2022-2023学年四川省成都外国语学校高二上学期12月月考化学试题.docx

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1、四川省成都外国语学校2022-2023学年高二上学期12月月考化学试题可能用到的相对原子质量： 第卷 (选择题，共50分)一、选择题(每题仅有一个正确答案，每小题2分，共50分)1. 生活中的下列物质呈酸性的是A. 苏打水B. 可乐C. 食盐水D. 肥皂液【答案】B【解析】【详解】ANa2CO3俗称纯碱、苏打。该物质是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此苏打水先碱性，A不符合题意；B可乐是在饮料中将一定浓度的CO2气体通过加压制成的。CO2与水反应产生H2CO3，H2CO3是二元弱酸，电离产生H+而使溶液中c(H+)c(OH-)，因此溶液显酸性，B符合题意；CNaCl是日常生活中常用的盐，俗称食

2、盐，该物质是强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液显中性，故食盐水呈中性，C不符合题意；D肥皂液是高级脂肪酸的钠盐，由于高级脂肪酸是弱酸，NaOH是强碱，因此高级脂肪酸的钠盐溶液显碱性，即肥皂液显碱性，D不符合题意；故合理选项是B。2. 下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是A. 灼热的碳与CO2的反应B. 锌与稀硫酸反应C. Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应D. 铝热反应【答案】A【解析】【详解】A灼热的碳与CO2反应产生CO，反应前后元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应；反应发生吸收热量，因此该反应又属于吸热反应，A符合题意；B锌与稀硫酸发生置换反应产生ZnSO4、H

3、2，反应前后元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应；反应发生放出热量，因此该反应又属于放热反应，B不符合题意；CBa(OH)28H2O与NH4Cl发生复分解反应产生BaCl2、NH3H2O，反应过程中元素化合价不变，因此不属于氧化还原反应，C不符合题意；D铝热反应是金属间的置换反应，反应前后元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应；反应发生放出热量，因此该反应又属于放热反应，D不符合题意；故合理选项是A。3. 分类法是学习和研究化学的一种常用的科学方法。下列分类不合理的是、都是碱性氧化物；、都是酸性氧化物已知：(足量)，则为三元酸，为酸式盐与均含相同的元素氢，故也可以称为酸盐

4、酸和冰醋酸均属于电解质A. 只有B. 只有C. 只有D. 【答案】D【解析】【详解】CaO2中氧元素显-1价，不属于碱性氧化物；NO2不是酸性氧化物，不正确；H3RO2消耗1mol的NaOH反应，所以H3RO2为一元酸，生成NaH2RO2为正盐，不正确； KHSO4由K、H、S、O四种元素组成，含有酸式根离子和金属离子，KHSO4属于盐，不正确；盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，错误；综合分析不合理的；故答案为：D。4. 常温下，下列实验一定能证明为弱电解质的是A. 溶液的B. 溶液中滴入石蕊试液呈红色C. 蛋壳浸泡在溶液中有气体放出D. 的溶液中含有、等微粒【答案】D【解析】【详解】

5、A0.1mol/ LNaA溶液在常温下pH=7，溶液呈中性则NaA是强酸强碱盐所以HA是强电解质，故A不选；B0.1mol/LHA溶液中滴入石蕊试液呈红色，说明该溶液呈酸性，但是不能说明HA是否完全电离，则不能证明HA是弱电解质，故B不选；C蛋壳浸泡在0.1mol/LHA溶液中有气体放出，只能说明HA酸性大于碳酸，但是不能说明HA是否完全电离，则不能证明HA是弱电解质，故C不选；D的溶液中含有、等微粒，含有未电离的分子，说明HA没有完全电离，则证明HA是弱电解质，故D选；故答案为D。5. 下列有关化学符号表示正确的是A. 甲烷的燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： B. 在水溶液中的电离

