山西省朔州市怀仁一中2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

山西省朔州市怀仁一中2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

‎2019—2020学年第一学期高二年级期中考试化学试题 第I卷 选择题 一、选择题（本题共21小题，1-9每题2分，10-21每题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.能与氨水反应的弱电解质是 ( )‎ A. 醋酸溶液 B. 硫化氢 C. 二氧化硫 D. 硫酸铜 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 醋酸溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；SO2属于非电解质；硫化氢属于弱电解质且能与氨水反应；硫酸铜虽然能与氨水反应，但硫酸铜属于强电解质；答案选B。‎ 点睛：易错选A，CH3COOH是弱电解质，但醋酸溶液是混合物，不是弱电解质；易错选C，SO2的水溶液能导电，但导电的离子不是SO2自身电离产生的，而是SO2与H2O反应生成的H2SO3电离产生的，所以SO2属于非电解质。‎ ‎2. 下列过程或现象与盐类水解无关的是 A. 纯碱溶液去油污 B. 铁在潮湿的环境下生锈 C. 加热氯化铁溶液颜色变深 D. 泡沫灭火器灭火 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．纯碱水解使溶液呈碱性，油污碱性条件下发生皂化反应生成可溶于水的物质而达到去油污的目的，与盐类水解有关；‎ B．铁在潮湿的环境下生锈，是电化学腐蚀，与盐类的水解无关；‎ C．盐类的水解是吸热反应，加热促进氯化铁水解，使溶液颜色变深；‎ D．泡沫灭火器主要成分是Al2（SO4）3和NaHCO3溶液，两者发生双水解反应：Al3+ ＋3HCO3-=3CO2↑ ＋Al（OH）3↓，与盐类水解有关；‎ 答案选B。‎ ‎3.某种碳酸饮料中主要含柠檬酸、碳酸、白砂糖、苯甲酸钠等成分，常温下测得其pH约为3.5，下列说法不正确的是 A. 常温下，该碳酸饮料中KW的值大于纯水中KW的值 B. 柠檬酸的电离会抑制碳酸的电离 C. 该碳酸饮料中水的电离受到抑制 D. 打开瓶盖冒出大量气泡，是因为压强减小，降低了CO2的溶解度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Kw只与温度有关，常温下，该碳酸饮料中Kw的值等于纯水中Kw的值，故A错误；‎ B.该饮料中存在碳酸的电离平衡：H2CO3H++HCO3-，柠檬酸电离出的H+会抑制碳酸的电离，B正确；‎ C.溶液的pH约为3.5，酸电离出的H+抑制水的电离，C正确；‎ D．在该饮料中存在平衡CO2（g）CO2(aq)，打开瓶盖、压强减小，平衡逆向移动，产生气泡，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎4.用食用白醋（醋酸浓度约1 mol/L）进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是（ ）‎ A. 白醋中滴入石蕊试液呈红色 B. 白醋加入豆浆中有沉淀产生 C. 蛋壳浸泡在白醋中有气体放出 D. pH试纸显示白醋的pH为2～3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 要证明某物质是强电解质还是弱电解质，关键是看该物质在溶液中是完全电离，还是部分电离。如完全电离，则为强电解质，如部分电离，则为弱电解质。‎ ‎【详解】A、白醋中滴入石蕊试液呈红色，只能说明溶液显酸性，A错误；‎ B、白醋加入豆浆中有沉淀产生，属于胶体的聚沉，B错误；‎ C、蛋壳浸泡在白醋中有气体放出，只能说明醋酸的酸性强于碳酸，C错误；‎ D、浓度约1 mol/L的醋酸其pH为2～3，说明醋酸在溶液中是部分电离的，故为弱电解质，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：‎ 弱酸 ‎ 醋酸 ‎ 次氯酸 ‎ 碳酸 ‎ 亚硫酸 ‎ 电离平衡常数（25℃） ‎ Ka=1.75×10－5 ‎ Ka=2.98×10－8 ‎ Ka1=4.30×10－7 Ka2=5.61×10－11 ‎ Ka1=1.54×10－2 Ka2=1.02×10－7 ‎ 下列离子方程式正确的是 A. 少量CO2通入NaClO溶液中：CO2＋H2O＋2ClO－＝CO＋2HClO B. 少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClO C. 少量的SO2通入Na2CO3溶液中：SO2＋H2O＋2 CO＝SO＋2HCO3－‎ D. 相同浓度NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合：H+＋HCO3－＝CO2↑＋H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电离平衡常数越大，电离程度越大，酸性就越强，‎ A.次氯酸的电离平衡常数小于碳酸的一级电离平衡常数，而大于碳酸的二级电离平衡常数，因此少量的CO2通入NaClO溶液中发生的反应，CO2＋H2O＋ClO－=HCO3－＋HClO，A错误；‎ B、ClO-具有强氧化性，能把+4价S氧化成+6价，转变成CaSO4，B错误；‎ C、因为Ka1（H2SO3）>Ka1（H2CO3）> Ka2（H2SO3）>Ka2（H2CO3），根据碳酸钠和酸反应的实质，少量SO2通入Na2CO3溶液中，发生的反应为SO2＋H2O＋2Na2CO3=Na2SO3＋2NaHCO3，C正确；‎ D、亚硫酸根属于弱酸酸式根，不能拆写，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.