【化学】吉林省吉化第一高级中学校2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【化学】吉林省吉化第一高级中学校2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

吉林省吉化第一高级中学校2019-2020学年高二上学期期中考试试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 ‎ 第Ⅰ卷 一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）‎ ‎1.最近《科学》杂志评出十大科技突破，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一。下列关于水的说法中正确的是（ ）‎ A. 水的离子积仅适用于纯水 B. 水的电离需要通电 C. 升高温度一定使水的离子积增大 D. 加入电解质一定会破坏水的电离平衡 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水的离子积适用于一切水溶液，不光适用于水，故A错误；‎ B．水的电离不需要电，但是电解过程需要通电，故B错误；‎ C．水的电离是吸热的过程，升高温度使水的离子积增大，故C正确；‎ D．不水解的盐不会影响水的电离平衡移动，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎2.室温下，向10 mL pH＝3的CH3COOH溶液中加入下列物质，对所得溶液的分析正确的是（ ）‎ 加入的物质 对所得溶液的分析 A ‎90 mLH2O 由水电离出的c(H+)＝10-10 mol·L－1‎ B ‎0.1 mol CH3COONa固体 c(OH-)比原CH3COOH溶液中的大 C ‎10 mL pH＝1 的H2SO4溶液 CH3COOH的电离程度不变 D ‎10 mL pH＝11的NaOH溶液 c(Na+)＝c(CH3COO－)＞c(OH-)＝c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、向10 mL pH＝3的CH3COOH溶液中加入90 mLH2O，醋酸的电离平衡正向移动c(H+)>10-4 mol·L－1，故由水电离出的c(H+)<10-10 mol·L－1，选项A错误；B、向10 mL ‎ pH＝3的CH3COOH溶液中加入0.1 mol CH3COONa固体，醋酸根离子浓度增大，酸的电离逆向移动，c(OH-)比原CH3COOH溶液中的大，选项B正确；C、向10 mL pH＝3的CH3COOH溶液中加入10 mL pH＝1 的H2SO4溶液，氢离子浓度增大，抑制水醋酸的电离，CH3COOH的电离程度减小，选项C错误；向10 mL pH＝3的CH3COOH溶液中加入10 mL pH＝11的NaOH溶液，醋酸过量，所得溶液呈酸性，故c(CH3COO－) ＞c(Na+)＞ c(H+)＞c(OH-)，选项D错误。答案选B。‎ ‎3.反应X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH<0，达到平衡时，下列说法正确的是( )‎ A. 减小容器体积，平衡向右移动 B. 加入催化剂，Z的产率增大 C. 增大c(X)，X的转化率增大 D. 降低温度，Y的转化率增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应前后体积不变，减小容器体积，压强增大，平衡不移动，A错误；‎ B. 加入催化剂，平衡不移动，Z的产率不变，B错误；‎ C. 增大c(X)，X的转化率减小，C错误；‎ D. 正反应放热，降低温度，平衡显正反应方向进行，Y的转化率增大，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列判断中，正确的是（ ）‎ A. 泡沫灭火器的灭火原理：2Al3++3CO32-+3H2O＝2Al(OH)3↓+3CO2↑‎ B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大 C. 某物质的溶液中由水电离出的c(H+)= 1×10-a mol/L，若a>7时,则该溶液的pH一定为14-a D. 已知25℃时NH4CN显碱性，则25℃时的电离常数K（NH3·H2O）＞K（HCN）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．泡沫灭火器中盛装的反应物是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，利用两者的双水解反应生成CO2，其灭火原理为Al3++3HCO3-＝Al(OH)3↓+3CO2↑，故A错误；‎ B．CH3COONa溶液中=Kh，升高温度促进水解，Kh增大，所以减小，故B错误；‎ C．某物质的溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol/L，若a＞7时，说明水的电离被抑制，酸或碱都能抑制水的电离，所以溶液的pH可以是a，也可以是14-a，故C错误；‎ D．已知25℃时NH4CN水溶液显碱性，说明CN-水解程度大于NH4+，HCN电离程度小于NH3•H2O电离程度，则25℃时的电离常数K(NH3•H2O)＞K(HCN)，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎5.