6、：C. 向溶液中通入少量：D. 硫化钠溶液呈碱性的原因：【答案】D【解析】【详解】A燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定的稳定产物(水为液态水)时放出的热量，甲烷的燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： ，A错误；BH2CO3是多元弱酸，其电离过程是分步进行的，在水溶液中的电离：、，以第一步电离为主，B错误；C由于HClO具有强氧化性，故向溶液中通入少量反应生成硫酸钠、次氯酸，该反应的离子方程式为：，C错误；D硫化钠溶液呈碱性是由于S2-发生水解，S2-是多元弱酸根离子，其水解反应是分步进行的即，D正确；故答案为：D。6. 下列说法正确的有几个(1)强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解

7、质溶液强(2)将氢氧化钠溶液和氨水各稀释一倍，氢氧根浓度均减小为原来的一半(3)减少反应物的用量，平衡一定逆向移动(4)加入催化剂可以降低活化能，活化分子百分比虽然没变，但可以加快反应速率(5)电离常数大的酸溶液中的一定比电离常数小的酸溶液中的大(6)非电解质的水溶液一定不能导电(7)常温下向的氢氧化钠溶液中加入的溶液至，所得溶液的总体积20mLA. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】B【解析】【详解】(1)因为浓度不确定，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强，正确；(2)将氢氧化钠溶液和氨水各稀释一倍，氨水电离平衡正向移动，氢氧根浓度大于原来的一半，错误；(3)若反应物为固体

8、或者纯液体，减少反应物的用量，平衡不一定移动，错误；(4)加入催化剂可以降低活化能，活化分子百分比增大，加快反应速率，错误；(5)相同浓度酸溶液中，电离常数大的酸溶液中的电离常数小的酸溶液中的大，错误；(6)非电解质可能和水反应生成可以电离的物质，如能与水反应，生成的的水溶液能导电，错误；(7)常温下向的氢氧化钠溶液中加入10mL的溶液，由于不确定HA的酸性强弱，完全反应后溶液显碱性或中性，要使，所加溶液体积小于或等于10mL，因此所得溶液的总体积20mL，正确。故选B。7. 下列实验事实不能用勒夏特列原理解释的是A. 的氨水稀释10倍后溶液B. 升高温度水的离子积增大C. 制备时用粗锌比纯锌

9、的速率快D. 向固体中滴加浓氨水制氨气【答案】C【解析】【详解】A的氨水稀释10倍后溶液，可知稀释时一水合氨的电离平衡正向移动，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B水的电离是吸热的过程，升高温度促进电离，导致水的离子积增大，能用平衡移动原理解释，B不符合题意；C改用粗锌可以形成原电池，可以加快金属锌和硫酸反应的速率，与化学平衡无关，不能用平衡移动原理解释，C符合题意；D浓氨水中加入氢氧化钠固体，会放出大量的热，促使氨水的电离平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；答案选C。8. 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 25，的溶液中的数目为B. 与足量二氧化碳(C18O2)

10、反应生成分子数为C. 室温下的溶液，由水电离出的数目为D. 和在密闭容器中充分反应得到个分子【答案】C【解析】【详解】A25时的溶液中n(OH-)=cV=0.1mol/L1L=0.1mol，水还电离出OH-，则溶液中的数目大于，故A错误；BNa2O2与足量的(C18O2)反应为歧化反应，生成的O2中的氧元素全部来自于Na2O2，不会生成18O2，故B错误；C在pH=11的Na2CO3溶液中c(H+)=110-11mol/L，由c(H+)c(OH-)=KW可知c(OH-)=110-3mol/L，由水电离出的c(OH-)=110-3mol/L，n(OH-)=110-3mol/L10L=0.01mo

