河北省冀州中学2020届高三化学11月月考试卷（Word版附解析）

河北省冀州中学2020届高三化学11月月考试卷（Word版附解析）

‎2020届11月测评 化学 相对原子质量：C-12 O-16 S-32 Mn-55 I-127‎ 一、单项选择题 ‎1. 下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是 A．‎4.03米大口径碳化硅反射镜 B．2022年冬奥会聚氨酯速滑服 C．能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线 D．“玉兔二号”钛合金筛网轮 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查有机物与无机物的区分（B选项为有机物，其他均为无机物），金属材料与非金属材料的区分。同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。‎ ‎【详解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合题意；‎ B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故B不符合题意；‎ C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故C不符合题意；‎ D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故D不符合题意；‎ 综上所述，本题应选A。‎ ‎【点睛】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，创新点在于 除了要判断是否为无机非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。‎ ‎2. 化学与人类生活密切相关，下列说法与氧化还原反应无关的是 A. 油炸食品酸败变质 B. 用浸泡过高锰酸钾溶液硅藻土吸收水果释放的乙烯 C. 服用阿司匹林出现水杨酸反应时静脉滴注NaHCO3溶液 D. 生吃新鲜蔬菜比熟吃时维生素C的损失小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 油炸食品酸败变质，发生了缓慢氧化反应，与氧化还原反应有关，故A不符合题意；‎ B.水果释放出的乙烯能催熟水果，高锰酸钾能氧化乙烯，所以用浸有酸性高锰酸钾的硅藻土作水果保鲜剂，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；‎ C. 水杨酸为邻羟基苯甲酸，显酸性，与小苏打反应生成邻羟基苯甲酸钠、水和二氧化碳，不是氧化还原反应，故C符合题意；‎ D. 维生素C的化学特性是容易失去电子，是一种较强的还原剂，在水溶液中或受热时很容易被氧化，生吃新鲜蔬菜要比熟吃时维生素C的损失小，与氧化还原反应有关，故D不符合题意。‎ 所以C选项是正确的。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应的判断，氧化还原反应的特征是有元素化合价发生变化，要注意生活中常见的氧化还原反应，如油炸食品酸败变质，维生素C被氧化等，酸碱中和反应为非氧化还原反应。‎ ‎3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. ‎8 g S4中，含有质子数为8NA B. ‎1 L pH=l的稀H2SO4中，含有H+数目为0.2 NA C. 甲烷氯代反应中，消耗l mol Cl2生成HCl分子数为NA D. 密闭容器中，2 mol NO和lmolO2充分反应后分子总数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎8 g S4含S原子的物质的量为4=0.25mol，一个S原子含有16个质子，则 ‎8 g S4中含有质子数为0.25NA=4 NA，故A错误；‎ B. ‎1 L pH=l的稀H2SO4中，n(H+)=0.1mol/L‎1L=0.1mol，则含有H+数目为0.1NA，故B错误；‎ C. 甲烷和氯气的取代反应中，被取代的氢原子的物质的量与氯气的物质的量相等，也等于生成的氯化氢的物质的量，所以消耗l mol Cl2生成HCl分子数为NA，故C正确；‎ D. 密闭容器中2molNO 与lmolO2充分反应生成的二氧化氮气体中存在2NO2N2O4平衡，产物的分子数少于2NA，故D错误。‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题为阿伏加德罗常数计算题，该类题的特点是以微粒数目的计算为依托，考查物质的结构、元素化合物、氧化还原反应、电解质溶液等知识。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。‎ ‎4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )‎ A. “‎84”‎消毒液中，SiO、CO、Na+、K+‎ B. 的溶液中NH、Ca2+、C1-、NO3-‎ C. 0.1mol/LNaA1O2溶液中：HCO、NH4+、SO、Fe3+‎ D. pH=1的溶液中：Na+、K+、Cl-、S2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．“‎84”‎消毒液主要成分是NaClO，SiO、CO、Na+、K+与NaClO均不发生反应，能大量共存，故A选；‎ B． 的溶液呈碱性，NH与OH-反应生成NH3·H2O，不能大量存在，故B不选；‎ C．0.1mol/LNaA1O2溶液中，偏铝酸根与HCO、NH4+、Fe3+均反应，碳酸氢根与铁离子反应，不能大量共存，故C不选；‎ D．pH=1的溶液呈酸性，发生反应2H++S2O=S↓+SO2↑+H2O ，不能大量共存，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎5. 有一未完成的离子方程式：(  )+XO3-+6H+=3X2+3H2O，据此判断下列说法错误的是 A. X 原子最外层电子数为5 B. 当有3molX2生成时，转移5mol 电子 C. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶1 D. “（ ）”括号中所填的微粒为X-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知该方程式是：5X-＋XO3- ＋6H＋===3X2＋3H2O。