甘肃省白银市靖远县第四中学2020-2021学年高二化学12月月考试题(含解析)

靖远四中2020-2021学年度12月月考试卷

高二化学（理科）

一、选择题（每小题只有一个答案，共16个小题，每小题3分，共48分）

1. 下列物质加入水中，属于放热反应的是( )

A. 固体NaOH

B. 无水乙醇

C. 固体NH4NO3

D. 生石灰【答案】D

【解析】

试题分析：固体NaOH、无水乙醇、固体NH4NO3溶于水中是物理变化，生石灰与水反应是放热反应．故选D．

考点：考查化学反应的热量变化

2.下列影响化学反应速率的因素中，是通过改变活化分子百分数来实现的是（）

①改变气体物质的量浓度②改变气体的压强③改变气体的温度④加入催化剂

A. 只有①②

B. 只有②③

C. 只有③④

D.

①②③④

【答案】C

【解析】

【详解】①改变气体物质的浓度，增大了反应体系中单位体积活化分子的数目，故①错误；

②改变气体的压强，可增大反应体系中单位体积活化分子的数目，故②错误；

③改变气体的温度，提供能能量，有效碰撞的机会增大，增大了反应体系中活化分子的百分数，故③正确；

④加入催化剂，降低了反应所需的活化能，增大了反应体系中活化分子的百分数，故④正确；

只有③④正确，故答案为C。

3.如图是反应CO(g) +2H2(g) CH3OH (g)过程中的能量变化如下图所示，曲线a 和b分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列相关说法正确的是（）

A. 加入催化剂，该反应的△H变小

B. 如果该反应生成液态CH3OH，则△H变大

C. 该反应的△H ＝＋91 kJ/moL

D. 反应物的总能量大于生成物的总能量

【答案】D

【解析】

【详解】A．加入催化剂，降低了反应的活化能，但反应物和生成物能量没变，其能量差即△H不变，故A错误；

B．如果该反应生成液态CH3OH，放出更多的热量，因反应热为负值，则△H减小，故B错误；C．该反应的△H ＝反应物的活化能-生成物的活化能=419 kJ/moL -510 kJ/moL =-91

kJ/moL，故C错误；

D．该反应的△H ＝-91 kJ/moL，为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，故D正确；

故答案为D。

4.下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是（）

A. NaHCO3 ＝Na+ + H ++CO32-

B. KHSO4＝K+ + H + + SO42-

C. H2SO32H++ SO32-

D. CHCOONH4 CHCOO - +NH4+

【答案】B

【解析】

【详解】A．NaHCO3为强电解质，但HCO3-不能完全电离，则NaHCO3的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3-，故A错误；

B．硫酸氢钾是强电解质，能完全电离出三种离子，电离方程式为：KHSO4=K++H++SO42-，故B 正确；

C．H2SO3是弱电解质，且分步电离，其第一步电离方程式为H2SO3H++ HSO3-，故C错误；

D．CHCOONH4是强电解质，能完全电离，电离方程式为：CHCOONH4 =CHCOO - +NH4+，故D错误；故答案为B。

5.可逆反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)在密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是( )

①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2

②单位时间内生成n mol O2的同时，生成2n mol NO

③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2:2:1的状态

④混合气体的颜色不再改变的状态

⑤混合气体的密度不再改变的状态

⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态

A ①④⑥ B. ②③⑤ C. ①③④ D.

①②③④⑤⑥

【答案】A

【解析】

【详解】①单位时间内生成n mol O2，同时生成2n molNO2，说明反应v正=v逆，达到平衡状

态，故①正确；

②单位时间内生成n mol O2的同时，生成2n mol NO，两者均表示正反应速率，不能说明达到平衡状态，故②错误；

③无论反应是否达到平衡状态，反应速率之比都等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态，故③错误；

④混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，反应达到平衡状态，故④正确；

⑤混合气体的体积不变，质量不变，气体的密度始终不变，不能作平衡状态的标志，故⑤错误；

⑥反应前后气体的化学计量数之和不相等，混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量不变，能够说明反应达到平衡状态，故⑥正确；

达到平衡状态的标志有①④⑥，故选A。

【点睛】本题的易错点为①和②，要注意达到平衡的标志之一是v正=v逆，而②均表示正反应速率。

6.下列说法或表示方法正确的是

A. 等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多

B. 由C(石墨，s)=C(金刚石，s) △H=+1.9kJ/mol可知，金刚石比石墨稳定

C. 在101kPa 时，2gH 2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ 热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H 2(g)+O 2(g)=2H 2O(l) △H=﹣285.8kJ/mol