已知X(g)+ 3Y(g) = 2Z(g)　ΔH>0，下列对该反应的说法中正确的是(　　)‎ A. ΔS>0 B. 能自发进行 C. 反应物总能量大于生成物总能量 D. 在任何温度下都不能自发进行 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．正反应的气体体积减小，熵减小，△S＜0，故A错误；‎ B．正反应的△H＞0、△S＜0，所以其△H-T△S＞0，在任何温度下都不能自发进行，故B错误；‎ C．正反应吸热，反应物总能量低于生成物总能量，故C错误；‎ D．正反应的△H＞0、△S＜0，所以其△H-T△S＞0，在任何温度下都不能自发进行，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎6.下列溶液中各微粒的浓度关系或说法正确的是(　 )‎ A. 0.1 mol•L-1 pH为4的NaHB溶液中：c(HB-)＞c(H2B)＞c(B2-)‎ B. 等物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Al(SO4)2 ②NH4Cl ③CH3COONH4 ④NH4HCO3 ⑤NH4HSO4 ⑥NH3·H2O；c(NH4+) 由大到小的顺序是：⑤＞①＞②＞④＞③＞⑥‎ C. 向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水,c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不变 D. 0.1mol·L-1的氨水的pH=a，0.01mol·L-1的氨水的pH=b，则a=b+1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1mol•L-1的NaHB溶液中pH=4，则证明HB-‎ 的电离能力大于其水解程度，所以c(HB-)＞c(B2-)＞c(H2B)，故A错误；‎ B．⑥是弱电解质，①②③④⑤是强电解质，强电解质电离出的铵根离子浓度大于弱电解质的，所以⑥中铵根离子浓度最小；①②③④⑤中电离出的铵根离子均要水解，①NH4Al(SO4)2中，铝离子水解显示酸性，对铵根离子的水解起抑制作用；②NH4Cl中，氯离子不影响铵根离子的水解；③CH3COONH4中醋酸根离子水解显碱性，对铵根离子的水解其促进作用；④NH4HCO3中HCO3-离子水解显碱性，对铵根离子的水解其促进作用，且HCO3-水解能力比醋酸根离子强，则CH3COONH4中c(NH4+)比NH4HCO3中c(NH4+)大；⑤NH4HSO4 中电离出的H+抑制铵根离子的水解，且抑制能力比NH4Al(SO4)2中铝离子对铵根离子的水解起抑制作用强，则NH4HSO4 中c(NH4+)比NH4Al(SO4)2中c(NH4+)大；所以铵根离子浓度大小顺序是：⑤＞①＞②＞③＞④＞⑥，故B错误；‎ C．向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，促进AgCl的溶解，仍为饱和溶液，则银离子浓度不变，因溶度积只受温度的影响，温度不变，则溶度积不变，故C正确；‎ D．设0.1mol/L的氨水的电离度是α1，0.01mol/L的氨水的电离度是α2，则10-a=0.1 mol•L-1×α1，10-b=0.01 mol•L-1×α2，氨水浓度越小，电离程度越大，则α1＜α2，所以a-1＜b，即a＜b+1，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎7.下列实验及其结论都正确的是（ ） ‎ ‎ ‎ 实验 结论 A. ‎ 氯气的水溶液可以导电 氯气是电解质 B.‎ 室温下，用pH试纸测定浓度均为0.1 mol·L－1的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH 比较HClO和CH3COOH的酸性强弱 C.‎ 等体积、pH=3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.‎ ‎10mL 1mol·L－1的AgNO3溶液中先滴加1mol·L－1的NaCl溶液1mL，再滴加1mol·L－1的NaI溶液1 mL,先产生白色沉淀后沉淀变为黄色 Ksp(AgI)B C. 加水稀释100倍，pH大小比较：4=A>B>2‎ D. 分别与10mLpH=12的NaOH溶液充分反应后的溶液pH大小比较：AB>2，故C正确；‎ D．分别与10mLpH=12的NaOH溶液，盐酸恰好完全中和，所得溶液pH=7，而醋酸溶液中醋酸过量，未反应的醋酸电离，使得反应后的溶液显酸性，pH＜7，则充分反应后的溶液pH大小比较：A＞B，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎10.已知同温度同浓度时，下列微粒的电离程度由大到小的顺序是H2CO3＞H2S＞HCO＞HS－，则下列说法正确的是(　 　)‎ A. 氢硫酸的酸性强于碳酸 B. 反应Na2CO3＋H2S = NaHCO3＋NaHS能够发生 C. CO结合H＋的能力强于S2－ D. 同温度时，同浓度的NaHS的pH大于Na2S ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电离程度越大，酸性越强，氢硫酸的酸性弱于碳酸，故A错误；‎ B．化学反应遵循强酸制弱酸的原理根据：Na2CO3+H2S═NaHCO3+NaHS得到氢硫酸酸性强于碳酸氢根离子，符合已知条件，故B正确；‎ C．阴离子结合氢离子形成的酸的酸性越弱，则其结合氢离子的能力越强，根据酸性：HCO3-＞HS-，所以硫离子结合氢离子的能力强，故C错误；‎ D．