到电子产生氢气，B错误；C、锌是负极，铜是正
12、极，电子沿导线经电流计流向正极铜极，C错误；D、锌电极是负极，铜电极是正极，D错误；12在 一 定 条 件 下 ， 使10molSO3 在 体 积 固 定 为 2L 的 密 闭 容 器 中 发 生 反 应 ：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，则下图中正确的是ABCD【答案】C【解析】A开始投入SO3，它是生成物，只有逆反应速率，正反应速率为0，图象上v正、v逆标反了，故A错误；B据方程式可知SO2比O2生成的多，下面两条线标的物质反了，故B错误；C据M=，气体的总质量不变，而反应向逆反应方向进行，n变大，故M变小，达到平衡时不再变化，故C正确；D反应向逆反应进行，据=，气体的总质量不
13、变，体积固定，始终不变，故D错误；13反应4A(s)+3B(g) 2C(g)+D(g)开始2 min后，B的浓度减少0.6 molL1。下列说法正确的是A用A表示的反应速率是0.8 molL1s1B分别用B、C、D表示的反应速率，其比是321C在2 min末时的反应速率，用反应物B来表示是0.3 molL1min1D在这2 min内用B和C表示的反应速率数值相同【答案】B【解析】A、A是固体，不能利用浓度的变化量表示化学反应速率，故A错误；B、速率之比等于化学计量数之比，故v(B)v(C)v(D)=321，故B正确；C、2min内，B的浓度减少0.6mol/L，故v(B)=0.3mol/(Lm
14、in)，该速率是平均速率，不是2 min末的瞬时速率，故C错误；D、速率之比等于化学计量数之比，故v(B)v(C)=32，故D错误；14下列反应中H0，S0的是（ ）ACaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)BNH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)C4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)D任何温度下均能自发进行2H2O2(l)2H2O(l)O2(g)【答案】A【解析】A反应为放热反应，固体生成气体，则H0，S0，选项A正确；B反应为放热反应，且气体生成固体，H0，S0，选项B错误；C反应为吸热反应，且气体生成固体，则H0，S0，选项C错误；D反应为
15、吸热反应，且液体生成气体，则H0，S0，选项D错误；15下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是( )A高压比常压有利于SO2与O2合成SO3的反应B加入催化剂有利于N2与H2合成NH3的反应C向橙色K2Cr2O7溶液中加入一定浓度的NaOH溶液后，溶液变为黄色D工业制取金属钾Na(1)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来【答案】B【解析】衡2SO2+O2(g)2SO3(g)，正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故A不符合题意；B催化剂只能改变反应速率，不影响平衡移动，故B符合题意；C
16、向橙色K2Cr2O7溶液中加入一定浓度的NaOH溶液后，溶液变为黄色，发生+H2O2+2H+，平衡向正反应方向移动，能用平衡移动原理解释，故C不符合题意；D反应为可逆反应，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来，生成物浓度减小，平衡向正向移动，能用平衡移动原理解释，故D不符合题意；16相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是（ ）酸HXHYHZ电离常数910-7910-610-2A三种酸的强弱关系：HXHYHZB反应HZ+Y-HY+Z-能够发生C酸根离子结合氢离子的能力强弱关系为：Z-Y-X-D相同温度下，1mol/LHX溶液的电离常数大于0.1mol/LHX【答案】B【解析】A相同温度
17、下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZHYHX，故A错误；B由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+Y-HY+Z-能发生，故B正确；C根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZHYHX，酸性越强，酸的电离程度越大，结合氢离子的能力越弱，酸根离子结合氢离子的能力强弱关系为：X-Y-Z-，故C错误；D相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，故D错误；二、非选择题：包括第17题第21题5个大题，共52分。17（10分）化学兴趣小组的同学为测定某Na2CO3和NaCl的固体混合物样品中Na2CO3的质
