辽宁省实验中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

辽宁省实验中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

辽宁省实验中学2019-2020学年度上学期期中阶段测试高二化学试卷 一、选择题（1-10题每题2分，11-20每题3分共50分）‎ ‎1.下列事实能用平衡移动原理解释的是 A. 500℃左右比室温更有利于合成NH3的反应 B. 用排饱和食盐水的方法收集氯气 C. 加入催化剂有利于SO2的氧化反应 D. 加压有利于H2与I2反应的进行 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.合成氨的反应为放热反应，升高温度不利于平衡正向移动，故A错误；‎ B.氯水中存在平衡Cl2+H2OCl-+H++HClO，在饱和食盐水中，Cl-浓度较大，可降低氯气的溶解度，可用平衡移动原理解释，故B正确；‎ C. 催化剂只能改变反应的速率，不能使平衡移动，故C错误；‎ D. H2(g)+I2(g) 2HI(g)，反应前后为气体体积相等的可逆反应，加压不影响平衡，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】（1）在其他条件不变的情况下，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，平衡向正反应方向移动；减小反应物的浓度或增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动；‎ ‎（2）在其他条件不变的情况下，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；降低温度，平衡向放热反应方向移动。‎ ‎（3）催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动。‎ ‎（4）对于有气体参与的反应，其它条件不变时，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动。‎ ‎2.下列有关有效碰撞模型说法不正确的是 A. 能发生有效碰撞的分子一定是活化分子 B. 有效碰撞是发生化学反应的充要条件 C. 不存在活化能为零的反应 D. 活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 能发生有效碰撞的分子，能量较高，一定是活化分子，故A正确；‎ B.发生化学反应的碰撞为有效碰撞，所以有效碰撞是发生化学反应的充要条件，故B正确；‎ C.反应的表观活化能是各基元反应的组合，可正可负可为零，故C错误；‎ D. 活化分子发生化学反应的碰撞为有效碰撞，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎3.NH4Cl溶于重水（D2O）后，溶液中存在的一水合氨和水合氢离子可能是（ ）‎ A. NH3•HDO和D3O+ B. NH3•HDO和HD2O+ C. NH3•H2O和H2DO+ D. 以上都有可能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液中存在NH4Cl=NH4++Cl-，D2O⇌ D++ OD-，NH4++ 2D2O⇌ NH3•HDO+D3O+，NH3•HDO⇌ NH3•D++OH-，NH4++ OH-⇌NH3•H2O，NH4++ 2D2O⇌ NH3•D2O+HD2O+，NH4++ HDO +D2O⇌ NH3•D2O+H2DO+，综上所述，以上都有可能，答案为D。‎ ‎4.已知：Fe2+遇铁氰化钾（K3[Fe(CN)6]）会产生特征的蓝色沉淀；AgI是难溶于水的黄色固体。将0.2mol·L-1的KI溶液和0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别完成上述实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I-2Fe2++I2”的是（ ）‎ 编号 实验操作 实验现象 ‎①‎ 滴入KSCN溶液 溶液变红色 ‎②‎ 滴入AgNO3溶液 生成黄色沉淀 ‎③‎ 滴入K3[Fe（CN）6]溶液 生成蓝色沉淀 ‎④‎ 滴入淀粉溶液 溶液变蓝色 A. ① B. ②和④ C. ③和④ D. ③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将0.2mol/L的KI溶液和0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，碘化钾过量，Fe3+完全转化为Fe2+，若此反应不可逆，则溶液中无Fe3+，故只需要证明溶液中含Fe3+即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。‎ ‎【详解】①向溶液中滴入KSCN溶液,溶液变红,则说明溶液中有Fe3+,即能说明反应存在平衡,故①正确；‎ ‎②由于碘离子过量，向溶液中滴入AgNO3溶液一定有黄色沉淀生成，不能说明反应存在平衡,故②错误；‎ ‎③无论反应存不存在平衡,溶液中均存在Fe2+,滴入K3[Fe（CN）6]溶液均有蓝色沉淀生成,故③错误；‎ ‎④无论反应存不存在平衡,溶液中均有I2,滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色,故不能证明存在平衡,故④错误；‎ 所以A选项是正确的。‎ ‎5.化学反应2CaO2(s) 2CaO(s) + O2(g) 在一密闭的容器中达到平衡。保持温度不变，缩小容器的容积为原来的一半，重新平衡后，下列叙述正确的是( )‎ A. CaO2的量不变 B. 平衡常数减小 C. 氧气浓度变小 D. 