黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

哈师大附中2018级高二学年上学期期中考试化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Ca 40 ‎ 一．选择题(本题包括20小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分。)‎ ‎1.下列各组物质全部是弱电解质的是 A. H2SiO3、H2S、CO2 B. Cu(OH)2、 CH3COOH、C2H5OH C. H2SO3、Ba(OH)2、BaSO4 D. H2O、NH3·H2O、H3PO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解质的强弱是根据电离程度划分的，在水溶液里或熔融状态下完全电离是电解质是强电解质，部分电离是电解质是弱电解质，强酸、强碱和大部分的盐属于强电解质．弱酸，弱碱，水属于弱电解质。‎ ‎【详解】A. 二氧化碳在水溶液里或熔融状态下都不能自身导电，属于非电解质，故A错误；‎ B. C2H5OH在水溶液里或熔融状态下都不能自身导电，是非电解质，故B错误；‎ C. Ba(OH)2、BaSO4都是强电解质，故C错误；‎ D. H2O部分电离，属于弱电解质、NH3·H2O是弱碱，属于弱电解质，H3PO4是中强酸，属于弱电解质，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】在水溶液里完全电离成离子的电解质是强电解质；在水溶液里部分电离成离子的电解质是弱电解质。‎ ‎2.下列有关问题，与盐的水解有关的是 ‎①草木灰与铵态氮肥不能混合施用 ‎ ‎②用热的纯碱溶液去除油污 ‎③实验室保存氯化亚铁溶液应加入少量铁屑 ‎ ‎④用NaHCO3和Al2(SO4)3两种溶液做泡沫灭火器 A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①草木灰水解呈碱性，铵态氮肥水解呈酸性，可发生互促水解，不能混合施用，否则降低肥效，与水解有关，故①正确；‎ ‎②用热的Na2CO3溶液去污，原因是碳酸氢钠水解呈碱性，且加热促进水解，有利于油脂的水解，与水解有关，故②正确；‎ ‎③实验室保存氯化亚铁溶液应加入少量铁屑是为了防止亚铁离子被氧化，与水解无关，故③错误；‎ ‎④用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液分别水解呈碱性和酸性，可发生互促水解，可做泡沫灭火剂，与水解有关，故④正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】盐发生水解时，生成弱电解质，促进水的电离，使溶液呈酸性或碱性，在工业生产或日常生活中，常利用盐类水解的酸碱性或生成的胶体的性质。‎ ‎3.NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是 A. 常温下pH=13的Ba(OH)2溶液中含有Ba2+数目为0.05NA B. 工业合成氨的反应中，每生成3NA H―H键的同时生成6NA N―H键，反应达到平衡状态 C. 100mL 1.0mol/L NaHCO3溶液中的HCO3-数目为0.1 NA D. 用惰性电极电解CuSO4溶液，外电路中通过电子数目为NA时，阳极产生5.6L气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=13的Ba(OH)2溶液，氢离子的浓度是10-13，但溶液的体积未知，无法计算，故A错误；‎ B. 根据反应N2+3H2⇌2NH3，化学平衡的标志是正逆反应速率相等，所以可以是当断裂3NA个H-H共价键的同时断裂6NA个N-H共价键，而当生成3NA个H-H共价键的同时生成6NA个N-H共价键，表明反应正逆两个方向的速率相等，故B正确；‎ C.碳酸根易发生水解,HCO3-数目小于NA，故C错误；‎ D. 阳极生成的气体所处的状态不明确，故当电路中通过NA个电子时，阳极上生成的气体的体积无法计算，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.对于可逆反应：A2(g)＋3B2(g)2AB3(g) ΔH＜0，改变外界条件则下列图象中正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，交叉点后，逆反应速率应该大于正反应速率，故A错误；‎ B. 该反应是气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以 AB3的含量是增加，曲线应该不断上升，压强一定升高温度，平衡向逆反应方向移动，AB3的含量减小，故B错误；‎ C. 改变的条件是加入催化剂，催化剂同等程度的增大反应速率，但是平衡不移动，故C正确；‎ D. 温度高的曲线先达到平衡，500kPa比100kPa先到平衡，500kPa相当于在100kPa的条件下加压，加压平衡正向移动，A2的转化率增大，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.CH3COONa稀溶液中分别改变如下条件，能使比值一定减小的是 ‎①固体NaOH；②少量冰醋酸；③固体NaHSO4；④固体CH3COONa；⑤降温；‎ A. ①③ B. ①④ C. ②⑤ D. ③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 醋酸钠溶液中存在醋酸根离子水解平衡：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，使比值减小，可使平衡向正反应方向移动，结合影响水解平衡移动的因素解答该题。