18、量分数进行了以下实验，请你参与并完成对有关问题的解答。(1)甲同学用图1所示装置测定CO2的质量。实验时稀硫酸是与样品中的_ (填“Na2CO3”或NaCl”)发生反应。仪器b的名称是_。洗气瓶c中盛装的是浓硫酸，此浓硫酸的作用是_ 。(2)乙同学用图2所示装置，取一定质量的样品(为m g；已测得)和足量稀硫酸反应进行实验，完成样品中Na2CO3质量分数的测定。实验前，检查该装置气密性的方法是先打开活塞a，由b注入水至其下端玻璃管中形成一段水柱，再将针筒活塞向内推压，若b下端玻璃管中的_上升，则装置气密性良好。在实验完成时，能直接测得的数据是CO2的_ (填“体积”或“质量”)。(3)丙同学用
19、下图所示方法和步骤实验：操作I涉及的实验名称有_ 、洗涤；操作涉及的实验名称有干燥、_ 。丙测得的样品中Na2CO3质量分数的计算式为_。【答案】（1）Na2CO3 分液漏斗 除去CO2中的水蒸气 （2）液面 体积 （3）过滤 称量 【解析】 (1)依据装置和试剂分析，硫酸和样品中的碳酸钠反应，仪器b是加入液体的仪器可以控制加入的量，是分液漏斗；反应过程中含有水蒸气，可以利用浓硫酸干燥二氧化碳气体，故答案为：Na2CO3；分液漏斗；除去CO2中的水蒸气；(2)使用注射器改变瓶内气体的多少而改变瓶内压强；当将针筒活塞向内推压时，瓶内气体被压缩，压强增大，瓶内液体则会被压入长颈漏斗内，b下端玻璃管
20、中液面上升，可以说明装置气密性良好，故答案为：液面；在实验完成时，反应后可以利用注射器读取生成气体的体积，能直接测得的数据是CO2的体积，故答案为：体积；(3)流程分析可知，加入氢氧化钡溶液和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，通过过滤得到沉淀，洗涤后称重得到沉淀碳酸钡质量，故答案为：过滤；称量；由流程分析判断：碳酸钡沉淀质量为yg，根据原子守恒可知样品中Na2CO3质量为，因此样品中Na2CO3的质量分数为，故答案为：。18（12分）I.影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验方法进行探究。(1)取等物质的量浓度、等体积的H2O溶液分别进行H2O2的分解实验，实验报告如下表所示(现象和结论略)
21、。序号温度/催化剂现象结论140FeCl3溶液220FeCl3溶液320MnO2420无实验1、2研究的是_对H2O2分解速率的影响。实验2、3的目的是_。(2)查文献可知：Cu2+对H2O2分解也有催化作用，为比较Fe3+、Cu2+对H2O2分解的催化效果，该小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：定性性分析：如图甲可通过观察_，先定性比较得出结论。有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是_。定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是_。II.化学兴趣小组的同学0.100 mol/L盐酸标准溶液
22、测定某烧碱样品的纯度(杂质不与盐酸反应)。实验步骤如下：(1)配制待测液：用分析天平准确称取烧碱样品2.500 g，全部溶于水配制成500 mL溶液。配制溶液需用的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管外，还需要_(2)滴定：用碱式滴定管量取20.00mL所配溶液放在锥形瓶中，滴加几滴指示剂，待测。滴定管在装入反应液之前应进行的操作有_。用浓度为0.1000mol/L的盐酸标准溶液进行滴定。开始滴定前的一步操作是_。滴定过程中用pH计测定锥形瓶中溶液的pH，临近滴定终点时每滴一滴测一次pH。滴定过程中，测得锥形瓶中溶液的pH变化如下表:V(HCI)/mL0.0012.0018.0022.0023.0023
