2019-2020年高二化學上學期期中試題 （含解析）新人教版.doc

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2019-2020年高二化學上學期期中試題 （含解析）新人教版 一、選擇題（每小題3分，共48分） 1．（3分）下列生產、生活等實際應用，不能用勒夏特列原理解釋的是（　?。? 　 A． 實驗室中配制FeCl3溶液時，應向其中加入少量濃鹽酸 　 B． 合成氨工業(yè)中使用鐵觸媒做催化劑 　 C． 飽和FeCl3溶液滴入沸水中可制得氫氧化鐵膠體 　 D． 向AgCl沉淀中加入NaCl固體，AgCl沉淀的溶解度發(fā)生改變 考點： 化學平衡移動原理．. 專題： 化學平衡專題． 分析： 勒沙特列原理是：如果改變影響平衡的一個條件（如濃度、壓強或溫度等），平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動．勒沙特列原理適用的對象應存在可逆過程，若與可逆過程無關，與平衡移動無關，則不能用勒沙特列原理解釋． 解答： 解：A．鐵離子水解Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，實驗室配制FeCl3溶液時，應向其中加入少量濃鹽酸抑制鐵離子水解，能用勒夏特利原理解釋，故A不選； B．使用催化劑加快反應速率，平衡不移動，不能用勒夏特利原理解釋，故B選； C．氯化鐵水解FeCl3+3H2O?Fe（OH）3（膠體）+3HCl，HCl易揮發(fā)，水解過程是吸熱的，加熱，有利于平衡向右移動，有利于氫氧化鐵膠體的生成，能用勒夏特利原理解釋，故C不選； D．AgCl溶解存在AgCl（s）?Ag++Cl﹣，AgCl沉淀中加入NaCl固體，氯離子濃度增大，抑制AgCl溶解，AgCl沉淀的溶解度減小，能用勒夏特利原理解釋，故D不選； 故選B． 點評： 本題考查勒夏特列原理知識，題目難度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必須是可逆反應，且是否發(fā)生平衡的移動． 　 2．（3分）表示下列用途或變化的離子方程式不正確的是（　?。? 　 A． 泡沫滅火器滅火原理：Al3++3HCO3﹣=3CO2↑+Al（OH）3↓ 　 B． 純堿代替洗滌劑洗滌餐具：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣ 　 C． 明礬凈水原理：Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+ 　 D． NaHCO3的水解：HCO3﹣+H2O?H3O++CO32﹣ 考點： 離子方程式的書寫．. 專題： 離子反應專題． 分析： A．相互促進水解生成二氧化碳氣體，用來滅火； B．純堿水解顯堿性，分步進行，以第一步為主； C．鋁離子水解生成膠體，可凈化水； D．碳酸氫根離子水解生成碳酸． 解答： 解：A．泡沫滅火器滅火原理，發(fā)生水解離子反應為Al3++3HCO3﹣=3CO2↑+Al（OH）3↓，故A正確； B．純堿代替洗滌劑洗滌餐具，水解離子反應為CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，故B正確； C．明礬凈水原理，水解離子反應為Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+，故C正確； D．NaHCO3的水解，水解離子反應為HCO3﹣+H2O?OH﹣+H2CO3，故D錯誤； 故選D． 點評： 本題考查離子反應的書寫，為高頻考點，把握發(fā)生的反應及離子反應的書寫方法為解答的關鍵，側重水解反應的離子反應考查，題目難度不大． 　 3．（3分）下列有關說法正確的是（　?。? 　 A． 反應NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室溫下可自發(fā)進行，則該反應的△H＜0 　 B． 0.01 mol/L的氨水可以使酚酞試液變紅，說明氨水是弱電解質 　 C． FeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液加熱蒸干、灼燒都得到Fe2O3 　 D． 在化學平衡、電離平衡、水解平衡中，平衡常數都隨溫度的升高而增大 考點： 焓變和熵變；弱電解質在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的應用．. 專題： 電離平衡與溶液的pH專題；鹽類的水解專題． 分析： A．依據反應能否自發(fā)進行的判據：△H﹣T△S解答； B．電解質是化合物，氨水是氨的水溶液是混合物，氨水使酚酞變紅，是堿的通性； C．弱堿鹽水解生成難揮發(fā)性強酸時，加熱蒸干仍得到原物質； D．升高溫度化學平衡常數可能增大也可能減?。? 解答： 解：A．反應能自發(fā)進行說明：△H﹣T△S＜0，由方程式NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）可知該反應的＜0，要使：△H﹣T△S＜0，所以必須滿足△H＜0，故A正確； B．0.01 mol/L的氨水可以使酚酞試液變紅是堿的通性，強堿如氫氧化鈉也有此類性質，所以不能證明氨水是弱電解質，弱電解質是化合物，氨水是氨的水溶液是混合物，故B錯誤； C．弱堿鹽水解生成難揮發(fā)性強酸時，加熱蒸干仍得到原物質，F(xiàn)eCl3溶液加熱蒸干、灼燒得到Fe2O3，F(xiàn)e2（SO4）3溶液加熱蒸干、灼燒得到Fe2（SO4）3，故C錯誤； D．升高溫度化學平衡常數可能增大也可能減小，若為放熱反應，升高溫度平衡逆移，平衡常數減小，若為吸熱反應，升高溫度平衡正移，則平衡常數增大，而電離平衡、水解平衡中，平衡常數都隨溫度的升高而增大，故D錯誤． 故選A． 