‎ ‎【详解】A．由于X元素简单阴离子是X-，所以X原子最外层有7个电子A，错误；‎ B．当有3molX2生成时，共有5mol电子转移，B正确；‎ C．在该反应中，氧化产物和还原产物都是X2，其中有5份是还原剂产生，有1份是氧化剂产生，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶1，正确；‎ D．“（ ）”上所填的微粒X-，D正确，‎ 答案选A。‎ ‎6. 根据表中信息，判断以下叙述正确是部分短周期元素的原子半径及主要化合价 元素代号 L M Q R T 原子半径/nm ‎0.160‎ ‎0.143‎ ‎0.112‎ ‎0.104‎ ‎0.066‎ 主要化合价 ‎+2‎ ‎+3‎ ‎+2‎ ‎+6、-2‎ ‎-2‎ A. 氢化物的稳定性为H2TQ C. L与M 的最高价氧化物的水化物的碱性LM，选项C错误；‎ D．L2+是镁离子，R2-是硫离子，它们的核外电子数分别是10和18，核外电子数不相等，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查了学生有关元素周期表的应用知识，本题关键是能够把握元素的原子半径和化合价的关系，要熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，R、T两元素最外层电子数为6，故为第ⅥA元素，而R的半径大于T，T为O，R为S，M元素最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，应为Al，L的半径比铝大，最外层电子数为2，应为Mg，Q的半径最小，最外层两个电子，故为Be，结合对应单质、化合物的性质解答该题。‎ ‎7. 根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是 A. 气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4‎ B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物 C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si D. 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C、N、O属于同周期元素，从左至右，非金属性依次增强，原子序数C＜N＜O，非金属性O＞N＞C，C、Si属于同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，原子序数C＜‎ Si ，非金属性C＞Si，则非金属性O＞N＞Si，非金属性越强，氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性H2O＞NH3＞SiH4，故A正确；‎ B．H与F、Cl等形成共价化合物，与Na等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故B正确；‎ C．利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性强弱，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；‎ D．118号元素的原子序数为118，质子数为118，核外电子数为118，其原子结构示意图为，它的原子结构中有7个电子层，最外层电子数为8，则第118号元素在周期表中位于第七周期0族，故D正确。‎ 答案为C。‎ ‎8. 设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是 A. 每升溶液中的H+数目为0.02NA B. c(H+)= c()+‎2c()+‎3c()+ c(OH−)‎ C. 加水稀释使电离度增大，溶液pH减小 D. 加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；‎ B、根据电荷守恒可知选项B正确；‎ C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；‎ D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9. 下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是（ ）‎ 实验现象 离子方程式 A 向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶 解 B 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体 C 二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色 D 氧化亚铁溶于稀硝酸 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、氢氧化镁碱性强于氨水；‎ B、制氢氧化铁胶体条件加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀；‎ C、电荷不守恒；‎ D、硝酸具有强氧化性，将亚铁氧化成铁离子；‎ ‎【详解】A、氢氧化镁碱性强于氨水，故A能用来解释相应实验现象；‎ B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀，离子方程式为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3（胶体）＋3H＋，故B不能用来解释相应实验现象；‎ C、电荷不守恒，正确的离子方程式为：5SO2＋2MnO4－＋2H2O=2Mn2＋＋4H＋＋5SO42－，故C不能用来解释相应实验现象；‎ D、硝酸具有强氧化性，其可将亚铁氧化成铁离子，正确的离子方程式为：3FeO＋10H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋5H2O，故D不能用来解释相应实验现象；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查离子反应方程式书写，解题关键：结合原理正确书写离子方程式，难点C：氧化还原反应的离子方程式的书写，配平前不能将H+写在反应物中，应先配电子转移守恒，再通过电荷守恒将H+补在生成物中。‎ ‎10. 