氧气浓度不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 保持温度不变，缩小容器的容积为原来的一半，平衡逆向移动，则CaO2的量增大，与题意不符，A错误；‎ B. 保持温度不变，则平衡常数不变，与题意不符，B错误；‎ C. 保持温度不变，则平衡常数不变，K=c（O2），则氧气浓度不变，与题意不符，C错误；‎ D. 平衡常数不变，K=c（O2），则氧气浓度不变，符合题意，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】反应中只有O2为气体，则K=c（O2），温度未变，则氧气浓度不变。‎ ‎6.用AG表示溶液酸度：。在室温下，用 0.1mol•L-1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol•L-1的CH3 COOH溶液，滴定结果如图所示。下列分析正确的是 A. 0.1mol•L-1的CH3 COOH溶液的pH=3.4‎ B. A点加入的NaOH溶液的体积为20.00mL C. 滴定过程中，c(CH3COO-)／c(H+)逐渐减小 D. B点溶液中可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)> c(OH-)>c(H+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 室温下，用0.1mol•L-1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol•L-1的CH3 COOH溶液，发生的反应为NaOH+CH3 COOH=CH3 COONa+H2O，化学计量点时恰好生成CH3 COONa,水解使溶液碱性,此时消耗NaOH的体积为20.00mL，结合图象和溶液中的守恒思想分析判断。‎ ‎【详解】室温下，用0.1mol•L-1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol•L-1的CH3 COOH溶液，发生的反应为NaOH+CH3 COOH=CH3 COONa+H2O，化学计量点时恰好生成CH3 COONa,水解使溶液碱性,此时消耗NaOH的体积为20.00mL。‎ A、滴定起始时，溶液中仅存在醋酸，此时，，则，由于Kw=c(H+)c(OH-)，则溶液中c(H+)=10-3.3mol/L，因此0.1mol•L-1的醋酸pH=3.3，选项A错误；‎ B、A点时AG=0，c(H+)=c(OH-)，加入的NaOH溶液的体积小于20.00mL，若等于20.00mL则溶液应呈碱性AG<0，选项B错误；‎ C、滴定过程中，发生反应NaOH+CH3 COOH=CH3 COONa+H2O，CH3COO-增大，c(H+)减小，故c(CH3COO-)／c(H+)逐渐增大，选项C错误；‎ D、B点溶液若完全中和得到醋酸钠，溶液呈碱性，可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)> c(OH-)>c(H+)，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎7.温度为T1时，向容积为2 L的密闭容器甲、乙中分别充入一定量的CO(g)和H2O(g)，发生反应：CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H=－41 kJ/mol。数据如下，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 甲容器中，平衡时，反应放出的热量为16.4 kJ B. T1时，反应的平衡常数K甲=1‎ C. 平衡时，乙中CO的浓度是甲中的2倍 D. 乙容器中，平衡时CO的转化率约为75%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H = －41 kJ/mol 初始： 1.2 0.6 0 0‎ 反应： 0.4 0.4 0.4 0.4‎ 平衡： 0.8 0.2 0.4 0.4‎ 可逆反应中可逆号两边气体计量数之和相等，增大压强，体积减小，化学平衡不移动；则 CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H = －41 kJ/mol 初始2： 2.4 1.2 0 0‎ 反应2： 0.8 0.8 0.8 0.8‎ 平衡2： 1.6 0.4 0.8 0.8‎ a=1.6mol，b=0.4mol。‎ ‎【详解】A. 甲容器中，平衡时，CO反应0.4mol，反应放出的热量=41 kJ/mol×0.4mol=16.4 kJ，与题意不符，A错误；‎ B. T1时，平衡时，CO、H2O、CO2、H2的浓度分别为0.4mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L，则反应的平衡常数K甲 = =1，与题意不符，B错误；‎ C. 平衡时，乙中CO的浓度为0.8mol/L，甲中CO的浓度为0.4mol/L，乙是甲的2倍，与题意不符，C错误；‎ D. 乙容器中，平衡时CO的转化率=0.8/2.4×100%=33.3%，符合题意，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】可逆反应中可逆号两边气体计量数之和相等，增大压强，体积减小，化学平衡不移动，则容器甲中的反应与容器乙为等效反应。‎ ‎8.N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+ 表面转化为无害气体，其反应原理为N2O(g) + CO(g)CO2(g) + N2(g) ΔH，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程如下。下列说法不正确的是 A. ΔH = ΔH1 + ΔH2‎ B. ΔH = −226 kJ/mol C. 