點評： 本題考查了反應自發(fā)性的判斷、弱電解質、鹽的水解、平衡常數的影響因素，題目涉及的知識點較多，側重于基礎知識的綜合考查，題目難度中等． 　 4．（3分）一定條件下，向某密閉容器中加入一定量的N2和H2發(fā)生可逆反應：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=﹣92.2kJ?mol﹣1，測得0到10秒內，c（H2）減小了0.75mol?L﹣1，下列說法正確的是（　?。? 　 A． 10到15秒內c（NH3） 增加量等于0.25mol?L﹣1 　 B． 化學反應速率關系是：3υ正（H2）=2υ正（NH3） 　 C． 達平衡后，分離出少量NH3，V正增大 　 D． 該反應的逆反應的活化能不小于92.2kJ?mol﹣1 考點： 反應速率的定量表示方法．. 專題： 化學反應速率專題． 分析： A．隨著反應的進行，反應物的濃度減小，化學反應速率減??； B．化學反應速率之比等于化學計量數之比； C．減小生成物濃度，正逆反應速率都減??； D．、△H=正反應的活化能﹣逆反應的活化能． 解答： 解：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=﹣92.2kJ?mol﹣1， A．測得0到10秒內，c（H2）減小了0.75mol?L﹣1，則c（NH3）增加了0.75mol?L﹣1=0.5mol?L﹣1，隨著反應的進行，反應物的濃度減小，化學反應速率減小，故10到15秒內c（NH3） 增加量小于=0.25mol?L﹣1，故A錯誤； B．化學反應速率之比等于化學計量數之比，故2υ正（H2）=3υ正（NH3），故B錯誤； C．減小生成物濃度，正逆反應速率都減小，故C錯誤； D．已知N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92.2kJ?mol﹣1，△H=正反應的活化能﹣逆反應的活化能=﹣92.2kJ?mol﹣1，則逆反應的活化能=正反應的活化能+92.2kJ?mol﹣1，所以逆反應的活化能不小于92.2kJ?mol﹣1，故D正確； 故選D． 點評： 本題考查反應速率的計算、影響平衡和速率的因素及活化能大小的判斷等，本題難度中等．試題涉及的知識點較多，注意掌握化學平衡的有關知識． 　 5．（3分）下列各組中的比值等于2：1的是（　?。? 　 A． pH為12的燒堿溶液與Ba（OH）2溶液的物質的量濃度之比 　 B． K2S溶液中c（K+）與c（S2﹣）之比 　 C． 相同溫度下0.2mol/L醋酸溶液與0.1mol/L醋酸溶液中的c（H+）之比 　 D． 10mL0.5mol/L的鹽酸與5mL0.5mol/L的鹽酸溶液中的c（H+）之比 考點： 酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算；鹽類水解的應用．. 專題： 電離平衡與溶液的pH專題；鹽類的水解專題． 分析： A．根據兩者都是強堿，NaOH是一元堿，Ba（OH）2是二元堿分析； B．S2﹣會水解，導致數目減少； C．醋酸為弱電解質，濃度不同，電解程度不同； D．H+濃度相同． 解答： 解：A．兩者都是強堿，NaOH是一元堿，Ba（OH）2是二元堿，pH相同，所以NaOH的濃度是Ba（OH）2的2倍，故A正確； B．因為S2﹣會水解，導致數目減少，比值會大于2，故B錯誤； C．醋酸是弱電解質，濃度越高，電離度越低，所以比值小于2，故C錯誤； D．HCl是強酸，濃度相同，H+濃度相同，比值是1，故D錯誤． 故選A． 點評： 本題考查較為綜合，涉及電解質的強弱以及鹽類水解知識，題目難度中等，易錯點為C，注意醋酸是弱電解質，濃度越高，電離度越低． 　 6．（3分）已知室溫時，1mol/L某一元弱堿MOH在水中有0.001%發(fā)生電離，則該一元弱堿溶液導電能力最接近于（　?。? 　 A． 1mol/LHNO3溶液 　 B． 水自身電離出C（H+）=10﹣9mol/L的鹽酸 　 C． pH為6的鹽酸 　 D． 110﹣3mol/L NaCl溶液 考點： 弱電解質在水溶液中的電離平衡．. 專題： 電離平衡與溶液的pH專題． 分析： 該溫度下，溶液中c（OH﹣）=1mol/L0.001%=10﹣5 mol/L，溶液導電能力與自由移動離子濃度成正比，如果溶液導電能力接近，則溶液中離子濃度接近，據此分析解答． 解答： 解：該溫度下，溶液中c（OH﹣）=1mol/L0.001%=10﹣5 mol/L，溶液導電能力與自由移動離子濃度成正比，如果溶液導電能力接近，則溶液中離子濃度接近，所以只要給予的選項中離子濃度接近10﹣5 mol/L即可， A.1mol/L 的HNO3溶液中離子濃度為1mol/L＞10﹣5 mol/L，所以該溶液導電能力大于該一元堿溶液，故A錯誤； B．水自身電離出C（H+）=10﹣9mol/L的鹽酸中，氫離子濃度為10﹣5 mol/L，與一元堿MOH離子濃度相同，導電能力相同，故B正確； C．pH=6的HCl中離子濃度為10﹣6mol/L＜10﹣5 mol/L，則水的導電能力小于該一元堿，故C錯誤； D.10﹣3mol/L的NaCl中離子濃度10﹣3mol/L10﹣5 mol/L，所以該溶液導電能力大于該一元堿溶液，故D錯誤； 故選B． 點評： 本題考查了弱電解質的電離，明確溶液導電能力與離子濃度關系是解本題關鍵，溶液導電能力與電解質強弱無關，題目難度不大． 　 7．（3分）常溫下a mol?L﹣1稀氨水和b mol?L﹣1稀鹽酸等體積混合，對混合后溶液判斷一定正確的是（　?。? 　 A． 若a=b，則c（NH4+）=c（Cl﹣） B． 若a＞b，則c（NH4+）＞c（Cl﹣） 　 C． 若a＞b，則c（OH﹣）＞c（H+） D． 若a＜b，則c（OH﹣）＜c（H+） 考點： 弱電解質在水溶液中的電離平衡；酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．. 