23、.96pH13.112.612.211.711.49.9V(HCI)/mL24.0024.0425.0026.0030.00pH7.04.02.72.41.9(3)数据处理：所测样品中NaOH的质量百分含量为_。【答案】I.（1）温度 比较FeCl3溶液和MnO2作为催化剂对H2O2分解速率影响的差异 （2）反应产生气泡的快慢 控制阴离子相同，排除阴离子的干扰； 测定一定时间内产生的气体体积（或测定产生一定体积的气体所需的时间） II. （1） 量筒、玻璃棒和500mL容量瓶 （2） 检查滴定管是否漏水，洗净并用待盛装的溶液润洗滴定管23次 调节液面于“0”刻度或“0”刻度以下 （3） 96%
24、 【解析】I(1) 根据实验1、2使用相同的催化剂，温度不同，实验1、2研究的是温度对H2O2分解速率的影响；实验2、3中使用不同的是催化剂，但温度相同，实验2、3的目的是比较FeCl3溶液和MnO2作为催化剂对H2O2分解速率影响的差异；(2)定性比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，可以通过观察产生气泡的快慢来比较，产生气泡快的，催化效果好；在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果时，必须保持其他的条件相同，所以将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理；定量比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，由图可知，可以通过测定一定时间内产生的气体体积（或测定产生一定体积的
25、气体所需的时间）来比较：一定时间内产生的气体越多或产生一定体积的气体所需的时间越短，则催化效果越好；II(1)用2.50g含有少量杂质的固体烧碱样品配制500mL溶液，配制过程为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇匀等，需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管，需用的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管外，还需要量筒、玻璃棒和500mL容量瓶；(2)滴定管在使用前应先检漏、洗涤、用待装液润洗、正式装液，排除气泡并调节液面，滴定管在使用前除洗涤外，还应检查滴定管是否漏水，洗净并用待盛装的溶液润洗滴定管23次；用浓度为0.1000molL1的盐酸标准溶液进行滴定，开始滴定前要
26、调节液面于“0”刻度或“0”刻度以下；(3)氢氧化钠溶液的浓度为：=0.1200mol/L，样品中含有的氢氧化钠的物质的量为：0.1200mol/L1L=0.12mol，氢氧化钠的质量为：40g/mol0.12mol=4.800g，故样品中,NaOH的质量百分含量为：100%=96%。19（10分）实验室常用EDTA(乙二胺四乙酸，可以表示为H4Y)标准溶液对镁盐产品中镁含量进行测定。以铬黑T(BET)为指示剂，用EDTA测定Mg2+含量的原理用方程式可表示为：EDTA(无色)+Mg-BET(紫红)=BET(蓝色)+Mg-EDTA(无色)。为测定产品纯度，称取试样1.000 g于锥形瓶中，加入
27、适量蒸馏水，待完全溶解后加入适量pH=10的氨-氯化铵缓冲溶液。再滴加34滴铬黑T指示剂(BET)，转移至250 mL的容量瓶中，定容摇匀。用移液管准确移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用0.1000 mol/L的EDTA标准溶液滴定至终点，测定数据如下：待测产品溶液体积(mL)消耗EDTA标准溶液体积(mL)EDTA标准溶液的浓度(mol/L)125.0014.900.1000225.0016.720.1000325.0015.000.1000425.0015.100.1000(1)进行整个滴定操作实验的过程中，下列操作方法正确的是_。A使用移液管移取溶液的时候，移液管尖嘴不能接触容器壁B
28、滴定管水洗后，需要用标准溶液润洗2-3次，再排出气泡，使液面位于“0”刻度或“0”刻度以下C滴定管调液面后，需静置12 min，再进行读取刻度数据进行记录D电子天平读数时，两边侧面应同时处于打开状态，使空气保持流通(2)滴定终点的现象为_。(3)该产品中镁元素的质量分数为_，请写出计算过程：_。(4)若开始滴定前，滴定管尖悬挂的液滴未擦去，则测定的结果_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。若滴定结束时仰视读数，则测定的结果_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）BC （2）当滴入最后一滴标准溶液时，溶液由紫红色变为蓝色，且半分钟内不变色 （3） 36% 表中第2次实验的数据误差