该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能 D. 为了实现转化需不断向反应器中补充 Pt2O+ 和 Pt2O2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、①N2O+Pt2O＋=Pt2O2＋+N2 △H1，②Pt2O2＋+CO=Pt2O＋+CO2 △H2，结合盖斯定律计算①+②得到N2O（g）+CO（g）=CO2（g）+N2（g）△H=△H1＋△H2，故A正确；B、图示分析可知，反应物能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变△H=生成物总焓-反应物总焓=134KJ·mol－1-360KJ·mol－1=-226KJ·mol－1，故B正确；C、正反应反应活化能E1=134KJ·mol－1小于逆反应活化能E2=360KJ·mol－1，故C正确；D、①N2O+Pt2O＋=Pt2O2＋+N2 △H1，②Pt2O2＋+CO=Pt2O＋+CO2 △H2，反应过程中Pt2O＋和Pt2O2＋ 参与反应后又生成不需要补充，故D错误；故选D。‎ 点睛：选项A是难点，要先写出两步反应方程式，再用盖斯定律，求出△H=△H1＋△H2。结合A，不难得出：反应过程中Pt2O＋和Pt2O2＋ 参与反应后又生成不需要补充。‎ ‎9.常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是 A. 新制氯水中加入固体NaOH：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)‎ B. pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)‎ C. pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合：c(Cl－)＝c(NH4+)＞c(OH－)＝c(H＋)‎ D. 0.2 mol·L－1CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合：2c(H＋)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、新制氯水中加入固体NaOH所以生成次氯酸钠、氯化钠、水，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(ClO－)+c(OH－)，故A错误；‎ B、pH=8.3的NaHCO3溶液，说明碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离，则溶液中离子浓度大小为：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32－)，故B错误；‎ C、氨水存在电离平衡，HCl在溶液中完全电离，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C错误；‎ D、0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，得到物质的量浓度均为0.05mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，溶液中存在电荷守恒为：①c(Na＋)+[H+]=[OH-]+[CH3COO-]，依据物料守恒可得：②2c(Na＋)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)，根据①②可得：2c(H＋)-2c(OH－)=c(CH3COO－)-c(CH3COOH)，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎10.现有常温时pH = 1的某强酸溶液10 mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是 A. 加水稀释成20 mL B. 加入10 mL的水进行稀释 C. 加入45 mL pH = 2的HCl溶液 D. 加入45 mL 0.01 mol/L的NaOH溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算溶液中氢离子浓度，再用pH=－lgc(H+)求pH。稀溶液混合时，溶液总体积可近似看作两溶液体积之和。‎ ‎【详解】A项：加水稀释后，c(H+)＝0.1mol/L×10mL/20mL＝0.05mol/L，pH＝1.3，A项错误； ‎ B项：加入10 mL水稀释，溶液总体积约20mL，pH＝1.3，B项错误；‎ C项：加入45 mL pH = 2的HCl溶液，混合溶液中c(H+)＝(0.1mol/L×10mL+0.01mol/L×45mL)/(10+45)mL＝0.026mol/L，pH＝1.6，C项错误；‎ D项：加入45 mL 0.01 mol/L的NaOH溶液发生中和反应，c(H+)＝(0.1mol/L×10mL－0.01mol/L×45mL)/(10+45)mL＝0.01mol/L，pH＝2，D项正确。‎ 本题选D。‎ ‎【点睛】求碱性溶液的pH，先求溶液中c(OH－)，再通过水的离子积KW求c(H+)，最后求pH。‎ ‎11.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（ ）‎ A. Na2S 溶液中 c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）‎ B. Na2CO3溶液中：c（Na+）=2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）‎ C. 