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=8.3NaHCO3‎ 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。‎ ‎7.25 ℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. pH＝7的溶液中：K＋、Fe3＋、Cl－、NO3-‎ B. c(OH－)＝1.0×10－13 mol/L的溶液中：Na＋、Fe3＋、Cl－、NO3-‎ C. 含“84”消毒夜(有效成分NaClO)溶液中：Fe2＋、Cl－、Ca2＋、Na＋‎ D. 由水电离产生的c(H＋)＝1.0×10－13 mol/L的溶液中：Na＋、AlO2-、NO3-、Cl－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH＝7的溶液中，易水解的离子不能大量共存，Fe3＋易水解不能大量存在，故A不符合题意；‎ B. 25 ℃时，c(OH－)＝1.0×10－11 mol/L的溶液中c(H+)=1.0×10-3mol/L，c(H+)> c(OH－)，溶液呈酸性， Na＋、Fe3＋、Cl－、NO3-可以共存，故B符合题意；‎ C. 含“84”消毒夜(有效成分NaClO)的溶液中，NaClO具有强氧化性，Fe2＋具有还原性，ClO-与Fe2+发生氧化还原反应不能大量共存，故C不符合题意；‎ D. 25 ℃时，水的离子积常数为1.0×10－14，中性溶液中c(H+)=c(OH－)= 1.0×10－7，由水电离产生的c(H＋)＝1.0×10－13 mol/L<1.0×10－7的溶液中，说明水的电离受到了抑制，溶液为酸性或碱性，如为酸性，则AlO2-在酸性条件下不能存在，如为碱性，可以共存，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】给定条件的溶液，要注意是酸性还是碱性，易水解的离子在中性条件下不能存在，氢离子浓度小于1.0×10－7的溶液或呈酸性或呈碱性属于学生的易错点，有的学生理解不到位，或导致错误的判断。‎ ‎8.下列实验装置或操作设计正确，且能达到实验目的的是 A. 实验Ⅰ：配制一定物质的量浓度的稀硫酸 B. 实验Ⅱ：用二氧化碳做喷泉实验 C. 实验Ⅲ：进行中和热的测定 D. 实验Ⅳ：验证酸性强弱H2SO4＞H2CO3＞HClO ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 一定浓度稀硫酸的配制，应该先在烧杯中稀释浓硫酸，冷却后再转移到容量瓶内，故A错误；‎ B. 打开弹簧夹，挤压胶头滴管，二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，二氧化碳体积可持续减少，能形成较大的压强差，可以产生喷泉，故B正确；‎ C. 缺少环形玻璃搅拌棒，否则导致混合溶液温度不均匀，测定结果不准确，故C错误；‎ D. 二氧化碳通入NaClO溶液中会生成HClO，但是该反应没有明显现象，无法通过该实验看出是否有HClO生成，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9. 广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，下列说法不正确的是 A. CaO2的水解产物是Ca(OH) 2和H2O2‎ B. NaClO的水解产物之一是HClO C. PCl3的水解产物是PH3和HClO D. Mg3N2水解生成NH3和Mg(OH)2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据广义水解的定义，‎ A.CaO2的水解产物钙离子和氢氧根离子结合生成的Ca(OH)2、过氧根离子和氢离子结合生成的H2O2，A正确；‎ B.NaClO的水解产物是HClO和NaOH，B正确；‎ C.PCl3的水解产物是HCl和H3PO3，C错误；‎ D.Mg3N2的水解产物是Mg(OH)2和NH3，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎10.25℃时，浓度均为1 mol/L的AX、BX、AY、BY四种正盐溶液，AX溶液的pH＝7且溶液中c(X－)＝1 mol/L，BX溶液的pH＝4，BY溶液的pH＝6。下列说法正确的是 A. AY溶液的pH小于7‎ B. AY溶液的pH小于BY溶液的pH C. 稀释相同倍数，BX溶液的pH变化小于BY溶液 D. 电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ AX的溶液pH=7且溶液中c（X－）=1mol/L，说明HX为强酸，AOH为强碱，BX的溶液pH=4、BY的溶液pH=6，溶液呈酸性，说明HY为弱酸，BOH为弱碱。