11、l,所以水电离出的OH-数目为0.01NA，故C正确；D合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故NH3的分子数小于2NA，故D错误；故选：C。9. 常温下，下列各组离子在相应的溶液中可能大量共存的是A. 由水电离产生的的溶液中：、B. 能使试纸变红的溶液中：、C. 在的溶液中：、D. 的溶液中：、【答案】A【解析】【详解】A由水电离产生的的溶液为酸性或碱性溶液，可以与OH-反应而不能大量共存，但是在酸性条件下可以共存，故A符合题意；B能使试纸变红的溶液为酸性溶液，可以与H+反应而不能大量共存，故B不符合题意；C的溶液为碱性溶液，、与氢氧根都能反应而不能大量共存，故C不符合题意；D的溶液为酸性溶

12、液，与H+可以反应而不能大量共存，故D不符合题意；故选A。10. 下列实验中，由于错误操作导致实验结果一定偏高的是A. 用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线，所配溶液的浓度B. 滴定时盛放待测液的锥形瓶没有干燥，所测得待测液的浓度C. 用标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸，选甲基橙做指示剂，所测得盐酸溶液的浓度D. 滴定管(装标准溶液)滴定后读数时尖嘴处悬挂一滴液体【答案】D【解析】【详解】A配制溶液时，在定容时仰视液面会导致所配溶液体积偏大，导致溶液浓度偏小，故不选A项；B滴定时盛放待测液的锥形瓶没有干燥，不影响溶质的量，对测量结果无影响，故不选B项；C甲基橙变色的范围是：3

13、.1-4.4，所以用甲基橙做指示剂，当达到滴定终点时溶液呈酸性，消耗的氢氧化钠溶液偏少，所测得的醋酸溶液浓度偏低，故不选C项；D滴定管(装标准溶液) 滴定后读数时尖嘴处悬挂一滴液体，会导致量取液体的体积偏大，导致测得待测液的浓度偏高，故选D项；故答案选D。11. 根据下列图示所得出的结论正确的是A. 图甲表示压强对可逆反应的影响，乙的压强比甲的压强大B. 图乙是金刚石与石墨分别氧化生成能量关系曲线，说明石墨转化为金刚石的反应的C. 图丙表示一定条件下的合成氨反应中，的平衡体积分数随起始体积分数(的起始量恒定)的变化，图中a点的转化率大于b点D. 图丁表示常温下，稀释、两种酸的稀溶液时，溶液随加

14、水量的变化，则一定是强酸【答案】B【解析】【详解】A2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，图中平衡状态相同，应为使用催化剂，故A错误；B图中金刚石比石墨的能量高，则石墨转化为金刚石的反应的H0，故B正确；C增大氢气的量，可促进氮气的转化率，则图中a点N2的转化率小于b点，故C错误；D开始的pH相同，稀释相同倍数时，酸性强的pH变化大，则HA的酸性强，不能说明HA一定是强酸，故D错误；故答案为B。12. 对于反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)的反应历程如下：第一步：N2O5NO2+NO3 快速平衡第二步：NO2+NO3NO+NO2+O2

15、 慢反应第三步：NO+NO32NO2 快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述错误的是A. v(第一步的逆反应)v(第二步反应)B. 反应的中间产物只有NO3C. 第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D. 第二步反应活化能较高【答案】B【解析】【详解】A快速平衡，说明第一步反应的正、逆反应速率都较大，则第一步反应的逆反应速率大于第二步反应的速率，A正确；B根据反应历程可知，反应的中间产物有NO、NO3，B错误；C第二步反应不影响第一步的平衡，且第二步反应为慢反应，则第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；D活化能越高，反应速率越慢，则可知第二步反应活化能较高，D正确

16、；故答案选B。13. 一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是A. 升高温度，可能引起由c向b的变化B. 该温度下，水离子积常数为1.010-13C. 该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D. 该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化【答案】C【解析】【分析】【详解】A图中曲线为一定温度下的离子积常数曲线，升高温度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的离子积常数增大，所以升高温度将不在曲线上，不可能由c变到b，故A错误； B根据离子积常数可知，该温度下Kw=c(H+)c(OH)=11071107=11014，故B错误；C该温度下，加入FeCl3水解显酸