根据越弱越水解的原理，硫离子的水解程度大于硫氢根离子，同浓度的NaHS的水解程度小于Na2S，则同浓度的NaHS的pH小于Na2S，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎11.将一定量A、B装入容积为1 L的恒温密闭容器中，发生反应：2A(g)＋mB(g)nC(g)，1 min时达到平衡，C的浓度为x mol·L－1。若保持温度不变，将密闭容器的容积压缩为原来的1/2，达到新的平衡时C的浓度为1.8x mol·L－1。下列说法正确的是( 　 )‎ A. 化学计量数的关系为2＋m ＜n B. 容器的容积缩小，正反应速率增大，逆反应速率减小 C. 原容器中用B表示的该反应在1min内的平均速率为mol·(L·min)－1‎ D 若保持温度和容器容积不变，充入氦气，平衡向逆反应方向移动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】反应2A(s)+mB(g)nC(g)，1min时达到平衡，C的浓度为x mol•L-1．若保持温度不变，将密闭容器的容积压缩为原来的，重新达到平衡后，C的浓度为1.8x mol•L-1，则体积缩小为原来的一半，C的浓度应为2xmol/L，达到新的平衡时C的浓度为1.8x mol/L，说明体积改变压强增大，化学平衡逆向移动，则C的浓度小于1.8xmol/L；‎ A．增大压强，平衡逆向进行，即化学平衡向气体体积缩小的方向移动，所以2+m＜n，故A正确；‎ B．容器的容积减小后，反应物和生成物的浓度都增大，所以该反应的正逆反应速率都增大，故B错误；‎ C．1min时达到平衡，C的浓度为x mol•L-1，v(C)=xmol•L-1•min-1，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，v(B)=mol•L-1•min-1，故C错误；‎ D．若保持温度和容器的容积不变，充入氦气(不参与反应)，反应体系中各物质的浓度不变，平衡不移动，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎12.已知t ℃时AgCl的Ksp＝4×10－10，在t ℃时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)‎ A. 在t ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－11‎ B. 在饱和溶液中加入K2CrO4(s)可使溶液由Y点到Z点 C. 在t ℃，Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq) 2AgCl(s)＋CrO (aq)平衡常数K＝6.25×107‎ D. 在t ℃时，以0.001 mol·L－1 AgNO3溶液滴定20 mL 0.001 mol·L－1 KCl和0.001 mol·L－1的K2CrO4的混合溶液，CrO先沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】A.在t ℃时，Ag2CrO4的Ksp为Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c(CrO42-)=(1×10－3)2×10－5=1×10－11，A正确；B. 在饱和溶液中加入K2CrO4(s)，c(CrO42-)增大，可使溶液由Y点到Z点，故B正确；C. 在t ℃，Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq) 2AgCl(s)＋CrO(aq)的平衡常数K＝×==6.25×107，故C正确；D. 在t ℃时，开始产生AgCl沉淀时，c(Ag+)==4×10－7mol/L，开始产生Ag2CrO4沉淀时，[=1×10－4mol/L，所以Cl-沉淀需要的c(Ag+)较小而先沉淀，故D错误。故选D。‎ ‎13.t ℃时,pH=2的稀硫酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性,则该温度下,1体积的稀硫酸和10体积的NaOH溶液混合后溶液呈中性,则稀硫酸的pH(pHa)与NaOH溶液的pH(pHb)的关系是(　 　)‎ A. pHa+pHb=12 B. pHa+pHb=13 ‎ C. pHa+pHb=14 D. pHa+pHb=15‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】pH=2的H2SO4溶液中氢离子的物质的量浓度为10-2mol/L，设该温度下水的离子积常数Kw=10-a，则pH=11的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为：‎ mol/L，据此计算出a即可，根据硫酸中氢离子与氢氧化钠中氢氧根离子的物质的量判断过量，然后计算出反应后溶液中氢离子浓度，最后计算出其余的pH。‎ ‎【详解】设该温度下水的离子积常数Kw=10-a，pH=2的H2SO4溶液中氢离子的浓度为10-2mol/L，pH=11的NaOH溶液中氢离子浓度为10-11mol/L，则氢氧根离子浓度为：mol/L=10(11-a)mol/L，等体积的氢氧化钠、稀硫酸恰好反应，则氢离子与氢氧根离子浓度相等，即10-2mol/L=10(11-a)mol/L，解得a=13，水的离子积常数Kw=10-13；1体积pH1=pHa的稀硫酸溶液中氢离子的物质的量浓度=10-pHa mol/L，10体积pH2=b的某强碱溶液中氢氧根离子的物质的量浓度=10 pHb-13 mol/L，混合后溶液呈中性，则氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，所以1×10-pHamol/L=10×10 pHb-13 mol/L，所以pHa+pHb=12，故答案为A。