專題： 電離平衡與溶液的pH專題． 分析： A．如果a=b，等濃度等體積的氨水和鹽酸恰好反應生成氯化銨，根據鹽的類型確定離子濃度； B．如果a＞b，等體積混合時，氨水的物質的量大于鹽酸，根據溶液中的溶質判斷離子濃度； C．如果a＞b，等體積混合時，氨水的物質的量大于鹽酸，根據溶液的酸堿性判斷； D．如果a＜b，等體積混合時，溶液中的溶質是鹽酸和氯化銨，根據溶質判斷溶液的酸堿性． 解答： 解：A．如果a=b，等濃度等體積的氨水和鹽酸恰好反應生成氯化銨，氯化銨是強酸弱堿鹽，其水溶液呈酸性即c（OH﹣）＜c（H+），根據電荷守恒知c（NH4+）＜c（Cl﹣），故A錯誤； B．如果a＞b，等體積混合時，氨水的物質的量大于鹽酸，溶液可能呈中性也可能呈堿性，當溶液呈中性時，c（NH4+）=c（Cl﹣），當溶液呈堿性時，c（NH4+）＞c（Cl﹣），故B錯誤； C．如果a＞b，等體積混合時，氨水的物質的量大于鹽酸，溶液可能呈中性也可能呈堿性，當溶液呈中性時，c（OH﹣）=c（H+），當溶液呈堿性時，c（OH﹣）＞c（H+），故C錯誤； D．如果a＜b，等體積混合時，溶液中的溶質是鹽酸和氯化銨，溶液呈酸性，則c（OH﹣）＜c（H+），故D正確； 故選D． 點評： 本題考查酸堿混合溶液定性判斷，根據溶液中的溶質判斷溶液的酸堿性，結合電荷守恒得出離子濃度大小，難度中等． 　 8．（3分）常溫下，下列各組離子一定能大量共存的是（　?。? 　 A． 滴加甲基橙試劑顯紅色的溶液中：Na+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣ 　 B． c（H+）=10﹣12 mol?L﹣1的溶液：K+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣ 　 C． c（OH﹣）/c（H+）=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3﹣、CO32﹣ 　 D． 由水電離的c（H+）=1.010﹣13 mol?L﹣1的溶液中：K+、NH4+、AlO2﹣、HCO3﹣ 考點： 離子共存問題．. 專題： 離子反應專題． 分析： A．滴加甲基橙試劑顯紅色的溶液，顯酸性，離子之間能發(fā)生氧化還原反應； B．c（H+）=10﹣12 mol?L﹣1的溶液，顯堿性； C．c（OH﹣）/c（H+）=1012的溶液，c（OH﹣）=0.1mol/L，溶液顯堿性； D．由水電離的c（H+）=1.010﹣13 mol?L﹣1的溶液，抑制水的電離，溶液為酸或堿溶液． 解答： 解：A．滴加甲基橙試劑顯紅色的溶液，顯酸性，H+、Fe2+、NO3﹣離子之間能發(fā)生氧化還原反應，則不能共存，故A錯誤； B．c（H+）=10﹣12 mol?L﹣1的溶液，顯堿性，溶液中該組離子之間不反應，能夠共存，故B正確； C．c（OH﹣）/c（H+）=1012的溶液，c（OH﹣）=0.1mol/L，溶液顯堿性，NH4+、Al3+均與OH﹣反應，則不能共存，故C錯誤； D．由水電離的c（H+）=1.010﹣13 mol?L﹣1的溶液，抑制水的電離，溶液為酸或堿溶液，HCO3﹣既能與酸反應又能與堿反應，則一定不能共存，故D錯誤； 故選B． 點評： 本題考查離子的共存，明確習題中的信息是解答本題的關鍵，熟悉離子之間的反應即可解答，選項A為解答的易錯點，題目難度不大． 　 9．（3分）室溫下0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，據此，在室溫下，下列說法錯誤的是（　?。? 　 A． 上述溶液能使甲基橙試劑變黃色 　 B． 室溫下，NH3?H2O是比HCN更弱的電解質 　 C． 上述溶液中CN﹣的水解程度大于NH4+的水解程度 　 D． 室溫下，0.1mol/L NaCN溶液中，CN﹣的水解程度小于上述溶液中CN﹣的水解程度 考點： 鹽類水解的應用．. 專題： 鹽類的水解專題． 分析： 室溫下，0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，溶液呈堿性，說明CN﹣的水解程度大于NH4+的水解程度，則相同條件下，HCN的電離程度小于NH3?H2O的電離程度，相互促進水解的離子水解程度越大，據此分析解答． 解答： 解：室溫下，0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，溶液呈堿性，說明CN﹣的水解程度大于NH4+的水解程度，則相同條件下，HCN的電離程度小于NH3?H2O的電離程度，相互促進水解的離子水解程度越大， A．室溫下，上述溶液呈堿性，則溶液能使甲基橙試劑變黃色，故A正確； B．通過以上分析知，HCN的電離程度小于NH3?H2O的電離程度，所以NH3?H2O是比HCN更強的電解質，故B錯誤； C．通過以上分析知，CN﹣的水解程度大于NH4+的水解程度，故C正確； D．CN﹣、NH4+相互促進水解，所以0.1mol/L NaCN溶液中，CN﹣的水解程度小于上述溶液中CN﹣的水解程度，故D正確； 故選B． 點評： 本題考查了鹽類水解，根據鹽溶液酸堿性確定水解程度相對大小，知道弱根離子水解程度與弱電解質電離程度的關系，易錯選項是D． 　 10．（3分）已知化學反應A2（g）+B2（g）=2AB（g）的能量變化如圖所示，判斷下列敘述中正確的是（　　） 　 A． 每生成2分子AB吸收bkJ熱量 　 B． 加入催化劑，該化學反應的反應熱變大 　 C． 斷裂1molA﹣A和1molB﹣B鍵，放出akJ能量 　 D． 該反應熱△H=+（a﹣b）kJ/mol 考點： 反應熱和焓變．. 專題： 化學反應中的能量變化． 分析： A、依據圖象分析判斷1molA2和1molB2反應生成2molAB，能量變化為（a﹣b）； B、催化劑只改變反應速率，不影響反應熱大??