17、性，氢离子浓度增大而氢氧根离子浓度减小，可以引起曲线b向a的变化，故C正确；D该温度下，离子积常数不变，稀释溶液，只能在这条曲线上，不能造成由c向d的变化，故D错误；故答案为C。14. 关于下列仪器使用的说法错误的是A. 、不可加热B. 、不可用作反应容器C. 、可用于物质分离D. 、使用前需检漏【答案】A【解析】【分析】是锥形瓶，是酸式滴定管，是蒸馏烧瓶，是容量瓶，是梨形分液漏斗【详解】A锥形瓶可以加热，但需要加石棉网，容量瓶不能加热，A项符合题意；B酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，都不能作反应容器，B项不符合题意；C蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，分离相互

18、溶解的液体，分液漏斗用于分液操作，分离相互不溶解的液体，两者均可用于物质分离，C项不符合题意；D酸式滴定管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前均需检查是否漏水，D项不符合题意；故选A。15. 用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M。为研究降解效果，设计如下对比实验探究温度、浓度、pH对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示。下列说法错误的是实验编号温度/pH251451257251A. 实验中015min内M的降解速率为1.33105molL1min1B. 若其他条件相同，则实验说明升高温度，M的降解速率增大C. 若其他条件相同，则实验说明pH越大

19、，越不利于M的降解D. 若其他条件相同，则实验说明M的浓度越小，降解的速率越快【答案】D【解析】【详解】A由图中数据，可知15 min内c（M）=（0.3mol/L-0.1mol/L）10-3=210-4mol/L，则实验中015min内M的降解速率为2104mol/L15min=1.33l0-5mol/（Lmin），故A正确；B由图可知实验相对于实验，M降解速率增大，结合表中数据可知，其他条件相同，实验的温度高，所以说明升高温度，M降解速率增大，故B正确；C由图可知实验相对于实验，M降解速率增大，又表中数据可知，其他条件相同，实验的pH高，所以说明pH越高，越不利于M的降解，故C正确；D由图

20、可知，起始浓度不同，M的起始浓度越小，降解速率越小，故D错误；故选D。16. 在催化剂表面脱氢的反应机理，反应历程与能量的关系如图所示：下列说法错误的是A. 在历程中，涉及了、的断裂B. 在历程中，生成V的反应决定了脱氢反应的速率C. 若用或代替，得到的产物都有和D. 在催化剂表面脱氢反应的【答案】A【解析】【详解】A在历程IV中，根据图中分析没有的断裂，故A错误；B在历程IV中，IVV的活化能最高，则生成V的反应速率最慢，决定了脱氢反应的速率，故B正确；C根据HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理图可得化学反应为HCOOHCO2+H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，则用DC

21、OOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2，故C正确；D由反应历程图可知，在催化剂表面脱氢反应，反应物的总能量高于最终产物的总能量，则HCOOH脱氢反应为放热反应，HC. 将溶液、等体积混合，所得溶液中：D. 将aL溶液与bL溶液混合后，若所得溶液的，则【答案】C【解析】【详解】A氯化铵溶于水后电离出铵根可以抑制氨水的电离使氢氧根浓度减小，铵根还可以结合NaOH溶液中的氢氧根使其氢氧根浓度减小，则溶液、中加入氯化铵晶体后，溶液的pH都会减小，故A正确；B一水合氨稀释过程中还有继续电离出氢氧根，所以稀释10倍其pH的变化小于1，则稀释后pH：，同理醋酸稀释10倍其pH的变化也小

22、于1，则pH： c(Cl-)，故C错误；DpH=11的NaOH溶液和pH=3的盐酸浓度均为10-3mol/L，混合后pH=4，所以酸过量，则=10-4mol，解得a:b=11:9，故D正确；综上所述答案为C。21. 为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)实验目的玻璃仪器试剂A配制一定物质的量浓度的溶液容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒蒸馏水、固体B制备胶体烧杯、酒精灯、胶头滴管蒸馏水、饱和溶液C测定溶液浓度烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管待测溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂D测中和反应中的热量变化大小烧杯、环形玻璃搅拌棒、量筒盐酸、溶液A. AB. BC. C