D. 在稀溶液中，H +(aq)+OH ﹣

(aq)=H 2O(l) △H=﹣57.3kJ/mol ，若将含0.5molH 2SO 4的浓硫酸与含1molKOH 的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ

【答案】D

【解析】

【详解】A. 硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，即前者放出热量多，A 项错误；

B. 由C(石墨)=C(金刚石)；△H=+1.90kJ/mol 可知金刚石的能量比石墨的能量高，所以石墨比金刚石稳定，B 项错误；

C. 2gH 2的物质的量为1mol ，则燃烧2mol H 2放出的热量为2?285.8 kJ/mol=571.6 kJ/mol 氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H 2(g)+O 2(g)=2H 2O(l) △H=﹣571.6 kJ/mol ，C 项错误；

D. 浓硫酸稀释会放出一部分热量，所以根据中和热的热化学方程式可知，若将含

0.5molH 2SO 4的浓硫酸与含1molKOH 的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ ，D 项正确； 答案选D 。

【点睛】物质具有的能量越低越稳定，化学键的键能越高越稳定。

7.在3A(g)＋B(g) = 2C(g)＋4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是( )

A. v （C ）=0.8 mol /（L ·s ）

B. v （B ）=0.3 mol/（L ·s ）

C. v （A ）=0.5 mol /（L ·s ）

D. v （D ）=1 mol /（L ·s ） 【答案】A

【解析】 【详解】在不同条件下，同一时间内用不同物质表示其反应速率，利用反应速率与化学计量数的比值可知，比值越大，反应越快；

A ．反应速率与化学计量数的比值0.8?mol?/L?s 2

（）=0.4mol /(L·s)； B ．反应速率与化学计量数的比值()

0.3mol?/L?s 1

=0.3 mol /(L·s)； C ．反应速率与化学计量数的比值()

0.5mol?/L?s 3=0.167 mol /(L·s)；

D．反应速率与化学计量数的比值

()

1mol?/L?s

4

=0.25 mol /(L·s)；

则此反应在不同条件下进行最快的是v(C)= 0.8 mol /（L·s），故答案为A。

8.在一定条件下，可逆反应：N 2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＜0达到平衡，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是（）

A. 加催化剂, v（正）v（逆）都发生变化，而且变化的倍数相等

B. 加压, v（正）v（逆）都增大，且v（正）增大的倍数大于v（逆）增大的倍数

C. 升温, v（正）v（逆）都增大，且v（正）增大的倍数大于v（逆）增大的倍数

D. 加入氩气，v（正）v（逆）都不变，且v（正）等于v（逆）

【答案】C

【解析】

【详解】A．加入催化剂，正逆反应速率都增大，且增大的倍数相同，平衡不移动，故A正确；

B．反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，v(正)、v(逆)都增大，平衡向正反应方向移动，说明v(正)增大的倍数大于v(逆)增大的倍数，故B正确；C．正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动，正逆反应速率都增大，v(正)增大的倍数小于v(逆)增大的倍数，故C错误；

D．在体积不变的密闭容器中通入氩气，虽然压强增大，但参加反应的气体的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，即v(正)v(逆)都不变，且v(正)仍等于v(逆)，故D正确；

故答案为C。

9.0.1mol/L的醋酸溶液中，存在电离平衡CHCOOH CHCOO - + H+，欲使平衡向电离的方向移动，同时使溶液的pH降低，应采取的措施是（）

A. 加热

B. 加少量醋酸钠固体

C. 加少量盐酸

D. 加少量NaOH固体

【答案】A

【解析】

【详解】A．醋酸的电离是吸热反应，升高温度促进醋酸电离，且溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故A正确；