下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质的 是 ‎①CuSO4　②FeSO4　③K2CO3　④Ca(HCO3)2⑤NH4HCO3　⑥KMnO4　⑦FeCl3‎ A. 全部都可以 B. 仅①②③ C. 仅①③⑥ D. 仅①③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①CuSO4溶液中 铜离子水解生成氢氧化铜和硫酸，硫酸是难挥发性酸，加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质，故①符合；‎ ‎②FeSO4具有还原性，加热时亚铁离子被氧化为三价铁离子，得不到原溶质，故②不符合；‎ ‎③K2CO3溶液中碳酸根离子水解生成碳酸氢钾和氢氧化钾，加热蒸干至质量不再减少为止，仍能得到较纯净的原溶质，故③符合；‎ ‎④Ca(HCO3)2受热分解生成碳酸钙、二氧化碳和水，加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净碳酸钙，故④不符合；‎ ‎⑤NH4HCO3受热分解，得不到原溶质，故⑤不符合；‎ ‎⑥KMnO4加热到质量不变分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，得不到原溶质，故⑥不符合；‎ ‎⑦FeCl3溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢挥发促进水解得到氢氧化铁，得不到原溶质，故⑦不符合；‎ 综上所述①③符合，答案选D。‎ ‎11. 某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是 A. AgCl的溶解度、Ksp均减小 B. AgCl的溶解度、Ksp均不变 C. AgCl的溶解度减小、Ksp不变 D. AgCl的溶解度不变、Ksp减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c（Cl-）增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题涉及难溶电解质的溶解度和溶度积常数两个概念，解题时要注意两个概念的区别和联系。注意溶度积常数只和温度有关，温度不变，Ksp不变。溶解度则随沉淀溶解平衡的移动而改变，不仅和温度有关，还和影响平衡的离子浓度有关。‎ ‎12. 在一定的条件下，某反应X(g)====Y(g)＋Z(g)分解的部分实验数据如下：‎ 反应时间/min ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ c(X)/mol·L－1‎ ‎0.100‎ ‎0.090‎ ‎0.080‎ ‎0.070‎ ‎0.060‎ ‎0.050‎ 反应时间/min ‎60‎ ‎70‎ ‎80‎ ‎90‎ ‎100‎ c(X)/mol·L－1‎ ‎0.040‎ ‎0.030‎ ‎0.020‎ ‎0.010‎ ‎0.000‎ 下列有关说法正确的是 A. X的浓度越大，反应速率越大 B. X的浓度越大，消耗一半时所用的时间越短 C. X的分解速率先快后慢 D. X分解的速率与其浓度无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由表中数据可知，X的分解速率是匀速的，与其浓度无关，故A、C错误，D正确；X的分解速率不变，X的浓度越大，消耗一半时所用的时间越长，故B错误。答案选D。‎ ‎13. “银针验毒”在我国有上千年历史，银针主要用于检验是否有含硫元素的有毒物质。其反应原理之一为4Ag+2H2S+O2=2Ag2S+2H2O。当银针变色后，将其置于盛有食盐水的铝制容器中一段时间后便可复原。以下说法不正确的是( )‎ A. 当银针变黑时，所检验的物质有毒 B. 银针验毒时，Ag被氧化 C. 上述验毒反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1‎ D. 银针复原发生的反应可能为3Ag2S+2Al=6Ag+Al2S3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎4Ag+2H2S+O2=2Ag2S+2H2O反应中黑色物质为Ag2S，Ag在反应中化合价升高，为还原剂，氧气在反应中化合价降低，为氧化剂，生成的Ag2S是氧化产物，H2O为还原产物，银针变色后，将其置于盛有食盐水的铝制容器中一段时间后便可复原，发生原电池反应，硫化银被还原生成银，以此解答该题。‎ ‎【详解】A.当银针变黑时，说明生成Ag2S，可说明所检验的物质有毒，A正确；‎ B.反应生成硫化银，Ag元素化合价升高，被氧化，B正确；‎ C.反应的方程式为4Ag+2H2S+O2=2Ag2S+2H2O，生成的Ag2S是氧化产物，H2O为还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1，C正确；‎ D.将其置于盛有食盐水的铝制容器中一段时间后便可复原，发生原电池反应，负极反应式为Al-3e-+3H2O=Al(OH)3+3H+，正极反应式为3Ag2S+6H++6e-=6Ag+3H2S↑，总反应方程式为2Al+3Ag2S+6H2O=6Ag+3H2S↑+2 Al(OH)3↓，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，注意从化合价变化的角度判断，注意该反应中S元素的化合价没有变化，把握原电池的工作原理，侧重考查学生的分析能力和应用能力。‎ ‎14. 反应N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)的能量变化如图所示：‎ 已知：断开1mol N2(g)中化学键需吸收946kJ能量，断开1mol O2(g)中化学键需吸收498kJ能量。下列说法正确的是 A. 断开1mol NO(g)中化学键需要吸收632kJ能量 B. NO(g)＝N2(g)＋O2(g) ∆H＝＋90kJ/mol C. N2(g)＋O2(g)＝2NO(g) ∆H＝－180kJ/mol D. 形成1mol NO(g)中化学键时释放90kJ能量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．断开1mol NO(g)中化学键需要吸收能量为(946kJ+498kJ-180kJ)×=632kJ，A正确； ‎ B．依图中信息，NO(g)＝N2(g)＋O2(g) ∆H＝-90kJ/mol，B错误；‎ C．依据图中能量关系，N2(g)＋O2(g)＝2NO(g) ∆H＝+180kJ/mol，C错误；‎ D．