‎ ‎【详解】A、根据AX、BX、BY溶液的pH，可判断AX为强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，则AY为强碱弱酸盐，溶液的pH>7，故A错误；‎ B、AY溶液的pH>7，而BY溶液的pH＝6，则AY溶液的pH大于BY溶液的pH，故B错误；‎ C、BX溶液的pH=4，BY溶液的pH=6，前者水解程度大于后者，加水促进水解，稀释相同倍数时溶液pH变化BX大于BY，故C错误；‎ D、根据BY溶液的pH＝6，BOH的碱性小于HY的酸性，因此电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.常温下，将a mL b mol/L CH3COOH溶液加入到c mL d mol/L NaOH溶液中。下列结论中，不正确的是 A. 如果ab=cd，则反应后溶液的pH＞7‎ B. 如果a=c，且反应后溶液的pH＜7，则b＜d C. 如果a=c、b=d，则反应后的溶液中c(CH3COO—)＜c(Na＋)‎ D. 如果反应后溶液的pH=7，则此溶液中c(CH3COO—)=c(Na＋)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 如果ab=cd，氢氧化钠与醋酸的物质的量相等，二者恰好反应生成醋酸钠溶液，醋酸钠溶液中醋酸根离子水解，溶液显碱性，则反应后溶液的pH>7，故A正确；‎ B. 如果a=c，且反应后溶液的pH<7，说明反应后溶液显酸性，当b⩽d时，无论恰好生成醋酸钠还是氢氧化钠过量，溶液都显碱性，所以溶液显酸性，一定满足：b>d，即醋酸过量，故B错误；‎ C. 当a=c、b=d时，则ab=cd，即氢氧化钠和醋酸物质的量相等，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子部分水解，导致醋酸根离子数目较少，则溶液中c(CH3COO−)c(H2A)=c(A2-) D. pH= 4.2时，c(HA-)=c(A2-)=c(H+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A.由图像可知， pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-)，A正确；B. 由图像可知， pH=4.2时，c(H+)=‎ mol/L ，c(A2-)=c(HA-)，所以lg[K2(H2A)]=lg=-4.2，D正确；C. 由图像可知，pH =2.7时，c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)，C正确；D. 由图像可知，pH=4.2时，c(H+)=mol/L，c(HA-)=c(A2-)，由物料守恒及图像可知，两者浓度约为0.05mol/L，远远大于溶液中的c(H+)，D不正确。本题选D。‎ ‎13.298K时，向体积均为15.0mL，浓度均为1.00mol/L的氨水和NaHCO3溶液中分别滴加1.00mol/L的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示。下列有关叙述正确的是 A. 曲线a是NaHCO3溶液的滴定曲线 B. 当V(盐酸)=4.00mL时，c(HCO3-)>c(NH4+)>c(CO32-)‎ C. 当V(盐酸)=15.00mL时，c(Na+)=c(NH4+)‎ D. 两个滴定过程均可选择酚酞作指示剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.等浓度的氨水pH较大，故曲线a是氨水的滴定曲线，A错误；‎ B.当V(盐酸)=4.00mL时，充分反应后氨水溶液中所含溶质n（NH3·H2O）：n（NH4Cl）=11:4，NaHCO3溶液中所含溶质n（NaHCO3）：n（NaCl）：n（H2CO3）=11:4:4（两溶液体积相等），氨水的电离、碳酸氢根离子的电离和水解、H2CO3的电离都是微弱的，所以c（HCO3-）>c(NH4+)>c(CO32-)，B正确；‎ C、当V(盐酸)=15.00mL时，两溶液体积增大一倍，两溶液中分别得到物质的量浓度都为0.5mol/L的NH4Cl和NaCl，铵根离子水解，c(NH4+)<0.5mol/L，c(Na+)=0.5mol/L，则c(Na+)>c(NH4+)，C错误；‎ D、由于恰好完全反应时，溶液呈酸性，应选择酸性范围内发生颜色变化的指示剂，如甲基橙，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.常温下，0.2mol/L一元碱BOH与等浓度的HCl溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. BOH 为强碱 B. 该混合液pH=7‎ C. 图中X表示BOH，Y表示H+，Z表示OH- D. 该混合溶液中： c(Cl-)=c(Y)+c(B+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】0.2mol/L的一元碱BOH与等浓度的盐酸等体积混合后，发生反应HCl+BOH=BCl+H2O，所得溶液为0.1mol/L的BCl溶液，B+浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在B++H2OH++BOH，BOH为弱碱，BCl溶液呈酸性，则c（OH-）＜c（H+），一般来说，盐类的水解是微弱的，则有c（B+）＞c（H+），溶液中还存在水的电离平衡，所以有：c（Cl-）=0.1mol/L＞c（B+）＞c（H+）＞c（BOH）＞c（OH-），即X表示H+，Y表示BOH，Z表示OH-，溶液中存在物料守恒为：c（Cl-）=c（B+）+c（BOH）。‎ A．BOH为弱碱，A错误；‎ B.所得溶液为BCl溶液，为强酸弱碱盐溶液，溶液呈酸性，pH＜7，B错误；‎ C.图中X表示H+，Y表示BOH，Z表示OH-，C错误；‎ D.