B．向溶液中加入少量醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，导致溶液

中氢离子浓度降低，pH增大，故B错误；

C．加入盐酸，氢离子浓度增大，抑制醋酸电离，醋酸电离程度减小，故C错误；

D．向溶液中加NaOH，消耗氢离子，氢离子浓度减小，则pH增大，故D错误；

故答案为A。

10.下列事实不能证明甲酸（HCOOH，一元酸）为弱酸的是（）

A. 室温下，0.1mol/L甲酸的pH为2.3

B. 甲酸是共价化合物

C. 温度升高，溶液的导电能力明显增强

D. 甲酸溶液中存在着甲酸分子

【答案】B

【解析】

【详解】A．0.1mol/L的甲酸pH=2.3，说明该甲酸溶液中c(H+)=10-2.3 mol/L＜0.1mol/L，则甲酸部分电离，为弱电解质，故A错误；

B．共价化合物也可能是强电解质，则甲酸是共价化合物，无法判断甲酸是弱电解质，故B 正确；

C．升高温度，溶液的导电能力增大，说明溶液中离子浓度增大，则溶液中存在甲酸的电离平衡，甲酸为弱电解质，故C错误；

D．甲酸溶液中存在着甲酸分子，说明甲酸不能完全电离，存在电离平衡，甲酸为弱电解质，故D错误；

故答案为B。

11.一定量的盐酸与过量的铁粉反应时,为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的 ( )

A. NaOH固体

B. CuSO4固体

C. NaNO3溶液

D.

CH3COONa固体

【答案】D

【解析】

【详解】A．NaOH与酸中和，引起H+离子的物质的量的减小，浓度减小，反应速率减慢，但氢气的总量也在减少，故A错误；

B．硫酸铜与铁反应生成Cu，从而形成原电池加快反应速率，且不影响生成氢气的总量，故B错误；

C．加入NaNO3溶液降低H+浓度，且NO3-在酸性条件下有强氧化性，与Fe反应无氢气生成，故C错误；

D ．加入CH 3COONa 生成弱酸，H +离子浓度降低，反应速率减慢，但H +

离子的总的物质的量的不变，则不影响生成氢气的总量，故D 正确；

故答案为D 。

12.下列说法正确的是( )

A. 能自发进行的反应一定能迅速进行

B. ΔH<0、ΔS>0的反应在温度低时不能自发进行

C. 焓变和熵变都与反应的

自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据

D. NH 4HCO 3(s) = NH 3(g)＋H 2O(g)＋CO 2(g) ΔH ＝＋185.57 kJ ·moL －1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加方向转变的倾向

【答案】D

【解析】 【详解】A ．反应的自发性和反应进行的速率快慢之间没有必然联系，能自发进行的反应不一定能迅速发生反应，故A 错误；

B ．．△H ＜0、△S ＞0，在低温下可满足△G=△H-T?△S ＜0，能自发进行，故B 错误；

C ．反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，不能用焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据，故C 错误；

D ．反应△H ＞0、△S ＞0，△H-T △S ＜0，能自发进行说明，其中△S ＞0说明体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，故D 正确；

故答案为D 。

【点睛】一个化学反应能否自发进行，既与反应的焓变有关，又与反应的熵变有关；一般来说体系能量减小和混乱度增加都能促使反应自发进行，焓变和熵变共同制约着化学反应进行的方向，但焓和熵都不是唯一因素，我们不能单纯地根据焓变或熵变来判断某个反应是否自发进行。在等温、等压条件下，化学反应的方向是由反应的焓变和熵变共同决定的。化学反应自发进行的最终判据是吉布斯自由能变，自由能一般用△G 来表示，且△G=△H-T △S ：①当△G=△H-T △S ＜0时，反应向正反应方向能自发进行；②当△G=△H-T △S=0时，反应达到平衡状态；③当△G=△H-T △S ＞0时，反应不能向正反应方向自发进行。

13.在密闭容器中进行如下反应：X 2(g)＋Y 2(g)2Z(g)，已知X 2、Y 2、Z 的起始浓度分别为0.1 mol/L 、0.3 mol/L 、0.2 mol/L ，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是( ) A. Z 为0.3 mol/L

B. Y 2为0.4 mol/L

C. X2为0.2 mol/L

D. Z为0.4 mol/L

【答案】A

【解析】

因为是可逆反应，所以转化率不可能是100％的，即不可能只有反应物没有生成物，或只有生成物而没有反应物，所以选项A有可能，其余都是错误的，答案选A。

14.相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元中强酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积（V）随时间（t）变化的示意图正确的是

A. B.

C. D.

【答案】C

【解析】

【详解】相同体积，相同pH的某一元强酸溶液①和某一元中强酸溶液②中，中强酸溶液②部分电离。所以中强酸溶液②的n(H+)大于一元强酸溶液①，则中强酸溶液②反应得到氢气比一元强酸溶液①多，随着反应的进行，c(H+)减小，但中强酸溶液②会继续电离，所以反应一段时间后中强酸溶液②的c(H+)会大于一元强酸溶液①的c(H+)。则中强酸溶液②先到达反应终点。