由A中计算可知，形成1mol NO(g)中化学键时释放632kJ能量，D错误；‎ 故选A。‎ ‎15. 实验室利用下列装置可测量一定质量的钢材中的含碳量(部分加持装置已略去)。下列有关判断正确的是（ ）‎ A. 实验时，先打开K1、K2,关闭K3，从a处通入N2，目的是排出装置中的O2‎ B. 点燃酒精灯前,需要打开K1、关闭K2,打开K3、K1起到平衡气压的作用 C. 装置②中的酸性KMnO4溶液吸收SO2，装置③盛有浓硫酸,起到干燥作用 D. 实验前后需称取装置④和装置⑤的质量，才能准确地测得钢材的含碳量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.样品与浓硫酸会反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，实验时，先打开K1、K2，关闭K3，从a处通入N2，目的是排出装置中的CO2，故A错误；‎ B. 点燃酒精灯前，需要关闭K1、K2，打开K3，本实验中K1无平衡气压的作用，故B错误；‎ C. 高锰酸钾溶液具有强氧化性，可以吸收二氧化硫转化为硫酸，装置③中的浓硫酸干燥二氧化碳，防止水蒸气对二氧化碳吸收的影响，故C正确；‎ D. 装置⑤的干燥管中的碱石灰是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，故实验前后只需称取装置④的质量，就能准确地测得钢材的含碳量，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎16. 最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 右边吸附层中发生了还原反应 B. 负极的电极反应是H2－2e－＋2OH－=2H2O C. 电池的总反应是2H2＋O2=2H2O D. 电解质溶液中Na＋向右移动，向左移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电子的流动方向可以得知左边为负极，发生氧化反应；右边为正极，发生还原反应。‎ ‎【详解】由电子的流动方向可以得知左边为负极，发生氧化反应；右边为正极，发生还原反应，故选项A、B正确；电池的总反应没有O2参与，总反应方程式不存在氧气，故C选项不正确；在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故D选项正确。答案选C。‎ A. 右边吸附层中发生了还原反应，A正确；‎ B. 氢气在负极上发生氧化反应，电解质中有强碱，故负极的电极反应是H2－2e－＋2OH－=2H2O，B正确；‎ C. 没有氧气参与反应，C不正确；‎ D. 电解质溶液中Na＋向右边的正极移动，向左边的负极移动，D正确。‎ 综上所述，本题选不正确的，故选C。‎ ‎17. 氯酸钾和亚硫酸氢钾溶液能发生氧化还原反应。已知该反应的反应速率随的增大而增大。如图所示为用在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应的图。下列说法不正确的是 A. 反应开始时速率增大可能是增大所致 B. 纵坐标为的曲线与图中曲线完全重合 C. 图中阴影部分面积表示时间内的物质的量的减少量 D. 后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 随着反应的进行，氢离子浓度逐渐增大，所以反应速率逐渐增大，故A正确；‎ B. 根据反应速率之比等于相应的化学计量数之比可知，v(Cl-)=v(ClO3-)，故纵坐标为的曲线与图中曲线完全重合，故B正确；‎ C. 图中阴影部分的面积应为时间内的物质的量浓度的减少量，故C错误；‎ D. 在反应的后期由于反应物浓度减小，所以导致反应速率开始降低，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎18. 中国研究人员研制一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示 下列说法不正确的是：‎ A. 整个过程实现了光能向化学能的转化 B. 过程Ⅱ放出能量并生成了O-O键 C. 总反应2H2O→2H2+O2‎ D. 过程Ⅲ属于分解反应也是吸热反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图可知，利用太阳光在催化剂表面实现水分解为氢气和氧气，光能转化为化学能，故A正确；‎ B. 过程Ⅱ生成了O-O键，释放能量，故B正确；‎ C. 该过程的总反应是水分解为氢气和氧气，故C正确；‎ D. 由图可知，过程Ⅲ中双氧水转化为氢气和氧气，属于放热反应，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎19. 已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH=－41 kJ·mol－1。相同温度下，在体积相同的两个恒温密闭容器中，加入一定量的反应物发生反应。相关数据：‎ 容器编号 起始时各物质的物质的量/mol 达平衡过程体系的能量变化 CO H2O CO2‎ H2‎ ‎①‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎0‎ ‎0‎ 放出热量：32.8 kJ ‎②‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎4‎ 热量变化：Q 下列说法中，不正确的是 A. 容器①中反应达平衡时，CO的转化率为80%‎ B. 容器①中CO的转化率等于容器②中CO2的转化率 C. 容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率 D. 平衡时，两容器中CO2的浓度相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．根据放出的热量计算参加反应CO的物质的量，进而计算CO的转化率；‎ B．容器①②温度相同，同一可逆反应正、逆平衡常数互为倒数，根据容器①计算平衡常数，假设容器②中CO2的物质的量变化量为a mol，表示出平衡时各组分的物质的量，反应前后气体的体积不变，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算a的值，进而计算CO2的转化率，‎ C．速率之比等于化学计量数之比；‎ D．根据A、B的计算可知平衡时①、②中二氧化碳的物质的量，容器体积相等，若物质的量相等，则平衡时二氧化碳的浓度相等。