溶液中存在物料守恒为：c（Cl-）=c（B+）+c（BOH），D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，判断一元碱BOH是弱碱为解题关键。‎ ‎15.298K时,向20mL0.1mol·L-1MOH溶液中滴加0.1mol·L-1CH3COOH溶液,所得溶液的pH及导电能力变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. MOH是强电解质 B. b点对应的盐不水解 C. 水的离子积Kw：b>c>a D. c点溶液中c(CH3COO-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由图像可知，0.1mol·L-1MOH溶液的pH为8而不是13，说明MOH是弱碱，故其为弱电解质。在b点，两者恰好完全反应生成弱酸弱碱盐CH3COOM，该盐水解后溶液的pH=6，说明M+的水解程度大于CH3COO-的水解程度，所以在b点溶液中c(CH3COO-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)。在c点，醋酸过量使溶液酸性增强，依据电荷守恒可以判断，溶液中c(CH3COO-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)。在一定温度下，水的离子积是定值，其值不随溶液的pH变化而变化。综上所述，D正确，本题选D。‎ ‎16.25℃时，H2CO3的Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.0×10-11。常温下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入40mL0.1mol/LHCl溶液，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。‎ 下列说法正确的是 A. 在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-能大量共存 B. a点时:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(CO32-)‎ C. 当pH=7时，溶液中c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)‎ D. 当溶液中c(HCO3-):c(CO32-)=2:1时，溶液的pH=10‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.H2CO3、CO22-反应生成HCO3-，H2CO3、CO22-不能大量共存，A错误；‎ B.a点c(HCO3-)=c(CO32-)，根据电荷守恒c(Na+) +c(H+) = c(OH- )+c（HCO3-）+2c(CO32-)+ c(Cl- )=c(OH- )+3c(CO32-)+ c(Cl- )，B错误；‎ C.根据电荷守恒当pH=7时，溶液中c(Na+)=c(HCO3- )+2c(CO32-)+ c(Cl-)，C错误；‎ D.根据 ，当溶液中c(HCO3- ):c(CO32- )=2:1时，c(H+)=10-10，所以溶液的pH=10，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎17.将BaO2放入密闭的真空容器中，2BaO2(s) ⇋2BaO(s)＋O2(g) 反应达到平衡。保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是 A. 平衡常数减小 B. BaO量不变 C. 氧气压强不变 D. BaO2量不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 保持温度不变，缩小容器体积，增大压强，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；‎ B. 缩小容器体积，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则BaO的量减小，故B错误；‎ C. 该反应的平衡常数K=c(O2)，缩小容器容积，平衡向逆反应方向移动，但温度不变，平衡常数不变，则氧气浓度不变，其压强不变，故C正确；‎ D. 缩小容器容积，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则BaO2量增加，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎18.T℃时在2L密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）．反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示．则下列结论正确的是 A. 反应进行的前3min内，用X表示的反应速率υ（X）=0.3 mol·L-1·min-1‎ B. 保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小 C. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是增大压强 D. 