‎ ‎14.粗硅提纯常见方法之一是先将粗硅与HCl反应制得SiHCl3，经提纯后再用H2还原：SiHCl3(g)+H2(g) Si(s)+3HCl(g)。在2L密闭容器中，不同温度及不同n(H2)/n(SiHCl3)时，反应物X的平衡转化率关系如图。下列判断合理的是（ ）‎ A. X是H2‎ B. 1150℃反应的平衡常数大于950℃时反应的平衡常数 C. 减小Si(s)的量，有利于提高SiHCl3的转化率 D. 工业上可采用增大压强的方法提高产率 ‎【答案】B ‎【解析】A、比值增大，n(H2)增大，转化率降低，故A错误；B、当n(H2)/n(SiHCl3)为定值时，温度越高，转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，即1150℃反应的平衡常数大于950℃时反应的平衡常数，故B正确；C、因为Si为固体，浓度视为常数，因此改变Si的量，平衡不移动，SiHCl3转化率不变，故C错误；D、反应前的气体系数小于反应后气体系数，增大压强，平衡向逆反应方向移动，产率降低，故D错误。‎ ‎15.25 ℃时，向25mL0.1 mol·L－1 NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L－1‎ 醋酸溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是( )‎ A. 在A、B间任一点的溶液中一定都有：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)‎ B. C点对应的溶液中，水电离出的H＋浓度大于10－7 mol·L－1‎ C. 用含a的代数式表示CH3COOH的电离平衡常数K＝‎ D. D点对应的溶液中，存在如下关系：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)= 2c(H＋)－c(OH－)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】在25mL 0.1mol。L-1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol•L-1 CH3COOH 溶液，二者之间相互反应，当恰好完全反应时，所需醋酸的体积为12.5mL，当反应至溶液显中性时，醋酸应稍过量，且c(OH-)=c(H+)，注意根据电荷守恒思想来比较离子浓度大小。‎ ‎【详解】A．在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO-、OH-，根据电荷守恒则有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(H+)＜c(OH-)，溶液中离子浓度大小关系可能为：c (Na+)＞c (CH3COO-)＞c (OH-)＞c (H+)，但也可能氢氧化钠过量，c (Na+)＞c (OH-)＞c (CH3COO-)＞c (H+)，故A错误；‎ B．c点对应的溶液中，醋酸过量，溶液呈酸性，对水的电离有抑制作用，水电离出的H+浓度小于10-7mol•L-1，故B错误；‎ C．a点时醋酸过量，溶液呈中性c (H+)=10-7mol•L-1，c(CH3COOH)=mol/L=mol/L，c(CH3COO-)=c(Na+)=mol/L=mol/L，Ka(CH3COOH)===，故C正确；‎ D．D点对应的溶液中，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，电荷关系为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-‎ ‎)，所以c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-)，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎16.在某2 L恒容密闭容器中充入2 mol X(g)和1 mol Y(g)发生反应:2X(g)+Y(g)3Z(g),反应过程中持续升高温度,测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是(　 　)‎ A. M点时,Y的转化率最大 B. 升高温度,平衡常数减小 C. W点时 v正 = v逆 D. W、M两点Y的正反应速率相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】温度在a℃之前，升高温度，X的含量减小，温度在a℃之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，故A错误；‎ B．Q点后升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，则升高温度，平衡常数减小，故B正确；‎ C．W点不是平衡点，此时反应以正向进行为主，即v正 ＞ v逆，故C错误；‎ D．W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高反应速率越大，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，故D错误；‎ 故答案B。