‎ ‎【详解】A．容器①反应平衡时放出的热量为32.8 kJ，则参加反应的CO的物质的量n(CO)=×1 mol=0.8 mol，故CO的转化率为×100%=80%，A正确；‎ B．容器①②温度相同，平衡常数相同，根据容器①计算平衡常数，由A计算可知，平衡时CO的物质的量变化量为0.8 mol，在反应开始时n(CO)=1 mol，n(H2O)=4 mol，n(CO2)=n(H2)=0，CO改变的物质的量为0.8 mol，由于该反应中任何物质的化学计量数都相同，所以改变的物质的量也都是0.8 mol，平衡时各种物质的物质的量分别为n(CO)=(1-0.8) mol=0.2 mol，n(H2O)=(4-0.8) mol=3.2 mol，n(CO2)=n(H2)=0.8 mol，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以物质的浓度比等于计量数的比，故K1==1；‎ 容器②从逆反应方向开始，二者的化学平衡常数互为倒数，故②中的平衡常数为1，假设容器②中CO2的物质的量变化量为a mol，则其余各种物质的变化的物质的量也都是a mol，所以平衡时各种物质的物质的量：n(CO2)=(1-a) mol，n(H2)= (4-a) mol，n(CO)= n(H2O)=a mol，则K2==1，解得a=0.8 mol，所以CO2的转化率为×100%=80%，B正确；‎ C．速率之比等于化学计量数之比，故容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率，C正确；‎ D．由A中计算可知容器①平衡时CO2的物质的量为0.8 mol，由B中计算可知容器②中CO2的物质的量为1 mol-0.8 mol=0.2 mol，容器的体积相同，平衡时，两容器中CO2的浓度不相等，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡的有关计算，物质反应与放出的热量呈正比。在相同温度时，同一可逆反应的正、逆反应的化学平衡常数互为倒数。对于反应前后气体体积不变的反应，可以将平衡时的物质的量代替平衡浓度，而平衡常数计算值不变，注意选项B中可以利用代换法理解解答，就避免计算的繁琐，使计算快速，正确率大大提高。‎ ‎20. 常温下，下列有关叙述不正确的是 A. 若NH4Cl溶液的pH=6，则c(Cl－)-c(NH)=9.9´10-7 mol/L B. CH3COONa和CaCl2混合溶液中：‎ C. 等物质的量浓度的Na2CO3与NaHCO3混合溶液中：‎ D. 已知H‎2A的Ka1=4.17´10-7，，Ka2=4.9´10-11，则NaHA溶液呈碱性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶液中存在电荷守恒c(NH)+ c(H+)= c(Cl－)+ c(OH－)，所以c(Cl－)-c(NH)= c(H+)- c(OH－)，溶液pH=6，则c(H+)=10-6mol/L，c(OH－)=10-8mol/L，所以c(Cl－)-c(NH)=9.9´10-7 mol/L，故A正确；‎ B．溶液中存在电荷守恒c(Na)+‎2c(Ca2+)+ c(H+)= c(CH3COO－)+ c(Cl－)+ c(OH－)，且‎2c(Ca2+)= c(Cl－)，所以不可能有，故B错误；‎ C．Na2CO3和NaHCO3物质的量相等，所以存在物料守恒‎2c(Na)=‎3c(C)，所以，故C正确；‎ D．NaHA溶液中存在HA－的电离和水解，其电离平衡常数Ka2=4.9´10-11，水解平衡常数Kh==2.4´10-8，水解平衡常数大于电离平衡常数，即水解程度更大，所以溶液显碱性，故D正确；‎ 综上所述答案为B。‎ ‎21. 常温下，取一定量的PbI2固体配成饱和溶液，t时刻改变某一条件，离子浓度变化如图所示，下列有关说法正确的是 A. 常温下，PbI2的Ksp为2×10-6‎ B. 温度不变，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，平衡向左移动，Pb2+的浓度减小 C. 温度不变，t时刻改变的条件可能是向溶液中加入了KI固体，PbI2的Ksp增大 D. 常温下， Ksp（PbS）=8×10－28，向PbI2的悬浊液中加入Na2S溶液，反应的化学平衡常数为5×l018‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图像知常温下平衡时溶液中c(Pb2＋)、c(I－)分别是10－3mol/L、2×10－3mol/L，因此PbI2的Ksp=c(Pb2＋)·c2(I－)=4×10－9，故A错误；‎ B．PbI2饱和溶液中存在平衡：PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，温度不变，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，Pb2＋浓度增大，平衡逆向移动，最终平衡时Pb2＋浓度仍然比原平衡时大，故B错误；‎ C．溶度积常数只与温度有关，温度不变Ksp不变，故C错误；‎ D．该反应的 平衡常数K==5×l018，故D正确；‎ 综上所述答案为D。‎ ‎22. 常温下，Ka(HCOOH)＝1.77×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.76×10－5，下列说法正确的是(　　)‎ A. 浓度均为0.1 mol·L－1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者 B. 