‎ ‎【详解】①加入固体NaOH，c(Na+)与c(CH3COO−)都增大，但c(Na+)增大幅度较大， 比值减小，故①符合；‎ ‎②加入冰醋酸，c(CH3COO−)增大，增大，故②不符合；‎ ‎③加入固体NaHSO4，平衡向正向移动，c(Na+)增大，c(CH3COO-)减小，一定减小，故③符合；‎ ‎④加入固体CH3COONa，浓度增大，水解程度降低，一定增大，故④不符合；‎ ‎⑤水解平衡时吸热反应，降温,平衡逆向进行，醋酸根离子浓度增大，则比值增大，故⑤不符合。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查浓度对盐类水解的影响，若加入含有相同离子的电解质，即同离子效应，来分析溶液中离子浓度的变化，进而确定平衡移动的方向，来确定离子浓度的比值变化关系。‎ ‎6.25℃，以0.10mol/LNaOH溶液滴定20.00mL醋酸溶液和20.00mL盐酸，滴定曲线如图所示，下列说法不正确的是 A. 曲线Ⅰ、Ⅱ分别表示醋酸溶液和盐酸的滴定曲线 B. 达到滴定终点时，两溶液pH均等于7‎ C. 初始时盐酸的浓度为0.10mol/L D. 滴定醋酸溶液、盐酸时，均可选择酚酞溶液做指示剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅱ，滴定醋酸的曲线是图Ⅰ，故A正确； ‎ B. 达到滴定终点时，两溶液分别是氯化钠和醋酸钠的溶液，氯化钠的pH=7，醋酸钠是弱酸强碱盐，其水解使溶液显碱性，pH大于7，故B错误； ‎ C. 曲线Ⅱ代表的是盐酸的滴定曲线，从图像可知，初始时盐酸的浓度为0.10mol/L，故C正确； ‎ D. 酚酞的变色pH范围是8-10 ，滴定醋酸溶液、盐酸时，均可选择酚酞溶液做指示剂，故D正确； ‎ 答案选B ‎7.常温时，下列各组溶液中的离子一定能够大量共存的是 A. 由水电离出的c(H+)=1.0×10－13mol/L的溶液中：Na+、Cl－、NH4+、S2O32－‎ B. 含有大量的AlO2－溶液中：K+、Na+、CO32－、HCO3－‎ C. c(H+)=1.0×10－13mol/L的溶液中：Na+、S2－、SO32－、SO42－‎ D. 使甲基橙试液变红的溶液中：Fe2+、Mg2+、NO3－、Cl－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由水电离出的c(H+)=1.0×10－13mol/L的溶液或是酸性或是碱性，酸性条件下S2O32－不能存在，碱性条件下NH4+不能大量存在，故A错误；‎ B. AlO2－和HCO3－会发生双水解，生成氢氧化铝和碳酸根离子，故B错误；‎ C. c(H+)=1.0×10－13mol/L的溶液呈碱性，Na+、S2－、SO32－、SO42－在碱性条件下可以大量共存，故C正确；‎ D. 滴加甲基橙试剂显红色的溶液，显酸性， Fe2+、H+、NO3－发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2，在不同温度下反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是(双选)(　　)‎ A. 反应CO2(g)＋C(s) 2CO(g)的ΔS＞0、ΔH＜0‎ B. 体系的总压强p总：p总(状态Ⅱ)＞2p总(状态Ⅰ)‎ C. 体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)＜2c(CO，状态Ⅲ)‎ D. 逆反应速率：v逆(状态Ⅰ)＞v逆(状态Ⅲ)‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A．C和CO2反应是吸热反应，△H>0，故A错误；‎ B．曲线Ⅰ，是通入0.1molCO2， 曲线Ⅱ是通入0.2molCO2，状态Ⅱ可以看作先通0.1molCO2，此时的压强相等，再通入0.1molCO2加入平衡不 移动，此时的压强等于2倍P总（状态Ⅰ），但要求CO2的浓度相等，应对此加热使反应向正反应方向移动， 气体物质的量增加，因此P总(状态Ⅱ)>2P总（状态Ⅰ），故正确；‎ C．状态Ⅱ可以看作先通0.1molCO2，此时 两者CO的浓度相等，再通入0.1molCO2，如果平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡右移，消耗CO，因此c(CO，状态Ⅱ)<2c(CO，状态Ⅲ)，故正确；‎ D．温度越高，反应 速率越快，V逆（状态Ⅰ）逆（状态Ⅲ)，故D错误。‎ ‎9.下列事实一定能说明HF是弱电解质的是 ‎①常温下NaF溶液的pH大于7； ‎ ‎②用氢氟酸做导电实验，灯泡很暗；‎ ‎③1mol/L的氢氟酸能使紫色石蕊试液变红； ‎ ‎④常温下，0.1mol/L氢氟酸的pH为2.3 ‎ ‎⑤向NaF溶液中加入H3PO4溶液，反应生成HF A. ①④⑤ B. ②③⑤ C. ①③④ D. ①②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①常温下碱性溶液中pH>7，NaF溶液的pH大于7，说明呈碱性，说明NaF发生了水解，HF是弱酸，故①正确；‎ ‎②导电性强弱主要与离子浓度和离子所带电荷的多少有关，不能说明HF是弱酸，故②错误；‎ ‎③1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红,说明HF水溶液显酸性，不能说明HF是弱酸，故③错误；‎ ‎④常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3,说明HF部分电离,是弱酸，故④正确；‎ ‎⑤向NaF溶液中加入H3PO4溶液，反应生成HF，说明HF的酸性比碳酸的弱，能说明HF是弱酸，故⑤正确；‎ 答案为A。‎ ‎10.下列叙述正确的是 A. 将pH= a醋酸溶液稀释到原体积的2倍后，溶液的pH=b，则a＞b B. 在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl固体至溶液恰好无色，则此时溶液的pH＜7‎ C. 1.0×10－3mol/L盐酸的pH=3，1.0×10－8mol/L盐酸的pH=8‎ D. 25℃，若1mL pH=1的盐酸与100mLNaOH溶液混合后，溶液的pH=7，则该NaOH溶液pH=11‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 因醋酸是弱电解质，稀释时促进电离，但氢离子的浓度减小，则pH变大，即b>a，故A错误；‎ B. 