‎ 第Ⅱ卷 ‎17.Ⅰ．中和滴定 ‎（1）用酸式滴定管量取20.00 mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加1～2滴酚酞作指示剂，用0.20 mol·L-1NaOH标准溶液进行滴定。为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取稀盐酸体积均为20．00 mL，三次实验结果记录如下：‎ 实验次数 第一次 第二次 第三次 消耗NaOH溶液体积/mL ‎19.00‎ ‎23.00‎ ‎23.02‎ 该盐酸的浓度约为_____________(保留两位有效数字)。滴定达到终点的标志是_____________。‎ ‎（2）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有_______。‎ A. 滴定终点读数时俯视读数 B. 酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗 C. 锥形瓶水洗后未干燥 D. 配制NaOH标准溶液时，没有等溶解液降至室温就转移至容量瓶中 E. 配制NaOH标准溶液时，定容时仰视容量瓶的刻度线 F. 碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 Ⅱ．（1）在粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2+。在提纯时为了除去Fe2+，常加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质可采用的是________‎ A. KMnO4 　 B. H2O2 　　 C. 氯水 　　 D. HNO3 ‎ ‎（2）然后再加入适当物质调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，调整溶液pH可选用下列中的_______。‎ ‎ A. NaOH B. NH3·H2O C. CuO D. Cu(OH)2‎ ‎（3）常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp=8.0×10-38,Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.0×10-20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol·L-1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0 mol·L-1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为_______，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为________（已知 lg5 = 0.7 )‎ ‎【答案】(1). 0.23 mol·L-1 (2). 滴入最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色 (3). EF (4). B (5). CD (6). 4 (7). 3.3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】Ⅰ．(1)酸遇酚酞不变色，碱遇酚酞变红，利用c(碱)=来进行计算浓度；(2)根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；‎ Ⅱ．(1)加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，不能引入新的杂质； ‎ ‎(2)调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀；‎ ‎(3)依据氢氧化铜饱和溶液中溶度积常数计算溶液中的氢离子浓度，然后计算pH；结合氢氧化铁溶度积和残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol•L-1时就认为沉淀完全。‎ ‎【详解】Ⅰ．(1)利用酸式滴定管量取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，因酸遇酚酞不变色，碱遇酚酞变红，则滴定终点的标志为最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色，半分钟内不褪色；由c(碱)=可知，因第一次数据差别较大，则V(NaOH)==23.01mL，则c(HCl)=≈0.23 mol·L-1；‎ ‎(2)A．滴定终点读数时俯视读数，读取的标准液的体积偏小，由c(待测)=可知测定结果偏低，故A错误；‎ B．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，盐酸的浓度偏小，所取盐酸溶液的溶质的物质的量偏小，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=分析，可知测定浓度偏小，故B错误；‎ C．锥形瓶水洗后未干燥，不影响滴定时标准液的体积，根据c(待测)=分析，可知测定浓度无影响，故C错误；‎ D．配制NaOH标准溶液时，没有等溶解液降至室温就转移至容量瓶中，配制的标准液浓度偏大，滴定时消耗标准液的体积偏小，由c(待测)=可知测定结果偏低，故D错误；‎ E．