用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等 C. 0.2 mol·L－1 HCOOH与0.1 mol·L－1 NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(HCOOH)＋c(H＋)‎ D. 0.2 mol·L－1 CH3COONa与0.1 mol·L－1盐酸等体积混合后的溶液中(pH＜7)：c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(Cl－)＞c(H＋)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)＋c(OH-)，c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，因Kb(NH3·H2O)＜Ka(HCOOH)，同浓度的HCOONa和NH4Cl溶液，前者HCOO-水解程度小于后者NH4+的水解程度，即前者水解产生的c(OH-)小于后者水解产生的c(H+)，有前者溶液中 c(H+)大于后者溶液中c(OH-)，c(Na+)=c(Cl-)，有c(Na+)+c(H+) >c(Cl-)＋c(OH-)，A正确；‎ B、CH3COOH的酸性比HCOOH弱，pH相同时，c(CH3COOH)>c(HCOOH)，用NaOH滴定时，CH3COOH消耗的NaOH多，B错误；‎ C、此时为等浓度的HCOOH和HCOONa溶液，质子守恒式有c(HCOO-)+‎2c(OH-)=‎2c(H+)+c(HCOOH)[可由电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)和物料守恒式‎2c(Na+)=c(HCOO-)+c(HCOOH)处理得到]，C错误；‎ D、当两者等体积混合时，得等浓度CH3COOH、CH3COONa、NaCl的混合溶液，若不考虑CH3COOH的电离和CH3COO-的水解，有c(CH3COO-)=c(Cl-)=c(CH3COOH)，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，有c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)，D错误；‎ 故选A。‎ ‎23. 常温下。向20.00mL0.1mol/LHA溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[-lgc水(H+)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法不正确的是 A. 常温下，Ka(HA)约为10-5‎ B. M、P两点溶液对应的pH=7‎ C. b=20.00‎ D. M点后溶液中均存在c(Na+)>c(A-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、－lgc水(H＋)=11，推出c水(H＋)=c水(OH－)=10－11mol·L－1，根据水的离子积求出溶液中c(H＋)=Kw/c(OH－)=10－3mol·L－1，HAH＋＋A－，c(H＋)=c(A－)=10－3mol·L－1，Ka==10－5，故A说法正确；‎ B、N点水电离出H＋最大，说明HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，P点溶质为NaOH和 NaA，溶液显碱性，即P点pH不等于7，故B说法错误；‎ C、0－b点水的电离程度增大，当达到b点时水的电离程度达到最大，即溶质为NaA，说明HA和NaOH恰好完全反应，b=20.00mL，故C说法正确；‎ D、M点pH=7，根据溶液电中性，存在c(Na＋)=c(A－)，M点后，c(Na＋)>c(A－)，故D说法正确。‎ ‎24. 在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH>0‎ B. 图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率 C. 图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率 D. ‎380℃‎下，c起始(O2)=5.0×10−4 mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K<2000‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 根据图像可知，升高温度，NO的转化率逐渐降低，说明升高温度，平衡逆向移动；‎ B. X点时反应没有达到平衡状态，平衡正向移动；‎ C. Y点时反应为平衡状态，增大反应物的浓度，平衡正向移动；‎ D. 利用三段法结合平衡常数进行计算。‎ ‎【详解】A. 根据图像可知，升高温度，NO的转化率逐渐降低，说明平衡逆向移动，正向反应放热，则ΔH<0，A项错误；‎ B. X点时反应没有达到平衡状态，平衡正向移动，延长时间能提高NO的转化率，B项正确；‎ C. Y点时反应为平衡状态，增大反应物的浓度，平衡正向移动，NO的转化率增大，C项错误；‎ D.设起始时NO的浓度为xmol/L，NO平衡转化率为50%，则NO转化了0.5xmol/L,‎ ‎2NO(g) + O2(g) = 2NO2(g)‎ 始(mol/L) x 5.0×10−4 0‎ 转(mol/L) 0.5x 0.25x 0.5x 平(mol/L) 0.5x 5.0×10−4-0.25x 0.5x 平衡常数K==>2000，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎25. 电渗析法淡化海水装置示意图如下，电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立的间隔室，海水充满在各个间隔室中。通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是（ ）‎ A. 离子交换膜b为阳离子交换膜 B. 各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡水 C. 通电时，电极l附近溶液的pH比电极2附近溶液的pH变化明显 D. 淡化过程中，得到的浓缩海水没有任何使用价值 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】图中分析可知，电极1为电解池阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，电极2为阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应2H++2e-=H2↑，实线对应的半透膜是阳离子半透膜，虚线是阴离子半透膜。‎ A.分析可知b为阴离子交换膜，A错误；‎ B.实线对应的半透膜是阳离子半透膜，虚线是阴离子半透膜，结合阴阳离子移向可知，各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡水，B正确；‎ C.通电时，阳极电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极电极反应，2H++2e-=H2↑，电极2附近溶液的pH 比电极1附近溶液的pH变化明显，C错误；‎ D.淡化过程中，得到的浓缩海水可以提取氯化钠、镁、溴等，有使用价值，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ 二、非选择题 ‎26. 