容器中发生的反应可表示为：3X（g）+Y（g）⇋2Z（g）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应进行的前3min，反应已经达到平衡，平衡时，X的物质的量为1.4mol ，υ（X）==0.1 mol·L-1·min-1，故A错误；‎ B. 由图2知，"先拐平数值大"，所以，升高温度Y的体积分数减少，平衡向正反应方向移动，即生成物的浓度增大，反应物的浓度减少，所以平衡常数增大，故B错误；‎ C. 图3与图1比较，图3到达平衡所用的时间较短，说明反应速率增大，但平衡状态没有发生改变，应是加入催化剂所致，故C错误；‎ D. 由图1知，前3min内X的物质的量减少量为2.0mol-1.4mol=0.6mol，Y的物质的量减少量为1.6mol-1.4mol=0.2mol， X、Y为反应物；Z的物质的量增加量为0.8mol-0.4mol=0.4mol， Z为生成物，同一化学反应同一时间段内，反应物减少的物质的量和生成物增加的物质的量之比等于化学计量数之比，所以X、Y、Z的计量数之比=3:1:2，所以反应可表示为3X（g）+Y（g）⇋2Z（g），故D正确；答案选D。‎ ‎19.二氧化钛在一定波长光的照射下，可有效降解甲醛、苯等有机物，效果持久，且自身对人体无害。某课题组研究了溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响，结果如图所示。下列判断正确的是 ‎ A. 在0～50 min之间，R的降解百分率pH＝2大于pH＝7‎ B. 溶液酸性越强，R的降解速率越大 C. R的起始浓度不同，无法判断溶液的酸碱性对R的降解速率的影响 D. 在20～25 min之间，pH＝10时R的降解速率为0.04 mol·L-1·min-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、在0~50 min之间，pH=2和pH=7时反应物R都能完全反应，降解率都是100%，A错误；B、由斜率可知pH越小降解速率越大，即溶液的酸性越强，R的降解速率越大，B正确；C、浓度越大化学反应速率越大，所以起始浓度越小降解速率越小，C错误；D、20~25 min之间，pH=10时R的平均降解速率为，D错误。答案选B。‎ ‎20.已知：X(g)＋3Y(g)2Z(g)，一定条件下，0.3 mol X(g)与0.3 mol Y(g)在体积为1 L的密闭容器中发生反应。下列图示合理的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设转化X的物质的量为amol，则某时刻X、Y、Z物质的量依次为（0.3-a）mol、(0.3-3a)mol、2amol，X的体积分数为×100%=50%，随反应进行，Z的体积分数不断增大，然后体积分数不变化，与图象符合，A合理；‎ B．X减少0.1mol，消耗Y 0.3mol，生成Z 0.2mol，当达到平衡时可以XZ的物质的量相同，但反应是可逆反应不能进行彻底，图象不符合反应达到平衡状态，B不合理；‎ C．Y消耗0.1mol，生成Z物质的量为0.2mol，图象中反应的定量关系不符合反应比，C不合理；‎ D．反应达到平衡时2υ（X）正=υ（Z）逆，υ（X）正=υ（Z）逆，反应没有达到平衡状态，D不合理；‎ 答案选A。‎ ‎21.甲、乙、丙三个容器中最初存在的物质及其数量如图所示，三个容器最初的容积相等、温度相同，反应中甲、丙的容积不变，乙中的压强不变，在一定温度下反应达到平衡。下列说法正确的是 A. 平衡时各容器内c(NO2)的大小顺序为乙>甲>丙 B. 平衡时N2O4的百分含量：乙>甲＝丙 C. 平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率不可能相同 D. 平衡时混合物的平均相对分子质量：甲>乙>丙 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲、乙存在平衡2NO2⇌N2O4，该反应为气体物质的量减小的反应，故甲中压强减小，乙中压强不变，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，平衡时N2O4的百分含量增大；但平衡移动的结果是降低NO2浓度的增大，不会消除增大；反应混合气体的总质量不变，总的物质的量减小，混合气体的平均摩尔质量增大；‎ 丙中存在平衡N2O4⇌2NO2，相当于开始加入0.2molNO2，与甲为等效平衡，NO2浓度、N2O4‎ 的百分含量、混合气体的平均摩尔质量与甲中相同。平衡时甲、丙中N2O4的物质的量相等，平衡时甲中NO2 与丙中N2O4 的转化率之和等于1。‎ ‎【详解】甲、乙存在平衡2NO2⇌N2O4，该反应为气体物质的量减小的反应，故甲中压强减小，乙中压强不变，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，丙中存在平衡N2O4⇌2NO2，相当于开始加入0.2molNO2，与甲为等效平衡，‎ A. 甲与丙为完全等效平衡，平衡时NO2浓度的相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，但平衡移动的结果是降低NO2浓度的增大，不会消除增大，故平衡时容器内c(NO2)的大小顺序为乙>甲＝丙，故A错误；‎ B. 甲与丙为完全等效平衡，平衡时N2O4的百分含量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，平衡时N2O4的百分含量增大，故平衡时N2O4的百分含量：乙>甲＝丙，故B正确；‎ C. 甲与丙为完全等效平衡，平衡时甲、丙中N2O4的物质的量相等，平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率之和等于1，故平衡时甲中NO2 与丙中N2O4 的转化率可能相同，都为0.5，故C错误；‎ D. 