室温下，pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的NaOH溶液等体积混合，溶液中离子浓度的大小顺序：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ D. pH=4的0.1mol•L﹣1NaHC2O4溶液中c（H C2O4﹣）＞c（H+）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A，Na2S属于强碱弱酸盐，S2-发生水解：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，溶液中的电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-），物料守恒式为c（Na+）=2[c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）]，两式整理得溶液中的质子守恒式为c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S），A项正确；B，Na2CO3属于强碱弱酸盐，CO32-发生水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，溶液中的物料守恒式为c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，B项错误；C，CH3COOH属于弱酸，NaOH属于强碱，室温下pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的NaOH溶液等体积混合充分反应后CH3COOH过量，溶液呈酸性，c（H+）c（OH-），溶液中的电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），则c（Na+）c（CH3COO-），C项错误；D，在NaHC2O4溶液中既存在HC2O4-的电离平衡（HC2O4-H++C2O42-）又存在HC2O4-的水解平衡（HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-），由于pH=4，则HC2O4-的电离程度大于水解程度，溶液中粒子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（HC2O4-）c（H+）c（C2O42-）c（H2C2O4），D项错误；答案选A。‎ 点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。判断溶液中粒子浓度的大小关系时，首先明确溶液的组成，溶液中存在的平衡以及平衡的主次关系（如D项中HC2O4-的电离程度大于HC2O4-的水解程度），弱酸、弱碱的电离和盐类水解都是微弱的，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒（质子守恒可由电荷守恒和物料守恒推出，如A项）。‎ ‎12.物质的量浓度相同的下列溶液：①NH4Cl ②(NH4)2Fe(SO4)2 ③(NH4)2SO4 ④CH3COONH4⑤NH4HSO4中，c(NH4＋)由大到小的顺序为 A. ②③①⑤④ B. ②③⑤①④ C. ⑤④①③② D. ②③①④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】②(NH4)2Fe(SO4)2③(NH4)2SO4溶液中含有两个NH4+，所以物质的量浓度相同时NH4+的浓度较其他的大；②中亚铁离子抑制铵根离子的水解，等浓度时，c(NH4+)：②＞③；⑤中氢离子抑制铵根离子水解，④中铵根离子与醋酸根离子相互促进水解，等浓度时，c(NH4+)：⑤＞①＞④；因此c(NH4+)由大到小的顺序是②③⑤①④，故选B。‎ ‎13.在一定条件下，在容积为2L的密闭容器中，将2 mol 气体M和3 mol N气体混合，发生如下反应：2M(g)＋3N(g)xQ(g)＋3R(g)，该反应达平衡时，生成2.4mol R，并测得Q的浓度为0.4 mol/L，下列有关叙述正确的是 A. x值为2 B. 混合气体的密度增大 C. N的转化率为80% D. 混合气体平均摩尔质量不变，不能说明该反应达平衡 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．平衡时生成的Q的物质的量为：0.4mol/L×2L=0.8mol，生成R为2.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.8mol∶2.4mol=x∶3，解得x=1，故A错误；‎ B．反应体系中各组分都是气体，混合气体的质量不变，容器的容积恒定，根据ρ=可知混合气体的密度不变，故B错误；‎ C．参加反应的N的物质的量与生成的R相等，为2.4mol，则N的转化率为：×100%=80%，故C正确；‎ D．反应前后气体的物质的量减小、质量不变，所以平均摩尔质量增大，当混合气体平均摩尔质量保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎14.某密闭容器中进行如下反应：3X(g)+Y(g)‎ ‎2Z(g)，若要使平衡时反应物总物质的量与生成物的物质的量相等，且用X、Y做反应物，则X、Y的初始物质的量之比的范围应满足 A 1＜＜3 B. ＜＜ C. ＜＜4 D. 1＜＜5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】令参加反应的Y的物质的量为n，则 ‎3X(g)+Y(g)2Z(g)‎ 开始(mol)： x y 0‎ 转化(mol)： 3n n 2n 平衡(mol)： x-3n y-n 2n 平衡时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等，所以有（x-3n）+（y-n）=2n，解得n=；反应物不能完全反应，所以有y＞n，x＞3n，即y＞，x＞，解得：1＜=＜5，故选D。