23、D. D【答案】B【解析】【详解】A配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、100mL 容量瓶、胶头滴管等，其中所需要的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，故A错误；B往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，所选玻璃仪器和试剂均准确，故B正确；C用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液测定氢氧化钠的浓度，取待测液时需选取碱式滴定管，酸式滴定管则盛装标准盐酸溶液，所以所选仪器还应有碱式滴定管，故C错误；D用

24、盐酸和溶液测中和热，需要量筒量取溶液，需要大小烧杯，环形玻璃搅拌棒，还需要温度计测起始和反应完的温度，故D错误；故答案为B。22. 下列实验及其结论都正确的是实验结论A分别向的酸性和的酸性溶液中滴加的草酸溶液，用秒表记录褪色时间反应物的浓度越大，反应速率越快B室温下，用试纸测定浓度均为的溶液和溶液的比较和的酸性强弱C等体积、的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多酸性HA比HB弱D向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液根据品红溶液褪色判断该钠盐为或A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A高锰酸钾浓度不同，溶液颜色不一致，不能说明浓度对速率的影响，应

25、控制草酸浓度不同且过量，其余物理量完全相同，然后比较褪色时间，故A错误；BNaClO溶液具有漂白性，则pH试纸不能测定其pH，故B错误；C等pH的酸与足量的Zn反应时，弱酸的浓度大，生成氢气多，HA放出的氢气多，可知酸性HA比HB的弱，故C正确；D二氧化硫、氯气等均可使品红溶液褪色，由操作和现象不能证明钠盐为Na2SO3或NaHSO3，故D错误；故选：C。23. 已知甲为恒温、恒压容器，乙为恒温、恒容容器。两容器中均充入1 mol N2、3 mol H2，初始时两容器的温度、体积相同。一段时间后反应达到平衡，为使两容器中的N2在平衡混合物中的物质的量分数相同，下列措施中可行的是 A. 向甲容器

26、中充入一定量的氦气B. 向乙容器中充入一定量的N2C. 升高乙容器的温度D. 增大甲容器的压强【答案】A【解析】【详解】甲为恒温恒压容器，乙为恒温恒容容器，初始时两容器的温度、体积相同，合成氨反应是一个气体体积缩小的可逆反应，反应达到平衡时甲的体积小于乙的体积，相当于在乙的基础上增大压强，缩小体积，平衡正向移动，甲中氮气的转化率高，甲中氮气的物质的量分数小；为使两容器中的N2在平衡混合物中的物质的量分数相同，可以提高甲中氮气的物质的量分数或者减小乙中氮气的物质的量分数。A. 向甲容器中充入一定量的氦气，使甲中的容积增大，相当于减小压强，平衡向左移动，提高了甲中氮气的物质的量分数，故A可行；B.

27、 向乙容器中充入一定量的N2气体，提高了乙中氮气的物质的量分数，故B不可行；C. ，升温平衡左移，提高了乙中N2的物质的量分数，故C不可行；D. 增大甲容器的压强，平衡右移，减小了甲中N2的物质的量分数，故D不可行；答案选A。24. 已知 ，下表是同温、同体积的两个恒容密闭容器中发生可逆反应的有关数据：容器编号起始各物质的物质的量达平衡时体系能量的变化002吸收热量：0.92.70.2下列叙述正确的是A. 、中反应的平衡常数不相等B. 平衡时两容器中的体积分数相等C. 容器中达平衡时放出热量为D. 若容器体积为变为原来的2倍，平衡时吸收的热量仍为【答案】B【解析】【详解】A平衡常数只与温度有关