在氨水中存在电离平衡，当加入NH4Cl，平衡逆向移动，氢氧根离子的浓度减小，由酚酞的变色范围8.2∼10可知，此时溶液的pH可能小于8.2，不一定小于7，故B错误；‎ C. 因常温下，中性溶液的pH=7，则酸的pH一定小于7，即盐酸溶液的pH不会为8，故C错误；‎ D. 因酸碱混合后pH=7，即恰好完全反应，设碱浓度为c，则1×0.1mol/L=100×c，c=0.001mol/L，则NaOH溶液的pH=11，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.下列说法不正确的是 A. 增加反应物浓度可增大单位体积的活化分子数，活化分子百分数保持不变 B. 升高温度可以增大活化分子百分数，从而加快化学反应速率 C. 压缩容器容积增大压强，活化分子百分数增大，从而加快任一反应的化学反应速率 D. 催化剂可以降低反应所需的活化能，活化分子百分数增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 增加反应物浓度可增大单位体积活化分子数目，活化分子的百分数不变，故A正确；‎ B. 升高温度，可使更多分子转化为活化分子，可增大活化分子百分数，化学反应速率加快，故B正确；‎ C. 如为固体或纯液体，则增大压强，浓度不变，反应速率不变，故C错误；‎ D. 催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎12.某温度下，相同物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Cl；②NH3·H2O；③CH3COONH4；④NH4Al(SO4)2。c(NH4+)由大到小的顺序是 A. ③①④② B. ④①③② C. ①④③② D. ④③①②‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①NH4Cl中氯离子对铵根离子的水解没有影响；②NH3·H2O中只存在电离；③醋酸根离子促进铵根离子水解，铵根离子浓度会减小；④NH4Al(SO4)2中铝离子水解产生氢离子，生成的氢离子会抑制铵根离子的水解，所以铵根离子浓度最大，所以铵根离子浓度大小顺序是④①③②，‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】促进水解的会使某些离子浓度减小，抑制水解的会使某些离子浓度增大，该题难度不大，关键在于要记清楚影响盐类水解的因素，分析平衡移动的方向，进而确定离子浓度的大小。‎ ‎13.在空气中直接蒸发下列盐的溶液：①Fe2(SO4)3；②Na2CO3；③KCl；④CuCl2；⑤CH3COONH4；⑥Na2SO3；可得到相应盐的晶体(可含结晶水)的是 A. ①②③ B. ①③⑥ C. ②⑤⑥ D. ③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①Fe2(SO4)3加热时虽发生水解，但硫酸难挥发，蒸发其溶液可得到Fe2(SO4)3‎ ‎，故①正确；‎ ‎②Na2CO3水解生成氢氧化钠和碳酸氢钠，但蒸干后两者又发生反应，仍得到碳酸钠，故②正确；‎ ‎③KCl性质稳定，蒸发溶液可得到KCl，故③正确；‎ ‎④CuCl2溶液水解生成氢氧化铜和盐酸，盐酸挥发，最后不能得到纯净的氯化铜，故④错误；‎ ‎⑤CH3COONH4溶液是弱酸弱碱盐溶液，加热蒸发时其水解生成的醋酸和氨水都挥发，且醋酸铵受热易分解为醋酸和氨气，故不能得到相应盐的晶体，故⑤错误；‎ ‎⑥Na2SO3有较强的还原性，加热蒸发时，部分亚硫酸被氧气氧化为硫酸钠，不能得到纯净的亚硫酸钠，故⑥错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查温度对盐类的水解的影响，一般易水解的强酸弱碱盐，若酸根离子为难挥发的强酸的酸根离子，加热蒸干时，溶质不发生变化。‎ ‎14.由下列实验及现象能推出相应结论的是 实验操作及实验现象 结 论 A 向2mL 0.5mol/L FeCl3溶液中滴加2mL 1mol/L KSCN溶液，振荡后静置，观察到溶液变成红色，加入1mL 2mol/L KCl溶液后溶液红色变浅 c(KCl)增大使该反应[FeCl3+‎ ‎3KSCNFe(SCN)3+3KCl]的化学平衡逆向移动 B 向做了相同标记的2支试管中均加入2mL 0.1mol/L Na2S2O3溶液，再分别向2支试管中加入4mL浓度为0.1mol/L、0.5mol/L 的H2SO4溶液，测定恰好遮挡全部标记所用时间 其他条件一定时，反应物浓度越大，化学反应速率越快 C 室温下，用广泛pH试纸测定0.1 mol/L Na2SO3溶液的pH为10，0.1mol/L NaHSO3溶液的pH为5‎ 相同条件下，HSO3－水解能力强于SO32－‎ D 向2 mL0.1mol/LAgNO3溶液中加入1mL0.1mol/LNaCl溶液，生成白色沉淀，再加入1mL0.1mol/L KI溶液，生成黄色沉淀 Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向2mL 0.5mol/L FeCl3溶液中滴加2mL 1mol/L KSCN溶液，振荡后静置，观察到溶液变成红色，加入1mL 2mol/L KCl溶液后溶液红色变浅，是因为加入水使溶液变稀了。反应的实质是Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，1mL 2mol/L KCl加入对平衡没有影响，故A错误；‎ B. 相同浓度的Na2S2O3溶液中加入相同体积不同浓度的H2SO4溶液，发现其他条件一定时，反应物浓度越大，化学反应速率越快，故B正确；‎ C. 