配制NaOH标准溶液时，定容时仰视容量瓶的刻度线，容量瓶内溶液的体积偏大，导致标准NaOH溶液的浓度偏低，滴定时消耗标准液的体积偏大，由c(待测)=可知测定结果偏高，故E正确；‎ F．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，读取的标准NaOH溶液的体积偏大，由c(待测)=可知测定结果偏高，故F正确；‎ 故答案为EF；‎ Ⅱ．(1)加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，不能引入新的杂质，A、C、D都会引入杂质，只有过氧化氢的还原产物为水，不引入杂质，故答案为B；‎ ‎(2)调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀，同时不引入新的杂质， NaOH或NH3·H2O会引入Na+或NH4+，而CuO和Cu(OH)2在调节溶液pH的同时不影响溶液的成份，故答案为CD；‎ ‎(3)Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.0×10-20，溶液中CuSO4的浓度为3.0mol•L-1，c(Cu2+)=3.0mol•L-1；依据溶度积常数c(Cu2+)×c2(OH-)=3.0×10-20；c2(OH-)==10-20；得到c(OH-)=10-10mol/L，依据水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；可知c(H+)=10-4mol/L，此时溶液pH=4，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为4；残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol•L-1时就认为沉淀完全，Fe(OH)3的溶度积Ksp=8.0×10-38，c(Fe3+)×c3(OH-)=8.0×10-38；c3(OH-)==8.0×10-33；求的c(OH-)=2×10-11mol/L；水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；c(H+)=5×10-4mol/L，则pH=3.3。‎ ‎18.（1）亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中常用试剂，已知：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) △H＜0，一定温度下，将2 molNO与2 molCl2置于2L密闭容器中发生反应。‎ ‎①下列可判断反应达平衡状态的是___________(填序号字母)。‎ A. 混合气体的平均相对分子质量不变 B. 混合气体密度保持不变 C. NO和Cl2物质的量之比保持不变 D. 每消耗1 moI NO同时生成1molClNO ‎②为了加快化学反应速率，同时提高NO的转化率，其他条件不变时，可采取的措施有_________(填选项序号字母)。‎ A. 升高温度 B. 缩小容器体积 C. 再充入Cl2气体 D. 使用合适的催化剂 ‎③一定条件下在恒温恒容的密闭容器中，按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO的体积分数随n(NO)/n(Cl2)的变化图像如图(B)所示，当n(NO)/n(Cl2)=2.5时，达到平衡状态，ClNO的体积分数可能是下图中D、E、F三点中的________点。‎ ‎ (2) 在体积为10 L的密闭容器中充入3 mol NO和2 mol Cl2，在不同温度下发生反应2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)，ClNO的百分含量随时间的变化如图所示。已知T1>T2>T3。‎ ‎①与实验Ⅰ相比，实验Ⅱ除温度不同外，还改变的条件是__________________。‎ ‎②实验Ⅲ反应至25 min达到平衡，用NO物质的浓度变化表示的反应速率为__________________。达到平衡时，若实验Ⅲ达到平衡时的热量变化为Q kJ，则该反应的热化学方程式为________。‎ ‎【答案】(1). AC (2). BC (3). F (4). 加入催化剂 (5). 0.008 mol·(L·min)－1 (6). 2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g) ΔH = -Q KJ/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的其它物理量不变；‎ ‎②提高NO的转化率即改变条件反应正向进行，提高反应速率可采取增大浓度、升高温度、加入催化剂、压缩气体，综合两方面解答；‎ ‎③当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大，当=2.5时产物的含量减小；‎ ‎ (2) ①结合影响反应速率和平衡移动常见因素温度、压强和催化剂分析；‎ ‎②实验Ⅲ反应至25 min达到平衡 2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)‎ 起始浓度(mol/L) 0.3 0.2 0‎ 变化浓度(mol/L) 2c c 2c 起始浓度(mol/L) 0.3-2c 0.2-c 2c 平衡时ClNO%的含量为50%，则100%=50%，c=0.1，根据v=计算用NO物质的浓度变化表示的反应速率；达到平衡时，Cl2的变化量为0.1mol/L×10L=1mol，反应放出QkJ能量，由此写出该反应的热化学方程式。