甲与丙为完全等效平衡，平衡时混合气体的平均摩尔质量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，总的物质的量减小，乙中平均摩尔质量增大，故平衡时混合物的平均相对分子质量：乙>甲＝丙，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是等效平衡的建立和建模思想的应用。‎ 第II卷 非选择题 ‎22.目前工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇，某研究小组对下列有关甲醇制取的三条化学反应原理进行了探究。已知在不同温度下的化学平衡常数(K1、K2、K3)如表所示。‎ 化学反应 焓变 平衡常数 温度/℃‎ ‎500‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎①2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)‎ ‎△H1‎ K1‎ ‎2.5‎ ‎0.34‎ ‎0.15‎ ‎②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）‎ ‎△H2‎ K2‎ ‎1.0‎ ‎1.70‎ ‎2.52‎ ‎③CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）‎ ‎△H3‎ K3‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)反应②是_______(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎(2)根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3=_______(用K1、K2表示)；根据反应③判断△S_______(填“>”“=”或“<”)0，在_______(填“较高”或“较低”)温度下有利于该反应自发进行。‎ ‎(3)要使反应③在一定条件下建立的平衡逆向移动，可采取的措施有______(填字母，后同)。‎ A.缩小反应容器的容积 B.增大反应容器的容积 C.升高温度 D.使用合适的催化剂 E.从平衡体系中及时分离出CH3OH ‎(4)500℃时，测得反应③在某时刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度分别为 0.1mol/L、0.8 mol/L、0.3 mol/L、0.15 mol/L，则此时υ(正)_______υ(逆) (填“>”“=”或“<”)。‎ ‎(5)某兴趣小组研究反应②的逆反应速率在下列不同条件下随时间的变化曲线，开始时升高温度，t1时平衡，t2时减小压强，t3时增大CO的浓度，t4时又达到平衡。在下图中画出t2至t4的曲线。_____‎ ‎【答案】 (1). 吸热 (2). K1·K2 (3). < (4). 较低 (5). B、C (6). > (7). 如图所示)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)反应②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的平衡常数随温度升高增大，说明平衡正向进行，正反应是吸热反应；故答案为：吸热；‎ ‎(2)反应③3H2(g)+CO2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)是气体体积减小的反应△‎ S＜0，分析反应特征可知平衡常数K3=K1×K2，计算不同温度下反应③的平衡常数，500°C时，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，800°C时，K3=K1×K2=2.52×0.15=0.378，随温度升高，平衡常数减小，平衡逆向进行，所以判断反应是放热反应，焓变△H＜0，要满足△G=△H-T△S＜0，反应才能自发进行，则须在低温条件下能自发进行；故答案为：K1·K2，＜，较低；‎ ‎(3)反应③3H2(g)+CO2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g)是气体体积减小的放热反应，依据化学平衡移动原理分析。A．缩小反应容器的容积，压强增大，平衡正向进行，故A不符合；B．扩大反应容器的容积，压强减小，平衡逆向进行，故B符合；C．反应是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，故C符合；D．使用合适的催化剂，改变反应速率不改变化学平衡，故D不符合；E．从平衡体系中及时分离出CH3OH，平衡正向进行，故E不符合；故答案为：BC；‎ ‎(4)500℃时，测得反应③在某时刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度分别为0.1mol·L-1、0.8mol·L-1、0.3mol·L-1、0.15mol·L-1，Qc==0.88＜K=2.5，则此时υ(正)＞υ(逆)；故答案为：＞；‎ ‎(5)反应②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)是气体体积不变的吸热反应，反应的逆反应速率在下列不同条件随时间的变化曲线，开始时升温，逆反应速率增大，t1时平衡，t2时降压，逆反应速率减小，平衡不移动，t3时增加CO浓度，此时刻逆反应速率增大，随反应进行减小，大平衡状态大于t2-t3平衡状态的逆反应速率，t4时又达到平衡，则t2至t4的曲线为如图；故答案为：。