室温下，Na2SO3溶液的呈碱性，SO32-水解生成HSO3-和OH-，0.1mol/L NaHSO3溶液的pH为5，呈酸性，HSO3-存在电离平衡和水解平衡，电离程度比水解程度比大，相同条件下，HSO3－的水解能力弱于SO32－，故C错误；‎ D. 向2 mL0.1mol/LAgNO3溶液中加入1mL0.1mol/LNaCl溶液，生成白色沉淀氯化银，再加入1mL0.1mol/L KI溶液，生成黄色沉淀碘化银，不能实现沉淀的转化，因为硝酸银过量，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎15.常温下，体积相同、物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液pH分别为7、9、10，则下列说法不正确是 A. 酸性强弱：HX＞HY＞HZ B. 配制等pH的NaY、NaZ两溶液：c(NaY)＞c(NaZ)‎ C. 三种溶液的离子总数相同 D. 稀释上述三种溶液后，各离子浓度不一定都减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 相同物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，其相应的酸的酸性越弱，根据题意知，在三种酸HX、HY、HZ中以HX酸性相对最强HX>HY>HZ，故A正确；‎ B. 根据NaX、NaY、NaZ的溶液pH分别为7、9、10可知，NaX不水解，NaY、NaZ是弱酸强碱盐，NaZ的碱性更强，配制等pH的NaY、NaZ两溶液，c(NaY)＞c(NaZ)，故B正确；‎ C. 根据NaX、NaY、NaZ的溶液pH分别为7、9、10可知，NaX不水解，NaY、NaZ是弱酸强碱盐，水解显碱性，溶液中的离子会有Y-和Z-水解后得到的离子，由电荷守恒可得c(Y-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)、c(Z-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，pH越大的溶液中c(H+)越小，故三种溶液的离子总数不相同，故C错误；‎ D.‎ ‎ 相同物质的量浓度的三种溶液，分别稀释，pH=7的钠盐不水解，各种离子的浓度都在减小；NaY、NaZ是弱酸强碱盐，其水解使溶液显碱性，稀释后pH减小，由于水的离子积不变，故 c(H+)增大，其他离子的浓度都减小，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】该题的易混易错点在于D，碱性溶液在稀释过程中c(H+)增大，其他离子的浓度都减小。‎ ‎16.已知25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10－12，Ksp(MgF2)=7.42×10－11。下列说法正确的是 A. 25℃时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol/L氨水中Ksp比在20 mL 0.01 mol/LNH4Cl溶液中Ksp小 B. 25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大 C. 25℃时，在MgF2悬浊液中加入NaOH溶液后，MgF2不可能转化为Mg(OH)2‎ D. 25℃时，在Mg(OH)2悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溶度积Ksp不随浓度变化，只与温度有关，两种情况下氢氧化镁的溶度积不变，故A错误；‎ B.由于Mg(OH)2溶度积小，则二者的饱和溶液中氢氧化镁溶液中的Mg2+浓度小，故B错误；‎ C. 氢氧化镁的溶度积小，只要加入适当浓度的NaOH溶液，就可以使氟化镁转化为氢氧化镁沉淀，故C错误。‎ D. NH4+结合OH−使氢氧化镁溶解平衡正向移动，Mg2+浓度增大，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】溶度积实质上也属于平衡常数，平衡常数只与温度有关，温度不变，溶度积常数也不变。溶度积的大小可以体现溶质的溶解度大小，溶度积越大，说明溶液中离子浓度越大，物质的溶解度越大。‎ ‎17.25℃、101kPa条件下，在一个容积可变的密闭容器中加入一定体积的NO2气体发生反应2NO2N2O4，保持活塞位置不变。分别在t1、t2时刻迅速移动活塞位置并保持移动后的活塞位置不变，测定容器内气体压强变化如图所示。下列说法不正确的是 A. B点N2O4的物质的量分数为97%‎ B. H点对应的容器内气体颜色比E点的深 C. C点的正、逆反应速率大小：v正＜v逆 D. B、E两点的混合气体平均摩尔质量大小：M(B)＞M(E)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据阿伏加德罗定律，温度，体积不变时，压强之比等于物质的量之比，设起始时的NO2物质的量为n，反应的物质的量为2x，列出三段式：‎ ‎ 2NO2N2O4‎ 起始/mol n 0‎ 反应/mol 2x x 平衡/mol n−2x x 气体物质的量之比等于压强之比，则，x=，N2O4物质的量分数为=3.1%，故A错误；‎ B. H点对应容器内气体压强比E点对应的容器内气体压强大，体积较小，各组分的浓度都变大，虽然加压后平衡正向移动，但NO2的浓度仍比加压前增大，故H点对应的容器内气体颜色比E点的深，故B正确；‎ C. C点之后，容器内气体的压强在增大，即平衡逆向移动，则v正＜v逆，故C正确；‎ D. B点的压强高于E点，故B点反应向着正向进行的程度大，混合气的物质的量较小，根据M＝，可知，混合气体的平均分子质量M(B)＞M(E)，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎18.常温下，现有0.1mol/LNH4HCO3‎ 溶液，溶液pH为7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. NH4HCO3溶液中存在下列关系：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)‎ B. 