； C、斷裂化學鍵吸收能量； D、反應熱△H=反應物能量總和﹣生成物能量總和； 解答： 解：A、依據圖象分析判斷1molA2和1molB2反應生成2molAB，吸收（a﹣b）kJ熱量，不是生成2分子AB，故A錯誤； B、催化劑不影響反應熱的大小，故B錯誤； C、斷裂1 mol A﹣A和1 mol B﹣B鍵，吸收a kJ能量，故C錯誤； D、反應熱△H=反應物能量總和﹣生成物能量總和，所以反應熱△H=+（a﹣b）kJ?mol﹣1，故D正確； 故選D． 點評： 本題考查了化學反應的能量變化，圖象分析判斷，注意反應熱△H=反應物能量總和﹣生成物能量總和，題目較簡單． 　 11．（3分）下述實驗能達到預期目的是（　?。? 　 A． 用潤濕的pH試紙測定飽和Na2CO3溶液的pH 　 B． 向同pH、同體積的醋酸和鹽酸溶液中加入足量鎂粉，通過完全反應后收集到的H2體積比較兩種酸的電離程度：醋酸＜鹽酸 　 C． 將1mLKSCN溶液與1mL同濃度FeCl3溶液充分混合；再繼續(xù)加入KSCN溶液，溶液顏色加深．證明溶液中存在平衡：Fe3++3SCN﹣═Fe（SCN）3 　 D． 在中和熱測定的實驗中，將NaOH溶液和鹽酸混合反應后的冷卻溫度作為終點溫度 考點： 化學實驗方案的評價；中和熱的測定．. 專題： 實驗評價題． 分析： A．用潤濕的pH試紙測定pH易導致誤差； B．醋酸為弱酸，不能完全電離，同pH時，醋酸濃度大； C．KSCN溶液不足，不能證明存在平衡； D．將氫氧化鈉溶液和鹽酸混合反應后的最高溫度作為末溫度． 解答： 解：A．用潤濕的pH試紙測定pH，會導致溶液濃度減小，導致誤差，故A錯誤； B．醋酸為弱酸，不能完全電離，同pH時，醋酸濃度大，等體積時生成氣體多，可通過生成氣體的體積判斷兩種酸的電離度，故B正確； C．KSCN溶液不足，不能證明存在平衡，應使二者恰好反應后再檢驗，故C錯誤； D．中和熱是要求酸堿中和反應的放熱量，用反應的最高溫度為末溫度，溶液初始溫度為初溫度，初末溫度做差，再利用溶液的比熱容、溶質摩爾數等代入計算公式，可以求得反應的中和熱，故D錯誤． 故選B． 點評： 本題考查化學實驗方案的評價，側重于試紙的使用、弱電解質的電離、平衡移動以及中和熱測定等，題目難度不大，注意把握相關物質的性質． 　 12．（3分）可逆反應A（g）+B?C（g）+D，達到平衡時，下列說法不正確的是（　?。? 　 A． 平衡時，單位時間內n（B）消耗﹕n（C）消耗=1﹕1 　 B． 若增大A的濃度，平衡體系顏色加深，D不一定是有顏色的氣體 　 C． 升高溫度，C百分含量減少，說明正反應是放熱反應 　 D． 增大壓強，平衡不移動，說明B是氣體 考點： 化學平衡的影響因素．. 專題： 化學平衡專題． 分析： A．因為B和C系數比為1：1，則平衡時，單位時間內n（B）消耗﹕n（C）消耗=1：1； B．A本身可能為有顏色的氣體； C．升高溫度，C的百分含量減小，說明升溫平衡逆向移動； D．因A、C為氣體，且化學計量數相同，則增大壓強平衡不移動，可說明B、D均不是氣體或均為氣體． 解答： 解：A．因為B和C系數比為1：1，則平衡時，單位時間內n（B）消耗﹕n（C）消耗=1：1，故A正確； B．因A本身可能為有顏色的氣體，則若增大A的濃度，平衡體系顏色加深，D不一定是具有顏色的氣體，故B正確； C．升高溫度，C的百分含量減小，說明升溫平衡逆向移動，即正反應為放熱反應，故C正確； D．因A、C為氣體，且化學計量數相同，則增大壓強平衡不移動，可說明B、D均不是氣體或均為氣體，故D錯誤； 故選D． 點評： 本題考查影響化學平衡的因素，明確溫度、壓強對化學平衡的影響及物質的狀態(tài)等即可解答，題目難度不大，注意A為學生解答的易錯點． 　 13．（3分）在一定溫度和壓強下，向盛有足量X的體積可變的密閉容器中通入Y氣體，發(fā)生反應：X（s）+aY（g）?bZ（g）+W（g）；△H＞0平衡時Z的物質的量與通入Y的物質的量的變化關系如圖所示．下列說法中正確的是（　?。? 　 A． 平衡時Y的轉化率為100% 　 B． 向容器中再加入少量X，則Y的轉化率增大 　 C． 再通入Y，重新達到平衡時W的體積分數不變 　 D． 保持壓強一定，當原反應在較高溫度下建立平衡時，圖中θ＜45 考點： 化學平衡建立的過程．. 專題： 化學平衡專題． 分析： A、根據圖可知，平衡時Z、Y的物質的量相等，據此計算Y的轉化率； B、根據固體物質對平衡的影響判斷； C、根據圖可知，在恒壓過程中增加Y，平衡時Z、Y的物質的量始終相等，各物質濃度都不變，據此判斷； D、升高溫度平衡正向移動，據此判斷． 解答： 解：A、根據圖可知，平衡時Z、Y的物質的量相等，所以該反應中有一半的Y物質反應，所以Y的轉化率為50%，故A錯誤； B、固體物質的變化對平衡沒有影響，所以平衡不移動，Y的轉化率不變，故B錯誤； C、根據圖可知，在恒壓過程中增加Y，平衡時Z、Y的物質的量始終相等，各物質濃度都不變，所以W的體積分數也不變，故C正確； D、由于該反應為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，Z的物質的量變大，Y的物質的量變小，所以θ＞45，故D錯誤； 故選C． 點評： 本題考查化學平衡的圖象分析，明確圖象中的縱橫坐標的含有及隱含平衡時的信息是解答的關鍵，并利用影響化學反應速率及化學平衡的影響因素來解答，中等難度． 　 14．（3分）一定條件下，發(fā)生反應：①M（s）+N（g）?R（g）△H=﹣Q1 kJ?mol﹣1，②2R （g）+N（g）?2T （g）△H=﹣Q2 kJ?mol﹣1． Q1、Q2、Q3均為正值．下列說法正確的是（　?。? 　 A． 1 mol R（g）的能量總和大于1 mol M（s）與1 mol N（g） 的能量總和 　 B． 將2 mol R （g）與1 mol N（g）在該條件下充分反應，放出熱量Q2 kJ 　 C． 