‎ ‎15.有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合面成：①CH3COONa与HCl ②CH3COONa与NaOH ③CH3COONa与NaCl ④CH3COONa与NaHCO3下列各项排序正确的是（ ）‎ A. pH：②>③>④>① B. c(CH3COO－)：②>④>③>①‎ C. 溶液中c(H＋)：①>③>②>④ D. c(CH3COOH)：①>④>③>②‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①：CH3COONa与HCl反应后生成CH3COOH和NaCl，其溶液呈酸性；‎ ‎②：CH3COONa与NaOH溶液，OH―阻止CH3COO―水解，溶液呈强碱性；‎ ‎③：CH3COONNa与NaCl，CH3COONa水解溶液呈碱性；‎ ‎④：CH3COONa与NaHCO3溶液，NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解能力大于CH3COO―水解能力，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用；‎ A．HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力，④中的pH>③中pH，A项错误；‎ B．②中由于OH―对CH3COO―水解抑制作用强，其c(CH3COO―)最大，④中HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，c(CH3COO―)较大，①中生成了CH3COOH，c(CH3COO―)最小，c(CH3COO－)‎ 从大到小的排序②④③①，B项正确；‎ C．②中含有NaOH，水中H＋浓度最小；①中含有CH3COOH，会电离出H＋，其c(H＋)最大；④中含有NaHCO3，由于HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力碱性④强于③，则③中c(H＋)大于④，从大到小的准确排序为①③④②；C项错误；‎ D．④中含有的NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，CH3COO－水解生成CH3COOH较少，则③中c(CH3COOH)>④中c(CH3COOH)，D项错误；‎ 本题答案选B ‎16.在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料，一定条件下发生反应（起始温度和起始体积相同）：A2(g)+2B2(g)2AB3(g) ΔH＜0，相关数据如下表所示：‎ 容器 甲 乙 丙 相关条件 恒温恒容 绝热恒容 恒温恒压 反应物投料 ‎1mol A2、2molB2‎ ‎2molAB3‎ ‎2mol AB3‎ 反应物的转化率 a甲 a乙 a丙 反应的平衡常数K= ‎ K甲 K乙 K丙 平衡时AB3的浓度/mol·L-1‎ c甲 c乙 c丙 平衡时AB3的反应速率/mol·L-1·min-1‎ v甲 v乙 v丙 下列说法正确的是( )‎ A. v甲=v丙 B. c乙＜c丙 C. a甲 +a乙＜1 D. K乙＜K丙 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 容器甲为恒温恒容，容器丙为恒温恒压，反应中气体计量数的和左边大于右边，随反应的进行，气体物质的量减小，则甲中压强小于丙中压强，因此反应速率v甲＜v丙，与题意不符，A错误；‎ B.容器乙为绝热恒容，正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，乙的温度小于丙，而压强大于丙，高温低压有利于AB3的分解，则平衡时c乙＞c丙，与题意不符，B错误；‎ C. 若容器乙为恒温恒容时，甲与乙为等效反应，则a甲 +a乙=1，由于乙为绝热容器，且逆反应为吸热反应，则乙分解程度小于恒温时，则a甲 +a乙＜1，符合题意，C正确；‎ D. 容器乙为绝热恒容，正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，乙的温度小于丙，有利于AB3的生成，则K乙＞K丙，与题意不符，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎17.常温度下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后再滴加0.1mol/L的NaOH溶液，整个过程中溶液的pH变化曲线如图所示。已知d点所示的溶液中，钠元素与氯元素的物质的量相等，下列选项正确的是( )‎ A. a点时，已经滴入NaOH溶液 B. b点所示的溶液中，只存在两种分子 C. a、b、c、d四个点当中，d点水的电离程度最大 D. c点所示的溶液中，c(Na+)=c(Cl-)+c(HClO)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. a点时，溶液的pH＜7，且不为最低点，则为通入氯气的过程，与题意不符，A错误；‎ B. b点所示的溶液为饱和氯水的溶液，存在水、氯气、次氯酸分子，与题意不符，B错误；‎ C. a、b、c、d四个点当中，d点为氯化钠、次氯酸钠溶液，次氯酸钠为强碱弱酸盐，促进水的电离，水的电离程度最大，符合题意，C正确；‎ D. c点所示的溶液显中性，根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，与题意不符，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎18.