故选C。

【点睛】本题要注意分析中强酸溶液②的电离情况和氢离子浓度变化，才能准确选出答案。

15.已知：可逆反应mA（g）+nB（g）pC（g）在密闭容器中进行，下图表示在不同反应时间t时，温度T和压强P与生成物C在混合物中的体积百分含量的关系曲线，由曲线分析下列判断正确的是（）

A. T1＜T2，P1＞P2，m+n＞p，正反应吸热

B. T1＞T2，P1＜P2，m+n＞p，正反应放热

C. T1＜T2，P1＞P2，m+n＜p，正反应放热

D. T1＞T2，P1＜P2，m+n＜p，正反应吸热

【答案】B

【解析】

【详解】由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，C的含量高，说明压强增大平衡向正反应方向移动，故正反应为气体体积减小的反应，即m+n＞p；压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T1＞T2，且温度越高，C的含量低，说明温度升高平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故答案为B。

【点睛】化学平衡图像题的解题技巧：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。

16.根据下列操作及现象，所得结论正确是

序号操作及现象结论

A

将0.1mol/L氨水稀释成0.01mol/L，测得pH由11.1

变成10. 6 稀释后NH3?H2O的电离程度减小

B

向某无色溶液中滴加稀盐酸无现象，滴加氯化钡溶

液，产生白色沉淀

该溶液中一定存在SO42-C 将某气体通入品红溶液，品红溶液褪色该气体一定是SO2

A. A

B. B

C. C

D. D 【答案】B

【解析】

试题分析：A、弱电解质稀释后电离程度增大，错误；B、滴加稀盐酸无现象，排除了CO32￣和SO32￣的干扰，滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，则该溶液一定存在SO42￣，正确；C、Cl2等气体通入品红溶液，品红溶液褪色，错误；D、向ZnS沉淀上滴加硫酸铜，Zn2+和Cu2+的浓度差别很大，所以无法比较k sp(ZnS)和k sp(CuS)，错误。

考点：本题考查实验现象及其分析。

二、非选择题:（每空2分，共52分)

17.现有以下八种物质，按要求填空: A、 NaOH溶液 B、Cu C、冰醋酸 D、无水乙醇 E、明矾溶液 F、熔化的KOH G、氨水 H、CuSO4·5H2O

(1)属于电解质的是 _______ ；

(2)属于非电解质的是 ______；

(3)属于弱电解质的是______；

(4)属于强电解质的是__________；

(5)能导电的是_________；（以上用对应字母填空）

(6)写出E中溶质的电离方程式_____________________________________。

【答案】 (1). CFH (2). D (3). C (4). FH (5). ABEFG (6). KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-

【解析】

【分析】

电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；

非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；

强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等；能导电的物质--必须具有能自由移动的带电的微粒，金属能导电--是由于金属中存在能自由移动的带负电的电子。

【详解】(1)电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，酸、碱、盐都是电解质，冰醋酸、熔化的KOH、CuSO4·5H2O都属于电解质，故答案为：CFH；

(2)非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物，大多数的有机物都是非电解质，如无水乙醇是非电解质，故答案为：D；

(3)弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等，冰醋酸是弱电解质，故答案为：C；

(4)强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐，CuSO4·5H2O、熔化的KOH都是强电解质，故答案为： FH；

(5)NaOH溶液、明矾溶液、氨水、熔化的KOH都有能自由移动的阴、阳离子，能导电；而Cu 中存在能自由移动的带负电的电子能导电，故答案为：ABEFG；

(6) 明矾溶液中的溶质为KAl(SO4)2，在溶液中完全电离，其电离方程式为

KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-。

【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。

18.(1)在配制氯化亚铁溶液时要加入一定量的盐酸，目的是______________________；还要加入少量铁粉,目的是_______________________。（以上用相应的离子方程式解释）

(2)把下列溶液蒸干并灼烧，用所得物质的化学式填空：Na2CO3溶液___________； NaClO溶液___________； AlCl3溶液____________。

【答案】 (1). 促进水解反应Fe2++2H2O Fe(OH)2+2H+逆向移动，达到抑制Fe2+水解的目的 (2). 防止Fe2+被氧化，发生的离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+ (3). Na2CO3 (4). NaCl (5). Al2O3