當1 mol M（s） 與N（g）完全轉化為T （g）時（假定無熱量損失），放出熱量Q1+kJ 　 D． M（g）+N（g）?R（g）△H=﹣Q3 kJ?mol﹣1，則Q3＜Q1 考點： 反應熱和焓變．. 專題： 化學反應中的能量變化． 分析： A、反應焓變?yōu)樨撝?，反應是放熱反應，反應物能量高于生成物? B、反應是可逆反應不能進行徹底； C、依據熱化學方程式和蓋斯定律計算分析判斷； D、固體變化為氣體吸收能量，反應是放熱反應焓變?yōu)樨撝担? 解答： 解：A、反應焓變?yōu)樨撝?，反應是放熱反應，反應物能量高于生成物?mol R（g）的能量總和小于1mol M（s）與1mol N（g）的能量總和，故A錯誤； B、反應是可逆反應不能進行徹底，將2mol R（g）與1mol N（g）在該條件下充分反應，放出熱量＜Q2 kJ，故B錯誤； C、依據熱化學方程式和蓋斯定律計算分析判斷，①+得到，M（s）+N（g）?T（g）△H=﹣（Q1+）kJ/mol，則C正確； D、固體變化為氣體吸收能量，反應是放熱反應焓變?yōu)樨撝?，M（g）+N（g）?R（g）△H=﹣Q3 kJ?mol﹣1，則Q3＞Q1，故D錯誤； 故選C． 點評： 本題考查了化學反應能量變化，蓋斯定律計算應用，注意焓變?yōu)樨撝凳欠艧岱磻}目難度中等． 　 15．（3分）在一密閉容器中加入A、B兩種氣體，保持一定溫度，在t1、t2、t3、t4時刻測得各物質的濃度如下：據此下列結論中正確的是（　?。? 測定時刻/s t1 t2 t3 t4 C（A）/mol?L﹣1 6 3 2 2 C（B）/mol?L﹣1 5 3.5 3 3 C（C）/mol?L﹣1 1 2.5 3 3 　 A． 在容器中發(fā)生的反應為2A（g）+B（g）?2C（g） 　 B． 該溫度下，此反應的平衡常數為0.25 　 C． A的轉化率比B轉化率的低 　 D． 在t3時刻反應已經停止 考點： 化學平衡的計算．. 專題： 化學平衡專題． 分析： A、t1到t2，A、B分別消耗了3mol/L、1.5mol/L，同時生成了1.5mol/L的C，反應關系為：2A+B?C．； B、t3達到平衡狀態(tài)，結合平衡濃度計算平衡常數； C、t1到t2，A、B分別消耗了3mol/L、1.5mol/L，同時生成了1.5mol/L的C，反應關系為：2A+B?C，極值轉化反應前A的濃度為8mol/L、B為6mol/L； D、t3時刻達到了平衡狀態(tài)，反應沒有停止； 解答： 解：A、t1到t2，A、B分別消耗了3mol/L、1.5mol/L，同時生成了1.5mol/L的C，反應關系為：2A（g）+B（g）?C（g），故A錯誤； B、反應關系為：2A（g）+B（g）?C（g），平衡常數==0.25，故B正確； C、t1到t2，A、B分別消耗了3mol/L、1.5mol/L，同時生成了1.5mol/L的C，反應關系為：2A（g）+B（g）?C（g），極值轉化反應前A的濃度為8mol/L、B為6mol/L，A的轉化率=100%=37.5%，B的轉化率=100%=25%，A的轉化率大于B的轉化率，故C錯誤； D、可逆反應達到了平衡狀態(tài)，但是反應仍然進行，故D錯誤； 故選B． 點評： 本題考查化學反應速率、平衡常數的計算及反應方程式的求算，注意平衡狀態(tài)，反應沒有停止，難度中等． 　 16．（3分）（xx?石家莊模擬）有①Na2CO3溶液；②CH3COONa溶液；③NaOH溶液各25mL，物質的量濃度均為0.1mol/L，下列說法正確的是（　　） 　 A． 三種溶液pH的大小順序是③＞②＞① 　 B． 若將三種溶液稀釋相同倍數，pH變化最大的是② 　 C． 若分別加入25mL 0.1mol/L鹽酸后，pH最大的是① 　 D． 若三種溶液的pH均為9，則物質的量濃度的大小順序是③＞①＞② 考點： 弱電解質在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的應用．. 專題： 電離平衡與溶液的pH專題． 分析： A．等濃度時強堿的pH最大，強堿弱酸鹽中對應的酸性越強，水解程度越?。? B．稀釋時強堿的變化程度大； C．根據酸堿混合后溶液中的溶質來分析； D．三種溶液的pH均為9，c（OH﹣）=10﹣5mol/L，c（NaOH）=10﹣5mol/L，但碳酸的酸性小于醋酸的酸性，所以c（Na2CO3）＞c（CH3COONa）＞10﹣5mol/L． 解答： 解：A．等濃度時強堿的pH最大，強堿弱酸鹽中對應的酸性越強，水解程度越小，碳酸的酸性小于醋酸的，所以三種溶液pH的大小順序是③＞①＞②，故A錯誤； B．稀釋時強堿的變化程度大，所以三種溶液稀釋相同倍數，pH變化最大的是③，故B錯誤； C．等體積等濃度混合后，①中溶質為NaHCO3、NaCl，②中溶質為NaCl、CH3COOH，③中溶質為NaCl，HCO3﹣離子水解顯堿性，所以pH最大的是①，故C正確； D．三種溶液的pH均為9，c（OH﹣）=10﹣5mol/L，c（NaOH）=10﹣5mol/L，但碳酸的酸性小于醋酸的酸性，所以c（CH3COONa）＞c（Na2CO3）＞10﹣5mol/L，所以三種溶液的pH均為9，則物質的量濃度的大小順序是②＞①＞③，故D錯誤； 故選C． 點評： 本題考查鹽類水解、pH的計算等，明確酸堿混合的計算，鹽類水解的規(guī)律、pH與濃度的關系等知識即可解答，題目難度不大． 　 二.實驗題 17．（6分）現(xiàn)用物質的量濃度為a mol/L的標準鹽酸去測定VmL NaOH溶液的物質的量濃度，請?zhí)顚懴铝锌瞻祝? （1）酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，還應該進行的操作是：　標準鹽酸潤洗2﹣3次　． （2）如果用酚酞做指示劑，試判斷到達滴定終點的實驗現(xiàn)象是　溶液由淺紅色褪成無色，且半分鐘內不變色?。? （3）如圖1是酸式滴定管中液面在滴定前后的讀數，c（NaOH）=　　mol/L． （4）若滴定前滴定管尖嘴部分留有有氣泡，滴定后氣泡消失，則測定的NaOH溶液的物質的量濃度　偏高?。