蒸馏碘滴定法可测量中药材中二氧化硫否超标(亚硫酸盐折算成二氧化硫)。原理是利用如图装置将亚硫酸盐转化为SO2，然后通过碘标准溶液滴定吸收液。‎ 实验步骤如下：‎ Ⅰ. SO2含量的测定 烧瓶A中加中药粉‎10g，加蒸馏水300mL；‎ 锥形瓶中加蒸馏水125mL和淀粉试液1mL作为吸收液；‎ 打开冷凝水，通氮气，滴入盐酸10mL；加热烧瓶A并保持微沸约3min后，用0.01000mol·L-1碘标准溶液一边吸收一边滴定，至终点时消耗碘标准溶液V1mL。‎ Ⅱ.空白实验 只加300mL蒸馏水，重复上述操作，需碘标准溶液体积为V0mL。‎ ‎(1)滴入盐酸前先通氮气一段时间作用是_________，测定过程中氮气的流速过快会导致测量结果__________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。‎ ‎(2)滴定时锥形瓶中反应的离子方程式为________，滴定终点的现象是__________。‎ ‎(3)空白实验的目的是___________。‎ ‎(4)该中药中含SO2含量为_________mg/kg。‎ ‎【答案】 (1). 排除装置内空气，避免空气中O2干扰SO2测定 (2). 偏小 (3). I2+SO2+ 2H2O=4H++SO42-+ 2I- (4). 当滴入最后一滴碘标准溶夜时，锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，且在30s内不变色 (5). 为消除其他试剂、实验操作等因素引起的误差 (6). 64(V1-V0)mg/kg ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本实验的目的是利用蒸馏碘滴定法测量中药材中二氧化硫是否超标；首先烧瓶A中加中药粉和蒸馏水，通氮气将装置中的空气排尽同时也可将后续生成的SO2吹出，然后加入盐酸反应生成SO2，加热烧瓶A并保持微沸约3min后，用碘标准液一边吸收一边滴定；滴定过程中碘单质被二氧化硫还原成碘离子，当达到滴定终点时，碘单质过量，溶液会变蓝。‎ ‎【详解】(1)二氧化硫是强还原性物质容易被氧化，所以先通入N2将装置内的空气排净，避免氧气将二氧化硫氧化；氮气的流速如果过快，会使一部分的二氧化硫来不及和碘反应就被氮气带出，所以导致结果偏小。‎ ‎(2)滴定时，单质碘将二氧化硫氧化为硫酸，离子反应方程式为：I2+SO2+ 2H2O=4H++SO42-+ 2I-。达到滴定终点时，二氧化硫都被反应完，加入的单质碘遇淀粉，使溶液显蓝色，所以终点的现象为：当滴入最后一滴碘标准溶夜时，锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，且在30s内不变色。‎ ‎(3)原来的水样、空气中可能有其他杂质影响实验结果，所以为消除其他试剂、实验操作等因素引起的误差，设置了空白实验。‎ ‎(4)用于氧化二氧化硫的碘标准液为(V1－V0)mL，其物质的量为mol，根据发生的反应可知二氧化硫也是mol，则质量为g，这些是‎10g药粉中的含量，所以‎1kg药粉中有g二氧化硫，即有64(V1－V0)mg二氧化硫，所以答案为：64(V1-V0)mg/kg。‎ ‎27. 实验室用卤块(主要成分为，含有、等杂质)制备少量的流程如图：‎ 已知：①四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如图所示：‎ ‎②室温时一些物质的如表：‎ 化学式 ‎8.0×10-18‎ ‎8.0×10-38‎ ‎1.8×10-11‎ ‎ ③有较强的氧化性，其还原产物是，回答下列问题： ‎ ‎(1)的电子式为___________，滤渣的成分是_____________(填化学式)。‎ ‎(2)流程图中所发生的化学反应方程式为______________，框图中由反应→…→制晶体的实验步骤依次为：①加热蒸发；②___________(请补充)；③冷却结晶；④过滤洗涤。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). 趁热过滤 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)的电子式为：，氯化钡溶液可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，加入氧化镁调节pH可以促进铁离子水解，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，所以滤渣的主要成分为：，故答案为：；；‎ ‎(2)加入NaClO3饱和溶液，MgCl2与NaClO3反应生成和NaCl，则发生反应的化学方程式为：，根据物质溶解度大小，从溶液获得晶体的方法为：蒸发结晶、趁热过滤、冷却结晶再过滤洗涤，故答案为：；趁热过滤。‎ ‎28. 常温下，有浓度均为0.1mol/L的下列4种溶液：‎ ‎①NaCN溶液 ②NaOH溶液 ③CH3COONa溶液 ④NaHCO3溶液 HCN H2CO3‎ CH3COOH ‎(1)这4种溶液pH由大到小的排列顺序是_____________(填序号)；‎ ‎(2)④的水解平衡常数Kh=___________。‎ ‎(3)若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③_______④(填“＞”“＜”或“＝”)。‎ ‎(4)常温下NaCN溶液中，将粒子浓度由大到小排序________(包括HCN)‎ 向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为__________________。‎ ‎(5) CO2可以被NaOH溶液捕获，若所得溶液，溶液pH=_________。‎ ‎【答案】 (1). ②①④③ (2). 2.5×10-8 (3). ＜ (4). c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(HCN)＞c(H+) (5). CN-+CO2+H2O=HCN+HCO (6). 10‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对应酸的电离平衡常数分析可知：酸性CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，酸性越弱对应盐的水解程度越大，碱的碱性越强，则溶液碱性②NaOH溶液＞①NaCN溶液＞④NaHCO3溶液＞③CH3COONa溶液，这4种溶液pH由大到小的顺序是：②①④③；‎ ‎(2)碳酸氢根的水解平衡常数Kh== 2.5×10-8；‎ ‎(3)碳酸氢钠碱性大于同浓度的CH3COONa溶液，则消耗盐酸的体积③＜④；‎ ‎(4)NaCN溶液中存在CN-的水解，溶液显碱性，由于水解是微弱的，且水也会电离出氢氧根，所以溶液中粒子浓度由大到小为c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(HCN)＞c(H+)；‎ 碳酸的一级电离常数大于HCN的，二级电离常数小于HCN的，所以向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN与NaHCO3，该反应离子方程式为：CN-+CO2+H2O=HCN+HCO；‎ ‎(5)碳酸氢根的电离平衡常数为=5.0´10-11，，则c(H+)=10-10mol/L，所以pH=10。‎ ‎【点睛】酸性越强，其对应的盐溶液水解程度越大；比较溶液中粒子浓度大小关系时，要注意弱电解质的电离和盐类的水解都是微弱的。‎ ‎29. CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义，回答下列问题：‎ ‎(1) CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。‎ ‎①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：‎ 化学键 键能/kJ·mol-1‎ ‎413‎ ‎745‎ ‎436‎ ‎1075‎ 则该反应的ΔH=_______。分别在VL恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入CH4和CO2各1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是________(填“A”或“B”)。‎ ‎②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图所示。此反应优选温度为‎900℃‎的原因是_______。‎ ‎(2) O2辅助的Al-CO2电池工作原理如图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2‎ ‎，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料，电池的正极反应式：6O2+6e-=6O、，反应过程中O2的作用是________，该电池的总反应化学方程式是_____________。‎ ‎(3)汽车尾气净化装置中，发生反应：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H2=-746.8　kJ•mol-1，已知v 正=k 正•c2(NO)•c2(CO)，v 逆=k 逆•c(N2)•c2(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。‎ ‎①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数________(填“＞”“＜”或“＝”) k逆增大的倍数。‎ ‎②若在‎1L的密闭容器中充入1 molCO和1 molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则_______(保留2位有效数字)。‎ ‎(4)已知钼酸钠(Na2MoO4)溶液中c()=0.40mol•L-1，c()=0.52mol•L-1，由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去，当BaMoO4开始沉淀时，的去除率为_______．[已知：Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9，忽略溶液的体积变化]‎ ‎【答案】 (1). +120kJ/mol (2). B (3). ‎900℃‎时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低 (4). 催化剂 (5). 2Al+6CO2=Al2(C2O4)3 (6). ＜ (7). 0.25 (8). 50%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，所以该反应ΔH =(4×413+2×745-2×1075-2×436)kJ/mol=+120kJ/mol；该反应前后气体系数增多，所以恒容条件随反应进行压强会增大，恒压条件下反应就相当于在恒容的基础上减压，减压会使平衡正向移动，而该反应焓变大于0，为吸热反应，所以容器B中吸收的热量较多；‎ ‎②根据图知，‎900℃‎时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低；‎ ‎(2)在正极的反应式中，在第一个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物，所以氧气在反应中作催化剂；该原电池中Al作负极，失电子生成铝离子，电极反应式为Al-3e-=Al3+‎ ‎，在得失电子相同条件下，正负极电极反应式相加即得电池反应式，所以电池总反应式为2Al+6CO2=Al2(C2O4)3；‎ ‎(3)①该反应含有小于0，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以升高温度k正增大的倍数小于k逆；‎ ‎②若在 ‎1L 的密闭容器中充入 1 mol CO 和 1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO 的转化率为 40%，列三段式有：‎ ‎ ‎ 达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k 正•c2(NO)•c2(CO)=k 逆•c(N2)•c2(CO2)，所以=0.25；‎ ‎(4)当BaMoO4开始沉淀时c(Ba2+)==10-7mol/L，则此时溶液中c()==0.26mol/L，所以碳酸根的去除率为=50%。‎ ‎【点睛】反应速率常数为常考点，学生可以把K(平衡常数)作为结论记住，据此可以求该比值，也可以分析k 正和k 逆的变化规律，对于吸热反应，升高温度平衡常数增大，即增大，则此时k 正增大的倍数大于k 逆增大的倍数，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动。‎