【解析】

【分析】

(1)配制FeCl2溶液的过程中要防Fe2+的水解和氧化；

(2)易水解的离子在加热的过程中会促进水解程度增大，结合水解产物分析判断。

【详解】(1) Fe2+在水溶液中易水解，发生的水解反应式为，Fe2++2H2O Fe(OH)2+2H+，则在配制氯化亚铁溶液时要加入一定量的盐酸，可抑制Fe2+水解；在FeC12液中需加入少量铁粉，其目的是防止Fe2+被氧化，发生的离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+；

(2) Na2CO3溶液中存在CO32-+H2O HCO3-+OH-，加热促进水解，溶液中NaHCO3和NaOH的浓度增大，两者继续反应生成Na2CO3和水，则最终蒸干并灼烧得到固体为Na2CO3；NaClO溶液中存在水解反应NaClO+H 2O NaOH+HClO，加热促进水解平衡正向移动，且加热过程中HClO分解生成HCl和O2，其中HCl和NaOH发生中和反应生成NaCl，则加热蒸干、灼烧最终所得固体为NaCl；氯化铝水溶液中水解生成氢氧化铝和盐酸，反应的离子方程式为

Al3++3H2O?Al(OH)3+3H+；溶液蒸干，氯化氢挥发促进水解正向进行得到氢氧化铝，再灼烧得到氧化铝，反应的化学方程式为2Al(OH)3Al2O3+3H2O。

【点睛】考查盐类水解的应用。对于盐溶液的蒸干产物总结如下：①金属阳离子易水解的易挥发性酸盐得金属氢氧化物。例如氯化铝得氧化铝，氯化铁得氧化铁；而硫酸铝的蒸干还是硫酸铝；②酸根阴离子易水解的强碱盐，正盐是原物质，酸式盐考虑水解产物或分解，例如碳酸钠蒸干是碳酸钠，碳酸氢钠蒸干分解得碳酸钠；③易氧化的蒸干得氧化产物，如硫酸亚铁得硫酸铁，亚硫酸钠得硫酸钠。

19.在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H＜0;

(1)写出该反应的化学平衡常数表达式K=__________

(2)降低温度，该反应K值__________，二氧化硫转化率___________，化学反应速率

___________（以上均填增大、减小或不变）。

(3)600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图，反应处于平衡状态时间是___________________________。

(4)据图判断，反应进行至20min时，曲线发生变化的原因是_______________________（用文字表达）。

(5)10min到15min的曲线变化的原因可能是____________（填写编号）。

A、加了催化剂

B、缩小容器体积

C、降低温度

D、增加SO3的物质的量。

(6)若该反应的密闭容器为2L，则反应15min时，v（SO2）=___________

(7)为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是（）

A、及时分离出SO3气体

B、适当升高温度

C、增大O2的浓度

D、选择高效的催化剂

【答案】 (1). K=

()

()()

2

3

2

22

c SO

c SO c O

?

(2). 增大 (3). 增大 (4). 减小 (5).

15-20min和25-30min (6). 增大了氧气的浓度(7). AB (8).

0.0013mol/(L·min) (9). C

【解析】

【分析】

(1)根据反应方程式和平衡常数的概念书写K的表达式；

(2)降低温度平衡向放热反应方向移动，根据平衡的移动判断温度对平衡常数、二氧化硫转化率影响，降低温度反应速率减小；

(3)反应混合物各物质的物质的量不变化，说明反应处于平衡状态；

(4)由图可知，反应进行至20min时，改变条件，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大；

(5)由图可知，反应向正反应进行，10min到15min反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，10min改变瞬间，各物质的物质的量不变；

(6)根据v(SO2)=c

t

计算；

(7)增大反应速率的方法有增大浓度、增大压强、加入催化剂、升高温度；平衡向右移动方法有：降低温度、增大反应物浓度或减小生成物浓度、增大压强。

【详解】(1)在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)，该反

应的平衡常数表达式K=

() ()()

2

3

2

22

c SO

c SO c O

?