‎ ‎【详解】(1)①A．反应2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)是体积变化的反应，反应正向进行则气体总物质的量n减小，逆向进行则气体总物质的量n增大，体系中物质总质量m不变，结合M=可知，M不变则各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故A正确；‎ B．反应体系是恒容，各物质均为气态，所以气体的总质量不变，根据ρ=可知，体系中混合气体密度始终不变，即混合气体密度不变不能判定反应是否达到平衡，故B错误；‎ C．起始投入的NO与Cl2的物质的量之比是1:1，而变化的NO与Cl2的物质的量之比是2:1，所以在未达平衡前，NO与Cl2的物质的量之比是变化的，当NO与Cl2的物质的量之比保持不变时，反应达到平衡状态，故C正确；‎ D．v(ClNO)正=v(NO)正时，反应正向进行，不能确定是否达到平衡状态，故D错误；‎ 故答案为AC；‎ ‎②A．升高温度，反应速率加快，平衡会移动，但不知道反应的热效应，无法确定平衡移动的方向，故A错误；‎ B．缩小容器体积，相当加压，反应正向进行、反应速率加快，故B正确；‎ C．充入Cl2气体，反应速率加快、反应正向进行，NO的转化率提高，故C正确；‎ D．使用合适的催化剂，能加快反应速率，但不影响反应移动方向，即NO的转化率不变，故D错误；‎ 故答案为BC；‎ ‎③当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大，当=2.5时ClNO的体积分数减小，所以应该是F点；‎ ‎ (2) 根据ClNO的百分含量随时间的变化的图示，T1>T2>T3，则升高温度，ClNO%不断减小，平衡逆向移动，说明正反应放热，即ΔH＜0；‎ ‎①与实验Ⅰ相比，实验Ⅱ的反应温度T2＜T1，如果其它条件相同，实验Ⅱ达到平衡所需要的时间应该比实验Ⅰ长，而图示实验Ⅱ达到平衡所需要的时间应该比实验Ⅰ短，实验Ⅱ的反应速率快，则可能使用了催化剂；‎ ‎②实验Ⅲ反应至25 min达到平衡 ‎ 平衡时ClNO%的含量为50%，则100%=50%，c=0.1，则用NO物质的浓度变化表示的反应速率v(NO)===0.008 mol·(L·min)－1；达到平衡时，Cl2的变化量为0.1mol/L×10L=1mol，反应放出QkJ能量，则该反应的热化学方程式为2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g) ΔH = -Q KJ/mol。‎ ‎19.25℃时，向25ml氢氧化钠标准溶液中逐滴加入0.2mol·L−1的一元酸HA溶液，PH变化曲线如下图所示：‎ ‎（1）该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为__________mol·L−1。‎ ‎（2）A点对应酸的体积为12.5ml，则所得混合溶液中由水电离出的c(OH−)= _______mol·L−1。‎ ‎（3）HA是____酸（选填“强”、“弱”）。‎ ‎（4） 在B点所得混合溶液中，c(Na+)、c(A−)、c(H+)、c(OH−) 的大小的顺序是_____________。‎ ‎（5）在C点所得混合溶液中，下列说正确的是________。‎ A．HA的电离程度小于NaA的水解程度 B．离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)＞c(A−)＞c(H+)＞c(OH−)‎ C．c(Na+) + c(H+) = c(A-) + c(OH−)‎ D．c(HA) + c(A−) = 0.2mol·L−1‎ ‎【答案】(1). 0.1 (2). 1.0×10-4 (3). 弱 (4). c(Na+)=c(A−)＞c(H+)=c(OH−) (5). C ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)NaOH为强碱，由图像可知，其pH=13；‎ ‎(2)A点对应酸的体积为12.5mL，恰好反应生成NaA，为强碱弱酸盐，水解呈碱性；‎ ‎(3)NaA溶液呈碱性；‎ ‎(4)B点溶液呈中性；‎ ‎(5)A．C点时，n(HA)=2n(NaOH)，溶液呈酸性；‎ B．HA过量，结合电荷守恒判断；‎ C．根据电荷守恒判断；‎ D．C点时溶液体积为50mL，为HA溶液体积的2倍。‎ ‎【详解】(1)NaOH为强碱，其pH=13，氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.1mol/L；‎ ‎(2)A点对应酸的体积为12.5mL，恰好反应生成NaA，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，促进水的电离，此时pH=10，则c(OH-)=1×10-4 mol•L-1；‎ ‎(3)由(2)可知NaA溶液呈碱性，则HA为弱酸；‎ ‎(4)溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(A-)+ c(OH-)，B点溶液呈中性，则溶液中存在c(Na+)=c(A-)＞c(H+)=c(OH-)；‎ ‎(5)A．C点时，n(HA)=2n(NaOH)，溶液呈酸性，则HA的电离程度大于NaA的水解程度，故A错误；‎ B．