29、较大，应舍去，平均体积为15.00mL，则n(EDTA)=0.015L0.1mol/L=0.0015mol，则该产品中镁元素的质量分数为 （4） 偏小 偏大 【解析】 (1)A. 使用移液管移取溶液的时候，移液管尖嘴可以接触容器壁，对实验没有影响，故A错误；B. 滴定管水洗后，应进行润洗，可用标准溶液润洗2-3次，再排出气泡，由于0刻度在上，则可使液面位于“0”刻度或“0”刻度以下，故B正确；C. 滴定管调液面后，需静置12min，使液面达到稳定的刻度，再进行读取刻度数据进行记录，故C正确；D. 电子天平读数时，两边侧面若同时处于打开状态，使空气保持流通，会导致实验误差，称量不准确，故D错误；
30、故选BC；(2)根据反应原理可知，滴定终点的现象为：当滴入最后一滴标准溶液时，溶液由紫红色变为蓝色，且半分钟内不变色；(3)表中第2次实验的数据误差较大，应舍去，平均体积为15.00mL，则n(EDTA)=0.015L0.1mol/L=0.0015mol，则该产品中镁元素的质量分数为；(4)若开始滴定前，滴定管尖悬挂的液滴未擦去，则导致标准液体积偏小，则测定的结果偏小；若滴定结束时仰视读数，则导致标准液体积偏大，测定的结果偏大。20（10分）氮及其化合物在工农业生产中具有重要作用。(1)某小组进行工业合成氨N2(g)+H2(g)2NH3(g)H0的模拟研究，在密闭容器中，进行三次实验，每次开始
31、时均通入0.1mol N2(g)、0.3molH2(g)。与实验相比较，实验、都各改变了一个条件，三次实验中c(N2)随时间(t)的变化如图所示。与实验相比，实验所采用的实验条件可能为_(填字母)，实验所采用的实验条件可能为_ (填字母)。a.加压缩小容器体积 b.减压扩大容器体积c.升高温度 d.降低温度 e.使用催化剂(2)NH3可用于处理废气中的氮氧化物，其反应原理为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)2N2(g)+3H2O(g) H0。欲提高平衡时废气中氮氧化物的转化率，可采取的措施是_(填字母)。a.降低温度 b.增大压强 c.增大NH3的浓度 d.使用催化剂(3)NCl3遇水
32、发生水解反应，生成NH3的同时得到_(填化学式)。(4)25时，将amol/L的氨水与bmol/L盐酸等体积混合(忽略溶液体积变化)，反应后溶液恰好显中性，则a_b(填“”“”或“”)。用a、b表示NH3H2O的电离平衡常数为_。【答案】（1）e c （2） ac （3）HClO （4） 【解析】 (1)由图可知，与实验相比，实验到达平衡所以时间较短，反应速率较快，但平衡时氮气的浓度不变，改变条件平衡不移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡会移动，故实验应是使用催化剂，选e；与实验相比，实验和中氮气的起始浓度相同，实验到达平衡所以时间较短，反应速率较快，平衡时氮气的浓度增大，改变
33、条件平衡逆向移动，该反应正反应是体积减小的放热反应，故为升高温度，选c，故答案为：a；c；(2)a该反应正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应分析移动，氮氧化物的转化率降低，故正确；b该反应正反应是体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，氮氧化物的转化率降低，故错误；c增大NH3的浓度，平衡向正反应移动，氮氧化物的转化率增大，故正确；ac正确，故答案为：ac；(3)NCl3遇水发生水解反应，NCl3分子中负价原子结合水电离的氢离子，正价原子结合水电离的去氢根离子，则生成NH3的同时还得到HClO，故答案为：HClO；(4)amol/L的氨水与bmol/L盐酸等体积混合的溶液中存在电荷
34、守恒关系：c（H+）+c（NH4+）=c（Cl-）+c（OH-），中性溶液中c（H+）=c（OH-），则溶液中c（NH4+）=c（Cl-），氯化铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，中性溶液必定为一水合氨和氯化铵的混合溶液，由于盐酸和氨水的体积相等，则氨水的物质的量浓度大于盐酸；溶液中c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，c（NH4+）=c（Cl-）=mol/L，由物料守恒可知c（NH3H2O）=()mol/L，电离常数只与温度有关，则此时NH3H2O的电离常数Kb=，故答案为：。21如图，有甲、乙、丙三个密闭容器，其中甲、乙容器与外界能进行热交换，丙不能。现向三个容器中各充入4mol SO2