；

(2)该反应正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数k增大，二氧化硫转化率增大，降低温度反应速率减小；

(3)反应混合物各物质的物质的量不变化，说明反应处于平衡状态，由图可知在15-20min 和25-30min出现平台，各组分的物质的量不变，反应处于平衡状态；

(4)由图可知，反应进行至20min时，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大，应是增大了氧气的浓度；

(5)由图可知，反应向正反应进行，10min到15min反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，10min改变瞬间，各物质的物质的量不变；

A．加了催化剂，增大反应速率，故A正确；

B．缩小容器体积，增大压强，增大反应速率，故B正确；

C．降低温度反应速率降低，故C错误；

D．10min改变瞬间，各物质的物质的量不变，不是增加SO3的物质的量，故D错误；

故答案为AB；

(6)反应进行到15min时，SO2的变化物质的量为0.04mol，反应的密闭容器为2L，则反应

15min时，v(SO2)=0.04mol

2L

15min

≈0.0013mol/(L·min)；

(7) A．及时分离出SO3气体，减小生成物浓度，反应速率减小，故A错误；

B．适当升高温度，反应速率增大，反应是放热反应，平衡逆向进行，故B错误；

C．增大O2的浓度，增大反应物浓度，反应速率增大，平衡正向进行，故C正确；

D．选择高效的催化剂改变反应速率，但不改变化学平衡，故D错误；

故答案为C。

20. 现有25℃时0.1 mol/L的氨水，请回答下列问题：

（1）若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好完全中和，写出反应的离子方程式：

________________________；所得溶液的pH________7(填“>”、“<”或“＝”)，用离子方程式表示其原因：__________________；根据所得溶液的物料守衡关系，将下列等式补充完整, c(SO42－)= 。

（2）若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH＝7，此时c(NH4+)＝a mol/L，则c(SO42－)＝________。（3）若向氨水中加入pH＝1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1∶1，则所得溶液中各离子

的物质的量浓度由大到小的顺序是 。

【答案】（1）NH 3·H 2O ＋H ＋===NH 4+＋H 2O < NH 4+＋H 2O

NH 3·H 2O ＋H ＋ 1/2[c(NH 4+)+c(NH 3·H 2O)] （2）2

a mol·L －1（3）c(NH 4+)>c(SO 42－)>c(H ＋)>c(OH －) 【解析】 试题分析：（1）氨水和稀硫酸反应生成硫酸铵和水，反应的离子方程式为NH 3·H 2O ＋H ＋===NH 4

+＋H 2O ；氨水和稀硫酸恰好反应生成硫酸铵，硫酸铵是强酸弱碱盐，NH 4＋水解导致溶液显酸性，

即所得溶液的pH<7，用离子方程式表示其原因是NH 4+＋H 2O

NH 3·H 2O ＋H ＋；根据物料守恒，c(SO 42－)=1/2[c(NH 4+)+c(NH 3·H 2O)]

（2）根据题意，溶液呈中性，则溶液中c （H +）=c （OH -），溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒c （NH 4+）+c （H +）=2c （SO 42-）+c （OH -），所以c （SO 42-） =" 0.5" c （NH 4+） =" 0.5a" mol/l 。

（3）pH=1的硫酸溶液，c （ H +）=0.1mol?L -1，氢离子浓度与氨水浓度相等，体积相同，所以恰好反应生成盐，如果NH 4+不水解，c （ NH 4+）：c(SO 42-）=2：1，但水解程度是较弱的，所以c （NH4+）＞c （SO 42-）；溶液呈酸性，所以c （H +）＞c （OH -），溶液中离子浓度大小顺序是c(NH 4+) > c(SO 42－) > c(H ＋) > c(OH －)。

【考点定位】考查弱电解质的电离，溶液的酸碱性，盐的水解等知识。

【名师点睛】本题考查弱电解质的电离，溶液的酸碱性，盐的水解等知识。该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题贴近高考，综合性强，在注重对学生基础知识巩固与训练的同时，侧重对学生能力的培养与解题方法的指导和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键是利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒。 “三个守恒”

①电荷守恒：电解质溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。如NaHCO 3溶液中：c(H ＋)+c(Na ＋)=c(HCO 3-)+2c(CO 32-)+c(OH －)

②物料守恒：电解质溶液中，某种粒子的初始浓度等于它的各种存在形式的浓度之和。物料守恒实际上属于原子个数守恒和质量守恒。如Na 2S 溶液中S 原子守恒，n(Na):n(S)恒为2:1，c(Na ＋)=2c(S 2－)+2c(HS －)+2c(H 2S)

③质子守恒：任何水溶液中水电离出的H ＋和OH －的量总是相等的；盐类水解过程中，由于弱酸根离子或弱碱阳离子结合了水电离的H ＋或OH －，从而使溶液中的c(H ＋)与c(OH －)不再相等而表现出一定的酸碱性，但水电离出的H ＋与OH －守恒的关系依然存在。如Na 2CO 3溶液中，

c(OH－)=c(H＋)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)