当溶液的pH=9时，溶液中存在下列关系：c(HCO3－)＞c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(CO32－)‎ C. 向该溶液中加入少量氢氧化钠固体时，c(HCO3－)、c(NH4+)均减小 D. 通过分析可知常温下Kb(NH3·H2O)＜Ka1(H2CO3)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溶液中并且存在物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)，故A正确；‎ B. 结合图象可知，溶液的pH=9时，溶液中离子浓度大小为c(HCO3－)＞c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(CO32－)，故B正确；‎ C. 逐滴滴加氢氧化钠溶液时，c(HCO3−)先逐渐增大，当pH大于7.8后随溶液pH增大时，铵根离子浓度逐渐减小，而此时碳酸氢根离子仍在增大，稍后才开始减小，故C正确；‎ D. 常温下，0.1 moI/L的NH4HCO3溶液，pH=7.8.溶液显碱性，说明碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子，越弱越水解，则Kb(NH3⋅H2O)＞Ka１(H2CO3)，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎19.在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH= − 92.4kJ/mol，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：‎ 容器 甲 乙 丙 反应物投入量 ‎0.5mol N2、1.5mol H2‎ ‎1mol NH3‎ ‎2mol NH3‎ NH3的浓度(mol/L)‎ c1‎ c2‎ c3‎ 吸收或放出的热量(kJ)‎ a b c 体系压强(Pa)‎ p1‎ p2‎ p3‎ 反应物转化率 ɑ1‎ ɑ2‎ ɑ3‎ 下列说法正确的是 A. a + b = 46.2 B. 2c1＞c3＞c1 C. 2p2＜p3 D. ɑ1+ɑ3＞1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为46.2kJ，故a+b=46.2，故A正确；‎ B. 甲容器内的平衡与乙容器内平衡是等效平衡，所以平衡时NH3的浓度相等，即c1=c2，丙容器反应物投入量2molNH3，是乙的二倍，相当于增大压强，平衡正向移动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的二倍，即c3>2c2，所以c3>2c1，故B错误；‎ C. 丙容器反应物投入量2molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2> p3，故C错误；‎ D. 丙容器反应物投入量2molNH3，相当于甲的二倍，若丙容器的容积是甲的2倍，则两平衡等效，转化率α1+α3=1；由于丙中相当于增大压强，平衡向着正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率α1+α3<1，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点在于等效平衡的判断，在定温、定容条件下，对于化学反应前后气体分子数改变的可逆反应，只改变起始加入物质的物质的量，如果通过可逆反应的化学计量数之比换算成化学方程式的同- -边物 质的物质的量与原平衡相同，则两平衡等效。‎ ‎20.25℃时，三种弱酸的电离平衡常数如下表所示，下列说法正确的是 化学式 CH3COOH HCN H2CO3‎ 平衡常数 Ka=1.8×10－5‎ Ka=4.9×10－10‎ Ka1=1.8×10－7‎ Ka2=5.6×10－11‎ A. 25℃，等体积、等物质的量浓度的溶液中水的电离程度大小：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3－‎ B. 将2a mol/L HCN溶液与a mol/L NaOH溶液等体积混合，混合液中：c(H+)＜c(OH－)‎ C. 物质的量浓度之比为1:2的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：4c(Na+)= 3[c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)]‎ D. 等体积、等pH的CH3COOH溶液、HCN溶液稀释相同倍数后，溶液的浓度：c(CH3COOH)＞c(HCN)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据电离平衡常数，Ka越小，说明酸性越弱，酸性强弱为CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3－，酸性越强，对水的电离平衡抑制的程度就越大，故25℃，等体积、等物质的量浓度的溶液中水的电离程度大小：HCO3－＞HCN＞ H2CO3＞CH3COOH，故A错误；‎ B. 2a mol/L HCN溶液与a mol/L NaOH溶液等体积混合后得到的是HCN和NaCN的混合溶液，电离平衡常数比较可知其中CN−水解大于HCN电离程度溶液显碱性，故c(H+)＜c(OH－)，故B正确；‎ C. 物质的量浓度之比为1:2的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒可知， 3c(Na+)=4[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，故C错误；‎ D. 