HA过量，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，又因c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则c(A-)＞c(Na+)，故B错误；‎ C．溶液存在电荷守恒，则c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，故C正确；‎ D．C点时溶液体积为50mL，为HA溶液体积的2倍，则c(HA)+c(A-)=0.1mol•L-1，故D错误；‎ 故答案为：C。‎ ‎20.Ⅰ．一定条件下，在体积为5 L的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量n(mol)随时间t(min)的变化如图1所示。已知达平衡后，降低温度，A的体积分数将减小。‎ ‎(1)该反应的化学方程式为____________________________。‎ ‎(2)该反应的反应速率v随时间t的关系如上图2所示：‎ ‎①根据上图判断，在t3时刻改变的外界条件是______________。‎ ‎②a、b、c三点中，C的体积分数最大的是________。‎ ‎③各阶段的平衡常数如下表所示：‎ t2～t3‎ t4～t5‎ t5～t6‎ K1‎ K2‎ K3‎ K1、K2、K3之间的大小关系为________(用“>”、“<”或“＝”连接)。‎ Ⅱ．在密闭容器中充入一定量的H2S，发生反应2H2S(g) 2H2(g)＋S2(g)　ΔH，如图所示为H2S气体分解生成H2(g)和S2(g)的平衡转化率与温度、压强的关系。‎ ‎ ‎ ‎(1)△H_________ (填“>”“<”或“ = ”)0。‎ ‎(2)图中压强(p1、p2、p3)的大小顺序为________________。‎ ‎(3)图中M点的平衡常数Kp =_______MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)‎ ‎(4)如果想进一步提高H2S的转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施有___________________。‎ ‎【答案】(1). A + 2B 2C (2). 升高温度 (3). a (4). K1 > K2 = K3 (5). ＞ (6). p3＞p2＞p1 (7). 1 (8). 及时分离出产物 ‎【解析】‎ ‎【分析】Ⅰ．(1)根据3min达到平衡时A、B、C的物质的量变化判断反应物、生成物，然后根据物质的量变化与化学计量数成正比写出反应的化学方程式；‎ ‎(2)①t3时正逆反应速率同时增大，且逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向着逆向移动，据此进行判断改变的反应条件；‎ ‎②根据a、b、c三点A的转化率判断产物C的体积分数大小；‎ ‎③化学平衡常数与温度有关，温度越高，平衡向着逆向移动，该反应的平衡常数减小；‎ Ⅱ．(1)恒压条件下，温度升高，H2S的转化率升高；‎ ‎(2) 依据化学平衡移动原理可知压强增大平衡向气体体积减小的方向进行；‎ ‎(3) 结合化学平衡三行计算列式计算平衡物质的物质的量，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数；‎ ‎(4) 如果想进一步提高H2S的转化率，除改变温度、压强外，可以减少生成物浓度促进平衡正向进行，提高硫化氢的转化率。‎ ‎【详解】Ⅰ．(1)根据图象可知，达到平衡时A的物质的量减小了：1mol-0.7mol=0.3mol，B的物质的量减小为：1mol-0.4mol=0.6mol，C的物质的量增加，增加的物质的量为：0.6mol，所以A、B、C的物质的量变化之比为：0.3mol：0.6mol：0.6mol=1：2：3，该反应的化学方程式为：A+2B2C；‎ ‎(2)①根据图象可知：t3时正逆反应速率同时增大，且逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向着逆向移动，若增大压强，平衡向着正向移动，由于该反应为放热反应，升高温度后平衡向着逆向移动，所以t3时升高了温度；‎ ‎②根据图象变化可知，在t1～t2时反应向着正向移动，A转化率逐渐增大，直至t2～t3时反应达到平衡状态，A转化率达到最大；而t3～t4时升高了温度，平衡向着逆向移动，A的转化率逐渐减小，直至t4～t5时A的转化率达到最低；而t5～t6时正逆反应速率同时增大且相等，说明平衡没有移动，A的转化率不变，与t4～t5时相等，所以A的转化率最大的时间段是：t2～t3，A的转化率最大时C的体积分数最大，此时间段为t2～t3，即为a点；‎ ‎③反应A+2B⇌2C △H＜0，温度升高平衡向着逆反应方向移动，化学平衡常数减小，所以温度越高，化学平衡常数越小；t2～t3、t3～t4、t4～t5时间段的温度关系为：t3～t4=t4～t5＞t2～t3，所以化学平衡常数大小关系为：K1＞K2=K3。‎ Ⅱ． (1) 恒压条件下，温度升高，H2S的转化率升高，即升高温度平衡正向移动，则△H＞ 0；‎ ‎(2) 2H2S(g)2H2(g)+S2(g)　△H=+169.8kJ•mol-1，反应是气体体积增大的反应，温度不变，压强增大平衡逆向进行，H2S的转化率减小，则压强关系为：P1＜P2＜P3；‎ ‎(3) M点的H2S转化率为50%，总压为5MPa，设H2S起始量为2mol，‎ Kp==1；‎ ‎(4) 如果想进一步提高H2S的转化率，除改变温度、压强外，可以减少生成物浓度促进平衡正向进行，提高硫化氢的转化率，采取的措施有及时分离出产物。‎ ‎ ‎