ㄌ睢捌摺?、“偏低”或“不影響”）． 考點： 中和滴定．. 專題： 電離平衡與溶液的pH專題． 分析： （1）滴定管使用前應潤洗； （2）用酚酞做指示劑，滴定終點時溶液顏色由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內不褪色； （2）根據關系式NaOH～HCl來計算； （4）根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差． 解答： 解：（1）酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，用標準鹽酸潤洗2﹣3次，故答案為：標準鹽酸潤洗2﹣3次； （2）根據滴定終點，溶液由無色恰好變?yōu)榧t色，且半分鐘內不褪色，停止滴定，故答案為：溶液由淺紅色褪成無色，且半分鐘內不變色； （3）滴定終止時消耗鹽酸溶液（V2﹣V1）mL， NaOH～HCl 1 1 c（NaOH）VmL a mol?L﹣1（V2﹣V1）mL c（NaOH ）=mol/L， 故答案為：； （4）若滴定前滴定管尖嘴部分留有有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=可知，c（標準）偏大，則測定的NaOH溶液的物質的量濃度偏高，故答案為：偏高． 點評： 本題主要考查了中和滴定操作、誤差分析以及計算，難度不大，根據課本知識即可完成． 　 18．（4分）如圖是鹽酸與氫氧化鈉的滴定曲線a和b，試認真分析后填空： （1）曲線a是用　NaOH　溶液滴定　HCl　溶液 （2）P點的坐標為　P（15，7）　 （3）鹽酸的物質的量濃度為　0.1　mol/L． 考點： 酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．. 分析： （1）根據曲線a的pH的變化趨勢來判斷； （2）根據曲線P點時pH值為7，此時氫離子和氫氧根離子的物質的量是相等的； （3）根據曲線a可以看出鹽酸溶液的pH=1，然后求出鹽酸的物質的量濃度； 解答： 解：（1）曲線a的pH是由小到大，說明是氫氧化鈉溶液滴定鹽酸溶液的曲線，故答案為：NaOH；HCl； （2）根據圖示，可以知道鹽酸的濃度和氫氧化鈉的濃度是相等的，都是0.1mol/L，曲線P點時pH值為7，此時氫離子和氫氧根離子的物質的量是相等的，氫氧化鈉的體積是15，所以鹽酸的體積也是15mL，即P的坐標是（15，7），故答案為：P（15，7）； （3）根據曲線可以看出鹽酸溶液的pH=1，pH=﹣lgc（H+）=1，所以c（HCl）=c（H+）=0.1mol/L，故答案為：0.1mol/L． 點評： 本題借助于滴定曲線考查了中和滴定過程中PH的變化，難度不大，關鍵能從圖中要得出信息． 　 三．填空題 19．（10分）研究燃料的燃燒和對污染氣體產物的無害化處理，對于防止大氣污染有重要意義． （1）將煤轉化為清潔氣體燃料．已知： H2 （g）+1/2O2（g）=H2O（g）△H=﹣242.0kJ/mol C（s）+1/2O2（g）=CO（g）△H=﹣110.0kJ/mol ①寫出焦炭與水蒸氣反應制H2和CO的熱化學方程式　C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2 （g）△H=+132.0kJ/mol?。? ②已知在101kPa時，CO、H2和CH4的燃燒熱分別為283kJ/mol、286kJ/mol和892kJ/mol．則反應CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）△H=　+205KJ/mol　kJ/mol． （2）已知一定溫度和壓強下，由H2和CO反應合成優(yōu)質燃料甲醇： CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H=﹣91kJ/mo1 ①在相同條件下要想得到182kJ熱量，加入各物質的物質的量可能是　D?。? A．2mo1CO和4mol H2　　　　　 B．2mo1CO、4mol H2和1mol CH3OH（g） C．4mo1CO和4mol H2　　　 D．4mo1CO和6mol H2 ②將1mol CO和2mol H2充入一密閉容器中，保持恒溫恒壓時進行反應，達到平衡時，測得CO的轉化率為20%．若在相同條件下，起始時在該容器中充入1mol CH3OH（g），反應達到平衡時的熱量變化是　吸收　（填“吸收”或“放出”）　72.8　kJ熱量． 考點： 用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；有關反應熱的計算．. 專題： 化學反應中的能量變化． 分析： （1）①根據已知反應方程式，利用蓋斯定律解答； ②根據CO、H2和CH4的燃燒熱寫出化學方程式，再據蓋斯定律解答； （2）①由反應方程式可知生成1mol的CH3OH時放熱91 kJ，想得到182kJ熱量，則需生成2molCH3OH；由于反應是可逆反應，不可能完全進行到底，所以要得到2molCH3OH，CO與H2物質的量必須要多于2mol和4mol； ②已知反應：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H=﹣91kJ/mo1，則有CH3OH（g）?CO（g）+2H2（g）；△H=+91KJ?mol﹣1，保持恒溫恒壓，將1mol CO和2mol H2充入一密閉容器中與起始時在該容器中充入1mol CH3OH（g），為等效平衡狀態(tài)，平衡時兩種不同的途徑平衡狀態(tài)相同，各物質的含量、物質的量等都相同，以此計算． 