等体积、等pH的CH3COOH溶液、HCN溶液，由于在相同温度下CH3COOH的电离常数比HCN的大，故c(HCN)＞c(CH3COOH)，稀释相同倍数后，弱酸的浓度仍大，即c(HCN)＞c(CH3COOH) ，故D错误；‎ 答案选B。‎ 二．填空题(本题包括3小题，共36分。)‎ ‎21.完成下列计算：‎ ‎(1)25℃，0.1mol/L NaOH溶液中的c(H+)=________，稀释该溶液到原体积的100倍，水电离出的c(OH－)的浓度为__________________；‎ ‎(2)25℃，pH=13的NaOH溶液中的c(OH－)是pH=11的NaOH溶液中的c(OH－)的______倍，将这两种NaOH溶液等体积混合后的溶液pH为___________(lg2≈0.3，lg3≈0.5，lg5≈0.7，忽略溶液体积变化)；‎ ‎(3)25℃，等物质的量浓度的NaOH溶液与盐酸按3:2体积比混合，所得溶液的pH为12，则NaOH溶液与盐酸的初始浓度为________________(忽略溶液体积变化)。‎ ‎【答案】 (1). 1.0×10－13mol/L (2). 1.0×10－11 mol/L (3). 100 (4). 12.7 (5). 5.0×10－2mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)25℃，Kw=1×10−14，0.1mol/L NaOH溶液中的c(OH−)=0.1mol/L ，c(H+)= mol/L =1×10−13 mol/L，稀释该溶液到原体积的100倍，NaOH溶液中的c(OH−)=0.001mol/L，c(H+)= mol/L =1×10−11 mol/L，NaOH溶液中的氢离子来自于水，水电离出的c(OH－)= c(H+)=1×10−11 mol/L，‎ 答案为：1.0×10－13mol/L；1.0×10－11 mol/L；‎ ‎(2) Kw=1×10−14，该温度下，pH=13的NaOH溶液中的c(H+)=1×10−13mol/L，则c(OH−)= mol/L =1×10−1mol/L，pH=11的NaOH溶液中的c(H+)=1×10−11mol/L，则c(OH−)= mol/L =1×10−3mol/L；则pH=13的NaOH溶液中的c(OH−)是pH=11的NaOH溶液中的c(OH−)的100倍，若将两者以等体积混合，c(OH−)==0.05mol/L，混合后c(H+)==2×10-13 mol/L，pH= -lg(2×10-13)=13- lg2≈12.7，‎ 答案为：100；12.7；‎ ‎(3) 物质的量浓度相等的NaOH和HCl溶液，以3:2体积比相混合,发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠有剩余，令二者的浓度为cmol/L，则反应后溶液中c(OH−)= mol/L，根据混合后溶液的pH=12，可知应后溶液中c(OH−)==0.01mol/L，即 mol/L=0.01mol/L，解得c=5.0×10-2mol/L，‎ 答案为：5.0×10-2mol/L。‎ ‎22.工业上常用甲烷与水蒸气的催化重整反应制取水煤气。T℃时，每生成5.6gCO该反应吸热40.6kJ。‎ ‎(1)该反应的热化学方程式为_____；‎ ‎(2)该反应的逆反应速率方程为v逆=k逆·cm (CO)·cn (H2)， k逆、m、n需要通过实验测定。T℃时，测得有关数据为：‎ 序号 c(CO)/mol·L－1‎ c(H2)/mol·L－1‎ v逆/mol·L﹣1·min－1‎ Ⅰ ‎0.05‎ ‎0.02‎ ‎4.80×10－3‎ Ⅱ ‎0.03‎ ‎0.05‎ ‎4.50×10－2‎ Ⅲ ‎0.02‎ ‎0.02‎ ‎1.92×10－3‎ Ⅳ ‎0.03‎ ‎0.01‎ ‎3.60×10－4‎ 通过计算，k逆的数值为___，当c(CO)=0.01mol/L、c(H2)=0.03mol/L时，v逆=___________；‎ ‎(3)在体积为3 L的密闭容器中，加入甲烷和水蒸气各3 mol，在一定条件下发生上述反应，测得平衡时H2的体积分数与温度、压强的关系如图所示，则压强P1___P2（“＞”、“=”或“＜”）；温度为T4℃、压强为P1 MPa时，N点表示的体系状态v正_____v逆(填“＞”、“=”或“＜”)；若P1 =5.0×103 MPa，M点表示的体系状态CH4的平衡转化率为_______、压强平衡常数KP=___________。 ‎ ‎【答案】 (1). CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH = +203.0 kJ/mol (2). 12000 (3). 3.24×10－3 mol/(L·min) (4). ＞ (5). ＜ (6). 66.7% (7). 1.08×108 MPa2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1). 每生成5.6gCO该反应吸热40.6kJ，则生成28gCO则吸热40.6kJ×=203 kJ/mol，则热化学方程式为 CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH = +203.0 kJ/mol，‎ 故答案为：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH = +203.0 kJ/mol ‎ ‎(2)根据速率方程 v逆=k逆cm (CO)·cn (H2)，代入Ⅰ，Ⅲ两组数据，可得到4.80×10－3= k逆0.05m´0.02n (1) ，1.92×10－3 = k逆0.02 m´0.02n (2)；得到0.4=0.4m，则m=1；‎ 代入Ⅱ，Ⅳ两组数据，可得到4.50×10－2= k逆0.03m´0.05n (3)，3.60×10－4 = k逆0.03m´0.01n (4)，得到125=5n，则n=3；‎ v逆=k逆·cm (CO)·cn (H2)，代入Ⅰ组数据，4.80×10－3= k逆´0.05m´0.02n ，m=1，n=3，则k 