下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（ ）‎ A. 0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)＞c(OH－)‎ B. 20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后呈酸性，所得溶液中： ‎ ‎ c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)‎ C. 室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)‎ D. 0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)＋c(CH3COOH)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液为Na2CO3溶液：CO32－+H2O⇌ HCO3－+ OH－、H2O⇌ H++ OH－，则c(OH－)＞c(HCO3－)，与题意不符，A错误；‎ B. 20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后所得溶液为等物质的量的NaCl、CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，则CH3COOH电离程度大于CH3COONa的水解程度，则c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，符合题意，B正确；‎ C. 室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液为NH4Cl、NH3∙ H2O，且溶液呈碱性，与题意不符，C错误；‎ D. 0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液为CH3COONa：根据物料守恒，则c(OH－)=c(H＋)＋c(CH3COOH)，与题意不符，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎19.室温下，将0.10mol·L－1的盐酸滴入20.00mL0.10mol·L－1氨水中，溶液的pH和pOH随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。已知pOH＝－lgc(OH－)。下列说法不正确的是(　　)‎ A. M点所示溶液中c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)‎ B. N点所示溶液中c(NH4+)c(Cl－)，符合题意，A正确；‎ B. N点溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH－)，根据溶液呈电中性，c(NH4+)+ c(H+)= c(OH－)+c(Cl－)，则c(NH4+) 7.1时带负电荷,pH越高,表面所带负电荷越多;pH<7.1时带正电荷,pH越低,表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如图-3所示。‎ ‎①在pH7~9之间,吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降,其原因是______________。‎ ‎②在pH4~7之间,吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,这是因为___________。 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是_________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 碱性溶液吸收了空气中的CO2 (2). OH- + H3AsO3H2AsO3- + H2O (3). 2.2 (4). 在pH7~9之间,随pH升高H2AsO4-转变为HAsO42-,吸附剂X表面所带负电荷增多,静电斥力增加 (5). 在pH4~7之间,吸附剂X表面带正电,五价砷主要以H2AsO4-和HAsO42-阴离子存在,静电引力较大;而三价砷主要以H3AsO3分子存在,与吸附剂X表面产生的静电引力小 (6). 加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷 ‎【解析】‎ ‎（1）NaOH在空气中易与CO2反应生成NaCO3，吸附剂X中含有，其原因是碱性溶液吸收了空气中的CO2 ；（2）①从题20图-1可知pH由小变大时， H3AsO3浓度减小，H2AsO3-浓度增大，当溶液由无色变为浅红色时，主要反应的离子方程式为OH- + H3AsO3H2AsO3- + H2O ；②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1，Ka1= ，由题20图-2读出：，=，‎ ‎=10-2.2mol/L，Ka1==10-2.2mol/L，p Ka1 = -lg Ka1 =-lg10-2.2=2.2；（3）①在pH7~9之间，随pH升高H2AsO4-转变为HAsO42-，吸附剂X表面所带负电荷增多，,静电斥力增加，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降。②在pH4~7之间,吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4-和HAsO42-阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小。提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是：加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷。‎ ‎ ‎