‎ 点睛：本题考查了化学平衡、反应速率影响因素分析判断，掌握反应特征和平衡移动原理是关键，本题的易错点为(5)中图像的绘制，需要依据影响化学反应速率的因素分析判断反应速率变化和反应进行方向。‎ ‎23.滴定法是化学上常用的定量分析的方法，滴定的方法有酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定、络合滴定等。‎ Ⅰ.甲化学兴趣小组取20.00 mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞溶液作指示剂，用0.200 0 mol·L－1的标准NaOH溶液进行滴定，重复上述滴定操作3次，并记录数据。‎ ‎(1)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察________。(填标号)‎ A．滴定管内液面的变化 B．锥形瓶内溶液颜色的变化 ‎(2)判断滴定终点的现象是_________________。‎ ‎(3)根据表中数据，计算待测盐酸溶液的浓度为________ mol·L－1。‎ 滴定次数 待测液体积(mL)‎ 标准NaOH溶液读数记录(mL)‎ 滴定前读数 滴定后读数 第一次 ‎20.00‎ ‎0.40‎ ‎20.40‎ 第二次 ‎20.00‎ ‎4.00‎ ‎24.00‎ 第三次 ‎20.00‎ ‎2.00‎ ‎24.10‎ Ⅱ.乙化学兴趣小组利用氧化还原反应滴定，测定了某工厂废水中游离态氯的含量。实验如下：‎ ‎①取水样10.0 mL于锥形瓶中，加入10.0 mL的KI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴。‎ ‎②将自己配制的0.01 mol·L－1标准Na2S2O3溶液装入滴定管中，调整液面，记下读数。‎ ‎③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6，试回答下列问题：‎ ‎(4)步骤①发生的化学反应方程式为__________；加入的指示剂是____________。‎ ‎(5)步骤②应使用________式滴定管。‎ ‎(6)氯的所测浓度比实际浓度会偏大，造成误差的原因可能是________。(填标号)‎ A．配制标准Na2S2O3溶液定容时，加水超过刻度线 ‎ B．锥形瓶水洗后直接装待测水样 C．装标准Na2S2O3溶液的滴定管水洗后没有润洗 ‎ D．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数 E．滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失 ‎【答案】 (1). B (2). 溶液从无色变为浅红色，且半分钟内不变色 (3). 0.2000 (4). Cl2＋2KI=I2＋2KCl (5). 淀粉溶液 (6). 碱 (7). ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】I.(1)根据溶液中颜色变化判断终点，所以眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化；‎ 故答案为：B；‎ ‎(2)达到滴定终点时，溶液由酸性变中性，再加一滴NaOH溶液显碱性，溶液由无色变为浅红色，则达到终点的现象为：溶液从无色变为浅红色，且半分钟内不变色；‎ 故答案为：溶液从无色变为浅红色，且半分钟内不变色；‎ ‎(3)舍去误差较大的数即第三次数据，得出V(标准)=20.00mL，‎ c(待测)===02000mol/L，‎ 故答案为：0.2000；‎ II.(1)氯气与碘化钾反应生成氯化钾和单质碘，其反应的方程式为：Cl2+2KI=I2+2KCl；碘遇淀粉会变蓝色，可以用淀粉作指示剂；‎ 故答案为：Cl2+2KI=I2+2KCl；淀粉；‎ ‎(2)Na2S2O3溶液显碱性，所以要用碱式滴定管盛放；‎ 故答案为：碱；‎ ‎(3)A.配制标准Na2S2O3溶液定容时，加水超过刻度线，则标准溶液的浓度减小，滴定时，消耗的标准溶液的体积偏大，所以测定结果偏大，故A符合题意；‎ B. 锥形瓶水洗后直接装待测水样，对测定结果无影响，故B不符合题意；‎ C装标准Na2S2O3溶液的滴定管水洗后没有润洗，则标准溶液的浓度减小，滴定时，消耗的标准溶液的体积偏大，所以测定结果偏大，故C符合题意；‎ D滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，读数偏小，则消耗的标准溶液的体积偏小，所以测定结果偏小，故D不符合题意；‎ E滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，消耗的标准溶液的体积偏大，所以测定结果偏大，故E符合题意；‎ 故答案为：ACE。‎ ‎24.Ⅰ.含有弱酸 HA 和其钠盐 NaA 的混合溶液，在化学上用作缓冲溶液。向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大。‎ ‎（1）向该溶液中加入少量盐酸时，发生反应的离子方程式是_____；向其中加入少量 KOH 溶液时，发生反应的离子方程式是_________。‎ ‎（2）现将0.04mol•L﹣1HA 溶液和0.02mol•L﹣1NaOH 溶液等体积混合，得到缓冲溶液。