逆==12000；当c(CO)=0.01mol/L、c(H2)=0.03mol/L时，v逆=k逆·cm (CO)·cn (H2)= 12000×0.01×(0.03)3=3.24×10－3 mol/(L·min)‎ 故答案为：12000，3.24×10－3 mol/(L·min)‎ ‎(3)主反应为：CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)，nH2O:nCH3OH＝1:1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为p1，反应达到平衡时总压强为p2，CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g) 反应为气体分子数增多的反应，随着反应的进行，体系压强增大，增大压强不利于反应正向进行，所以压强p1大于p2，N点时反应尚未达到平衡，反应仍需正向进行，所以v正大于v逆，M点时平衡体系中H2的体积分数为60%，相同条件下的体积分数就是物质的量分数 CH4(g)+H2O(g)＝CO(g)+3H2(g)‎ 起始(mol) 3 3 0 0‎ 转化(mol) x x x 3x 平衡(mol) 3−x 3−x x 3x 所以有，可得x＝2，所以平衡时c(CH4)的平衡转化率==66.7%；根据反应CH4(g)+H2O(g)＝CO(g)+3H2(g)，n(H2O):n(CH4)＝1:1的原料气充入恒容密闭容器中，CH4(g)+H2O(g)＝CO(g)+3H2(g)，P1 =5.0×103 MPa的恒压条件下，各物质平衡时的物质的量分别是CH4 1mol，H2O1mol，CO2mol，H26mol，混合气体的总物质的量为1+1+2+6=10mol，压强平衡常数Kp，气体组分的分压=总压强×(气体组分的物质的量/气体总物质的量)，根据公式KP= = ==×100= p12=×(5.0×103)2=1.08×108 MPa2‎ 故答案为：＞；＜；66.7%；1.08×108 MPa2。‎ ‎23.CrO42－和Cr2O72－在溶液中可相互转化。室温下，1.0×10－3mol/L的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72－)随pH的变化如图所示。‎ ‎(1)用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的可逆反应________________。‎ ‎(2)调节该溶液的酸碱性使pH减小，观察到实验现象为_______________根据图示中A点数据，计算出该转化反应的平衡常数________；‎ ‎(3)温度升高，溶液中CrO42－的平衡转化率减小，则该反应的ΔH____0(填“大于”、“等于”或“小于”)。‎ ‎(4)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定待测液中的Cl－，利用Ag+与CrO42－生成砖红色沉淀，作为滴定终点标志。当溶液中Cl－恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10－5mol/L)时，溶液中c(Ag+)为____ mol/L，此时溶液中c(CrO42－)等于____ mol/L。（已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10－12和2.0×10－10）。‎ ‎【答案】 (1). 2CrO42－ + 2H+ Cr2O72－+ H2O (2). 溶液由黄色变为橙色 (3). 1.0×10-5  L3/mol3 (4). 小于 (5). 2.0×10－5 (6). 5.0×10－3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)随着H+浓度的增大，CrO42−转化为Cr2O72−的离子反应式为：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，‎ 故答案为：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O；‎ ‎②溶液酸性增大，平衡2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O正向进行，CrO42−的平衡转化率增大，平衡正向移动，溶液由黄色变为橙色；A点Cr2O72−的浓度为0.25×10－3mol/L，pH=1，H+浓度为1×10−1mol/L，则消耗的CrO42−的浓度为0.5×10－3mol/L，则溶液中的c(CrO42−)=1.0×10－3mol/L−0.25×10－3mol/L×2=0.5×10－3mol/L，，此时该转化反应的平衡常数为K===1.0×10-5  L3/mol3，‎ 故答案为：溶液由黄色变为橙色；1.0×10-5  L3/mol3；‎ ‎(3)升高温度,溶液中CrO42−的平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明正方向放热，则该反应的△H<0，‎ 故答案为：小于；‎ ‎(2)当溶液中Cl−完全沉淀时，即c(Cl−)=1.0×10−5mol/L，依据Ksp(AgCl)=2.0×10−10，计算得到c(Ag+)===2.0×10−5mol/L，‎ 此时溶液中c(CrO42−)===5.0×10−3mol/L，‎ 故答案为：2.0×10−5；5.0×10−3。‎ 三．实验题(本题包括1小题，共14分。)‎ ‎24.为了测定草酸晶体H2C2O4·xH2O中的x值，某实验小组进行实验，步骤如下：‎ ‎①称取1.260g草酸晶体，配成100mL溶液。‎ ‎②取25.00mL该H2C2O4溶液加入锥形瓶内，再加入适量稀硫酸。‎ ‎③用浓度为0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液，当_________________时，滴定结束。‎ ‎④记录数据，重复实验。