解答： 解：（1）①已知： ①H2 （g）+1/2O2（g）=H2O（g）△H=﹣242.0kJ/mol ②C（s）+1/2O2（g）=CO（g）△H=﹣110.0kJ/mol 據蓋斯定律，②﹣①得：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2 （g）△H=+132.0kJ/mol，故答案為：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2 （g）△H=+132.0kJ/mol； ②CO、H2和CH4的燃燒熱分別為283kJ/mol、286kJ/mol和892kJ/mol，其熱化學方程式為： ①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ?mol﹣1 ②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2 H2O（l）△H=﹣892kJ?mol﹣1 ③H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣286kJ?mol﹣1 據蓋斯定律，②﹣①﹣③3得：CH4（g）+H2O（l）?CO（g）+3H2（g）△H=+205KJ/mol，故答案為：+205KJ/mol； （2）①由反應方程式可知生成1mol的CH3OH時放熱91 kJ，想得到182kJ熱量，則需生成2molCH3OH；由于反應是可逆反應，不可能完全進行到底，所以要得到2molCH3OH，CO與H2物質的量必須要多于2mol和4mol， 故答案為：D； ②CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H=﹣91kJ/mo1 起始量 1 2 0 轉化量0.2 0.4 0.2 平衡量0.8 1.6 0.2 CH3OH（g）?CO（g）+2H2（g）；△H=+91KJ?mol﹣1， 起始量 1 0 0 轉化量 0.8 0.8 1.6 轉化量 0.2 0.8 1.6 生成1molCH3OH放熱91KJ，分解1molCH3OH吸熱91KJ，分解0.8mol甲醇，吸熱72.8KJ，故答案為：吸收；72.8． 點評： 本題考查了蓋斯定律的應用、燃燒熱、逆反應的反應熱，題目難度中等． 　 20．（10分）現(xiàn)有25℃時0.1mol?L﹣1的氨水，請回答以下問題： （1）若向氨水中加入少量硫酸銨固體，此時溶液中　減小　（填“增大”“減小”“不變”）． （2）若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，寫出反應的離子方程式：　NH3．H2O+H+=NH4++H2O?。凰萌芤旱膒H?。肌?（填“＞”、“＜”或“=”），用離子方程式表示其原因　NH4++H2O?NH3．H2O+H+　 （3）若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7，此時[NH4+]=a mol?L﹣1，則[SO42﹣]=　0.5amol/L　． （4）若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水與硫酸的體積比為1：1，則所得溶液中各離子的物質的量濃度由大到小的順是　c（NH4+）＞c（SO42﹣ ）＞c（H+）＞c（OH﹣）?。? 考點： 弱電解質在水溶液中的電離平衡．. 專題： 電離平衡與溶液的pH專題． 分析： （1）向氨水中加入少量硫酸銨固體，銨根離子濃度增大，抑制氨水的電離，溶液中氫氧根離子濃度減小，氨水分子濃度增大； （2）硫酸和氨水反應生成硫酸銨和水，硫酸銨是強酸弱堿鹽水解而使其溶液呈酸性； （3）根據溶液中陰陽離子所帶電荷相等確定硫酸根離子濃度； （4）氨水是弱電解質，所以氨水中氫氧根離子濃度遠遠小于氨水濃度，0.1mol?L﹣1的氨水與pH=1的硫酸等體積混合恰好反應，溶液中的溶質是硫酸銨，銨根離子水解而硫酸根離子不水解，導致溶液呈酸性，據此判斷溶液中 各種離子濃度大小． 解答： 解：（1）由于（NH4）2SO4=2NH4++SO42﹣，溶液中NH4+濃度增大，抑制氨水電離，導致溶液中氫氧根離子濃度減小，氨水分子濃度增大，所以此時溶液中減小； 故答案為：減?。? （2）硫酸和氨水反應生成硫酸銨和水，離子反應方程式為NH3．H2O+H+=NH4++H2O，硫酸銨是強酸弱堿鹽水解而使其溶液呈酸性，水解方程式為：NH4++H2O?NH3．H2O+H+； 故答案為：NH3．H2O+H+=NH4++H2O，＜，NH4++H2O?NH3．H2O+H+； （3）溶液呈中性，則溶液中c（H+）=c（OH﹣），溶液呈電中性，溶液中存在電荷守恒c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42﹣ ）+c（OH﹣），所以c（SO42﹣ ）=0.5c（NH4+）=0.5amol/l； 故答案為：0.5amol/l； （4）pH=1的硫酸溶液，C（ H +）=0.1mol?L﹣1，氫離子濃度與氨水濃度相等，體積相同，所以恰好反應生成鹽，如果NH4+不水解，C（ NH4+）：C（SO42﹣）=2：1，但水解是較弱的，所以c（NH4+）＞c（SO42﹣ ）；溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH﹣），故溶液中離子濃度大小順序是c（NH4+）＞c（SO42﹣ ）＞c（H+）＞c（OH﹣）； 故答案為：c（NH4+）＞c（SO42﹣ ）＞c（H+）＞c（OH﹣）． 點評： 本題考查了弱電解質的電離、鹽類的水、離子濃度大小的比較等知識點，難度不大，離子濃度大小的比較是學習的難點也是考試的熱點，根據物料守恒和電荷守恒來進行分析即可． 　 21．（12分）水的電離平衡曲線如圖所示． （1）若從A點變動到B點，可以采取的措施是　C　． A．加酸溶液 B．加堿溶液 C．