35、和2mol O2，保持开始时条件完全相同，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H=-196kJ/mol，段时间后三容器中反应均达平衡。(1)达平衡时，三容器中反应放出的热量由多到少的顺序是_。(2)平衡常数K(甲)、K(乙)、K(丙)的大小关系是_。(3)乙、丙相比，反应先达到平衡状态的是_。(4)平衡后某时刻，向三容器中都再充入4mol SO2和2mol O2，重新平衡后，三容器内气体压强由大到小的顺序是_。(5)已知甲中达平衡时共放出热量294kJ，现欲使平衡时甲、乙容器体积相同，维持SO2和O2比例与初始相同，则需要再向甲容器中充入SO2和O2共_mol。(6)若起始时向
36、丙容器中加入的物质的量如下列各项，则反应达到平衡时SO2、O2及SO3的量与丙中原来平衡时相同或相近的是_(稀有气体不参与反应)。A4mol SO2、2mol O2、1mol HeB4mol SO3、1mol HeC2mol SO2、lmol O2、2mol SO3D2mol SO2、1mol O2【答案】（1）甲、乙、丙 （2） K(甲)=K(乙)K(丙) （3） 丙 （4）丙、乙、甲 （5） 2 （6） A 【解析】 (1)由于甲容器为恒温恒压，乙容器为恒温恒容，丙容器为恒容绝热，故随着反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的进行，达平衡时，容器乙和丙的压强减小，故相当于甲容器增大压
37、强，故平衡正向移动，丙容器的温度升高，平衡逆向移动，故三容器中反应放出的热量由多到少的顺序是甲、乙、丙，故答案为：甲、乙、丙；(2)化学平衡常数仅仅是温度的函数，甲、乙两容器的温度相等，丙容器为绝热容器，随着反应进行，容器温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数K(甲)、K(乙)、K(丙)的大小关系是K(甲)=K(乙)K(丙)，故答案为：K(甲)=K(乙)K(丙)；(3)由于乙两容器的温度恒定，丙容器为绝热容器，随着反应进行，容器温度升高，反应速率加快，先达到平衡，故乙、丙相比，反应先达到平衡状态的是丙，故答案为：丙；(4)甲容器为恒温恒压，乙容器为恒温恒容，丙容器为恒容绝热，故随着反
38、应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的进行，平衡后某时刻，向三容器中都再充入4mol SO2和2mol O2，容器乙和丙的压强增大，故甲容器压强恒定，故乙容器的压强增大，丙容器的温度升高，平衡逆向移动，物质的量增多，压强增大进一步明显，故重新平衡后，三容器内气体压强由大到小的顺序是丙、乙、甲，故答案为：丙、乙、甲；(5)已知甲容器为恒温恒压的容器，故只要维持SO2和O2比例与初始相同则达到的平衡与原平衡等效，即SO2的转化率相等；又甲中达平衡时共放出热量294kJ，可知反应生成了3mol SO3，故有： ，即，先假设增加了a mol O2，则增加2a mol SO2，则由：，现欲使平衡时
39、甲、乙容器体积相同，即甲容器回到反应前的体积，故有：1.5+0.5a+0.5+0.25a+3+1.5a=4+2，解得：a=，故需要再向甲容器中充入SO2和O2共3a=，故答案为：2；(6)由于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H=-196kJ/mol，若起始时按如下列各项向丙容器中加入的物质的量，反应达到平衡时SO2、O2及SO3的量与丙中原来平衡时相同或相近的，即达到等效平衡；A若投入4mol SO2、2mol O2、1mol He由于He不参与反应，投入的反应物的量与原来一模一样，故达到的平衡与原平衡等效，反应达到平衡时SO2、O2及SO3的量与丙中原来平衡时相同，A符合题意；
40、B将4mol SO3完全转化为4mol SO2和2mol O2，而1mol He不参与反应，像是等效平衡，但因为反应从逆向开始，吸热反应，达到平衡时温度与原平衡不一样，故实际上不是等效平衡，B不合题意；C2mol SO2、lmol O2，将2mol SO3全部转化为2mol SO2和1mol O2，这样就相当于加入了4mol SO2和2mol O2，像是等效平衡，但因为反应从逆向开始，吸热反应，达到平衡时温度与原平衡不一样，故实际上不是等效平衡，C不合题意；D如果投入2mol SO2、1mol O2，则反应物的量等于原平衡的一半，由于压强不同，反应放出的热量不同即容器的温度不同，导致所达平衡与原平衡不等效，D不合题意；故答案为：A。