整理数据如下：‎ 实验序号 V(KMnO4溶液)‎ 滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL ‎1‎ ‎0.10‎ ‎10.00‎ ‎2‎ ‎1.10‎ ‎11.10‎ ‎3‎ ‎1.50‎ ‎13.50‎ ‎4‎ ‎0.70‎ ‎10.80‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)步骤①需要使用烧杯、量筒、玻璃棒，还缺少的玻璃仪器为_______(填名称)；步骤③滴定过程中，盛装KMnO4溶液的仪器为______(填名称)。‎ ‎(2)该反应原理的化学方程式为_________________；‎ ‎(3)请将步骤③补充完整__________________；‎ ‎(4)根据数据，计算H2C2O4溶液的物质的量浓度为______________mol/L，x=____________；‎ ‎(5)若滴定终点读数时俯视KMnO4溶液液面，则x值会__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). 酸式滴定管 (4). 2KMnO4+5 H2C2O4+3 H2SO4 =2MnSO4 +K2SO4 +10CO2↑+8H2O (5). 最后一滴KMnO4溶液加入H2C2O4待测液中，溶液由无色变为紫色，持续30s不恢复原来颜色 (6). 0.1000 (7). 2 (8). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)步骤①需要使用烧杯、量筒、玻璃棒、还缺少的玻璃仪器为100mL容量瓶,酸式滴定管,因为KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装，‎ 故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；酸式滴定管；‎ ‎(2)可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫色，‎ 故答案为：最后一滴KMnO4溶液加入H2C2O4待测液中，溶液由无色变为紫色，持续30s 不恢复原来的颜色；‎ ‎(3)由题给化学方程，2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；图表中第三次误差较大舍去，计算平均消耗高锰酸钾溶液体积==10ml，‎ ‎ 2MnO4−+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O ‎ 2 5‎ ‎0.1000mol/L×0.01L 0025mol ‎25.00mL待测液中含有0.0025molH2C2O4，100.00mL待测液中含有0.01molH2C2O4，H2C2O4溶液的物质的量浓度==0.1000mol/L，0.01molH2C2O4的质量为0.01mol×90g/mol=0.9g，所以1.260g纯草酸晶体中水的物质的量为1.260g−0.9g=0.36g，其物质的量为0.02mol，则x=2，‎ 故答案为：0.1000；2；‎ ‎(4)若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n(H2C2O4)偏小，则n(H2O)偏大，x偏大；‎ 故答案为：偏大。‎ 四．计算题(本题包括1小题，共10分。)‎ ‎25.20℃，每100g水仅能溶解0.148gCa(OH)2。CaCO3在水中达到溶解平衡时，其Ksp为8.0×10－9(溶液密度近似为1g/cm3)。‎ ‎(1)计算20℃时Ca(OH)2饱和溶液中的c(OH－)；_________‎ ‎(2)在10 mL Ca(OH)2饱和溶液中加入10mL0.10mol/L的K2CO3溶液，忽略溶液体积变化，通过计算判断是否生成CaCO3沉淀_________，并求此时溶液中c(Ca2+)。__________‎ ‎【答案】 (1). 0.04mol/L (2). 有CaCO3沉淀生成 (3). c(Ca2+)=2.0×10－7 mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)20℃,每100g水能溶解0.148gCa(OH)2，此时得到的Ca(OH)2溶液密度近似为1g/cm3，则Ca(OH)2的溶解度为s=0.148g/100g水，则水溶液中饱和溶液的物质的量浓度为c===0.02mol/L，因此Ca(OH)2的溶度积常数为Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)·c2(OH−)= c ·(2c)2=4c3=3.2×10−5，则20℃时，Ca(OH)2饱和溶液中的c(OH−)=0.04mol/L，‎ 答案为：0.04mol/L；‎ ‎(2)由(1)可知，Ca(OH)2饱和溶液中的c(OH−)=0.04mol/L，则c(Ca2+)==0.02 mol/L，‎ ‎10mLCa(OH)2饱和溶液中n(Ca2+)=0.02 mol/L×0.01L=0.0002 mol，10mL0.1mol/LK2CO3‎ 中n(CO32−)=0.1 mol/L×0.01L=0.001 mol，向10mLCa(OH)2饱和溶液中加入10mL0.1mol/LK2CO3溶液，混合后溶液体积为20ml，c(Ca2+)==0.01 mol/L，c(CO32−)==0.05 mol/L，c(Ca2+)×c(CO32−)=0.01 mol/L×0.05 mol/L=5×10－4>=8.0×10－9，则反应生成碳酸钙沉淀，根据反应 Ca2+(aq)+ CO32− (aq)⇌CaCO3(s)，0.0002 mol Ca2+消耗CO32−0.0002 mol，剩余n(CO32−)=0.001 mol-0.0002 mol=0.0008mol，c(CO32−)==0.04 mol/L，‎ c(Ca2+)==2.0×10－7 mol/L，‎ 答案为：有CaCO3沉淀生成；c(Ca2+)=2.0×10－7 mol/L。‎ ‎ ‎