28、，相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生相同的反应，则平衡常数应相同，A错误；B容器中放出23.15kJ热量，则生成氨气的物质的量为：，利用三段式计算：平衡时，容器中NH3的体积分数等于气体的物质的量分数：，从等效平衡的角度分析，在相同条件下处于相同平衡状态，所以平衡时两个容器内氨气的体积分数相等，B正确；C中含有0.9molN2和2.7molH2，相当在的基础上加入N2和H2，平衡正向移动，则平衡时放出的热量大于23.15kJ，C错误；D若容器体积为变为原来的2倍，相当于在原来的基础上减小压强，平衡逆向移动，平衡时放出的热量小于23.15kJ ，D错误； 故选B。25. 常温

29、下，浓度均为、体积均为的两种一元酸HX、HY的溶液中，分别加入固体，随加入的物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是A. 的酸性弱于B. a点由水电离出的C. c点溶液D. b点时酸碱恰好完全中和【答案】C【解析】【详解】A未加氢氧化钠时，相同浓度溶液中，HX的12，而HY的9，由于c(H+)c(OH-)Kw，则HX溶液中氢离子浓度更大，故HX的酸性强于HY，A错误；Ba点溶液12，结合c(H+)c(OH-)1014可知c(OH-)10-13 mol/L，水电离出的c(H+)等于溶液中c(OH-)，即a点由水电离出的c(H+)10-13 mol/L，B错误；CHY为0.01mol，c点加入Na

30、OH为0.005mol，HY反应后剩余0.005mol，生成0.005molNaY，此时c点溶液为等浓度的HY、NaY混合溶液，c点溶液中6，结合c(H+)c(OH-)1014可知c(H+)10-4mol/L，溶液呈酸性，说明HY的电离程度大于Y-的水解程度，则溶液中c点溶液中：c(Na+)c(Y-)，C正确；DHY为0.01mol，b点加入NaOH为0.008mol，二者按物质的量1：1反应，故HY有剩余，D错误。答案选C。第卷(共50分)26. 常温下，根据表中的几种物质的电离平衡常数回答下列问题：弱酸电离平衡常数（1）若取、体积均相等的溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后仍相等，则m

31、_(填“”“”或“=”)n。（2）某温度下纯水的，若温度不变，滴入稀盐酸，使，则此溶液中由水电离产生的_。（3）将的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量溶液，都升高了1，则加入的水与溶液的体积比为_。（4）向溶液中滴加溶液至，此时溶液_。（5）常温下，某盐酸和硫酸的混合溶液，取该溶液加入的溶液，恰好完全沉淀，则原溶液中_。（6）已知的，的，则反应的平衡常数_。【答案】（1） （2） （3） （4）5 （5） （6）720【解析】【小问1详解】NaOH是一元强碱，c(OH-)=c(NaOH)，NH3H2O是一元弱碱，部分电离，存在电离平衡，主要以电解质分子存

32、在，c(NH3H2O)(OH-)，因此当氨水与NaOH的pH相等时，c(NH3H2O)c(NaOH)。若将两种溶液都稀释相同倍数，氨水中存在的NH3H2O会进一步电离产生OH-，使氨水中c(OH-)比NaOH大，因此要使稀释后溶液的pH相等，则氨水应该再进一步稀释，故稀释的倍数m”、“”或“=”)；恒容下，既可提高反应速率，又可提高丙酮平衡转化率的一条合理措施是_。（4）在容积可变的恒温密闭容器中，充入丙酮蒸气维持恒压 (110kPa)。经过时间，丙酮分解10。用单位时间内气体分压变化表示的反应速率v(丙酮)_；该条件平衡时丙酮分解率为a，则_(以分压表示，分压=总压物质的量分数)。（5）其他条件相同，在甲、乙两种催化剂作用下发生该反应，相同时间时丙酮的转化率与温度的关系如图。工业上选择催化剂_(填“甲”或“乙”)。在催化剂甲作用下，温度高于210时，丙酮转化率降低的原因可能是_(写一条即可)。【答案】（1） . +84 . 高温 （2）ACD （3） . 压强 . .