加熱 （2）現(xiàn)有T1溫度下，pH=12的Ba（OH）2溶液． ①該Ba（OH）2溶液的物質的量濃度為　0.005mol/L　； ②向該溫度下100mLpH=2的硫酸與硫酸鈉的混合溶液中，加入300mL上述Ba（OH）2溶液，沉淀正好達最大量（假設混合溶液的體積等于混合前兩溶液的體積和）， 此時溶液的pH　大于　7（填“大于”、“小于”或“等于”）；原混合溶液中硫酸鈉的物質的量濃度為　0.01mol/L?。? 考點： pH的簡單計算．. 專題： 電離平衡與溶液的pH專題． 分析： （1）水的電離是吸熱反應，升高溫度促進水電離，A點水的離子積常數10﹣7.10﹣7=10﹣14、B點水的離子積常數10﹣6.10﹣6=10﹣12，水的離子積常數只與溫度有關； （2）T1溫度下，pH=12的Ba（OH）2溶液， ①該溫度下，溶液中c（OH﹣）=mol/L=0.01mol/L，c（Ba（OH）2）=c（OH﹣）； ②根據溶液中的反應判斷反應后溶液的酸堿性；根據硫酸根離子和氫氧化鋇的關系式計算n（SO42﹣）總，根據混合溶液的pH計算原來溶液中n（H+）和n（H2SO4），從而得出其中硫酸鈉的量． 解答： 解：（1）水的電離是吸熱反應，升高溫度促進水電離，A點水的離子積常數10﹣7.10﹣7=10﹣14、B點水的離子積常數10﹣6.10﹣6=10﹣12，水的離子積常數只與溫度有關，與溶液酸堿性無關，所以只能是加熱才能實現(xiàn)，故選C； （2）T1溫度下，pH=12的Ba（OH）2溶液， ①該溫度下，溶液中c（OH﹣）=mol/L=0.01mol/L，c（Ba（OH）2）=c（OH﹣）=0.01mol/L=0.005mol/L， 故答案為：0.005mol/L； ②向100mLpH=2的硫酸與硫酸鈉的混合溶液中，加入300mL上述Ba（OH）2溶液，沉淀正好達最大量，硫酸與氫氧化鋇反應生成硫酸鋇和水，硫酸鈉與氫氧化鋇反應生成硫酸鋇和氫氧化鈉，所以反應后有強堿生成，故溶液顯堿性，即PH大于7； 據題意知原溶液中n（SO42﹣）總=n[Ba（OH）2]=0.3L510﹣3mol?L﹣1=1.510﹣3 mol； 已知原來硫酸的PH=2，則n（H+）=0.001mol，所以n（H2SO4）=n（H+）=510﹣4mol， 原混合液中n（Na2SO4）=n（SO42﹣）總﹣n（H2SO4）=1.510﹣3 mol﹣510﹣4mol=110﹣3 mol， 所以c（Na2SO4）==mol?L﹣1=0.01mol?L﹣1， 故答案為：大于；0.01mol?L﹣1． 點評： 本題考查pH的簡單計算、離子積常數，明確離子積常數只與溫度有關、與溶解酸堿性及濃度無關是解本題關鍵，題目難度中等． 　 22．（10分）在 1.0L恒容密閉容器中放入0.10mol A （g），在一定溫度進行如下反應． A（g）?2B（g）+C（g）+D（s）△H=+85.1kJ/mol 容器內氣體總壓強（P）與起始壓強P0的比值隨反應時間（t）變化數據見下表（提示：密閉容器中的壓強比等于氣體物質的量之比）． 時間t/min 0 1 2 4 8 16 20 25 P/P0 1.00 1.50 1.80 2.20 2.30 2.38 2.40 2.40 回答下列問題： （1）該反應的平衡常數表達式K=　　． （2）0～2min內的平均反應速率v（B）=　0.04 mol/（L．min）?。? （3）下列能提高 A 的轉化率的是　A　． A．升高溫度 B．向體系中通入A氣體 C．減少D的物質的量 D．向體系中通入稀有氣體He （4）相同條件下，若該反應從逆向開始，建立與上述相同的化學平衡，則 D 的取值范圍n （D）　＞0.03　 mol． （5）將容器改為恒壓容器，改變條件，使反應達到相同的限度，則達到平衡時 B 的濃度為　0.0583mol/L?。ūＡ羧挥行底郑? 考點： 化學平衡常數的含義；化學平衡的影響因素．. 專題： 化學平衡專題． 分析： （1）化學平衡常數K為平衡時的生成物濃度方次的乘積與反應物濃度方次的乘積之比，固體或純液體不在公式中； （2）化學反應速率v=； （3）使得化學平衡正向進行的因素（但是不能加入物質本身）均可以提高反應物的轉化率； （4）若該反應從逆向開始，建立與上述相同的化學平衡，則Qc＞K，根據極限轉化思想來實現(xiàn)等效平衡； （5）據體積之比等于其物質的量之比，求算出反應后氣體的物質的量，可求出反應后氣體體積和物質的量． 解答： 解：（1）反應A（g）?2B（g）+C（g）+D（s）的化學平衡常數K=，故答案為：； （2）在1.0L密閉容器中放入0.10mol A（g），設A的變化量是x，則 A（g）?2B（g）+C（g）+D（s） 初始量：0.1 0 0 變化量：x 2x x 末態(tài)量：0.1﹣x 2x x 則=，解得x=0.04mol，所以0～2min內A的反應速率是v===0.02mol/（L．min），物質表示的反應速率之比等于系數之比，所以B表示的反應速率為：0.04mol/（L．min）， 故答案為：0.04mol/（L．min）； （3）A．升高溫度，平衡正向移動，所以A的轉化率增大，故A正確； B．體系中通入A氣體，A的轉化率減小，故B錯誤； C．將D（固體）的濃度減小，不會引起平衡的移動，A的轉化率不變，故C錯誤； D．通入稀有氣體He，使體系壓強增大到原來的5倍，但是各組分濃度不變，不會引起平衡的移動，A的轉化率不變，故D錯誤； 故選A； （4）相同條件下，若該反應從逆向開始，建立與上述相同的化學平衡，則D的取值范圍n（D）＞0.03，故答案為：＞0.03； （5）反應后氣體物質的量為：0.1﹣0.07+20.07+0.07=0.24mol，相同壓強下，氣體體積之比等于物質的量之比，反應后氣體體積為：，V=2.4L，所以B的濃度為=0.0583mol/L，故答案為：0.0583mol/L． 點評： 本題考查了化學平衡常數的含義、化學平衡移動的影響因素等，題目涉及的知識點較多，側重反應原理的應用的考查，題目難度中等．