‎ ‎①若 HA 为 HCN，该溶液显碱性，则溶液中 c(Na+)____c(CN﹣)(填“＜”“=”或“＞”)，你得出该结论的依据是_________。‎ ‎②若 HA 为 CH3COOH，该溶液显酸性．溶液中所有的离子按浓度由大到小排列的顺序是____。‎ II （3）常温下，将NH3·H2O与盐酸等体积混合，实验数据如下：‎ 组别 NH3·H2O HCl 混合溶液的pH值 甲 c（NH3·H2O）=0.1mol·L-1‎ c（HCl）=0.1mol·L-1‎ pH=a 乙 NH3·H2O的pH=12‎ HCl的pH=2‎ pH=b 丙 c（NH3·H2O）=A mol·L-1‎ c（HCl）=0.1mol·L-1‎ pH=c 针对甲、乙、丙三组实验，回答下列问题：‎ ‎①甲组反应后，溶液中离子浓度的大小顺序为__________________；‎ ‎②乙组b_____7(填“＞”、“＜”或“＝”)‎ ‎③丙组溶液混合后c＝7，A___0.1mol·L-1(填“＞”、“＜”或“＝”)‎ ‎④甲中a＝6，混合溶液中c(Cl－)－c(NH4＋)= ____________mol·L-1 (列式表示结果，不能做近似计算)。‎ ‎【答案】 (1). A-+H+⇌HA (2). HA+OH-⇌H2O+A- (3). ＞ (4). 因为c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，所以c（c(Na+)＞c(CN-) (5). c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-) (6). c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)＞c(OH－) (7). ＞ (8). ＞ (9). 1×10－6－1×10－8‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液，向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大，是由于加入酸时发生：A-+H+⇌HA，加入碱时发生：HA+OH-⇌H2O+A-，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化不大而起到缓冲作用，‎ 故答案为：A-+H+⇌HA；HA+OH-⇌H2O+A-；‎ ‎（2）①该溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，根据溶液电中性原则可知c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，则c(Na+)＞c(CN-)，‎ 故答案为：＞，因为c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞c(CN-)；‎ ‎②若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，说明c(H+)＞c(OH-)，根据溶液电荷守恒可知c(CH3COO-)＞c(Na+)，‎ 故答案为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；‎ II (1)①甲组实验中氨水和盐酸的浓度、体积相同，二者恰好反应生成氯化铵，由于NH4+水解溶液显酸性，则c(H+)>c(OH−)，结合电荷守恒可知：c(Cl−)>c(NH4+)，溶液中离子浓度大小关系是：c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；‎ 故答案为：c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；‎ ‎②盐酸是强酸，氨水是弱碱，pH=12的氨水浓度大于0.01mol/L，所以在体积相等的条件下二者反应后氨水过量，溶液显碱性，则溶液的pH>7，‎ 故答案为：>；‎ ‎③丙组溶液混合后pH=7，这说明氨水和盐酸反应后溶液显中性，由于二者恰好反应时，溶液显酸性，因此要使反应后的溶液显中性，则氨水要过量，所以氨水的浓度A>0.1mol/L，‎ 故答案为：>；‎ ‎④甲中a=6，所以在常温下溶液中c(H+)=10−6mol/L，c(OH−)=10−8mol/L，根据电荷守恒可知：c(Cl−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)，则混合溶液中c(Cl−)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)=( 1×10－6－1×10－8)mol/L，‎ 故答案为：1×10－6－1×10－8。‎ ‎【点睛】确定溶液中粒子浓度大小关系时巧用电荷守恒、物料守恒可减少思维过程。‎ ‎25.10 ℃加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下的变化：‎ 温度(℃)‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ 加热煮沸后冷却到50 ℃‎ pH ‎8.3‎ ‎8.4‎ ‎8.5‎ ‎8.8‎ ‎(1)甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO3-的水解程度增大，故碱性增强，该水解反应的离子方程式为______________。‎ ‎(2)乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3，该分解反应的化学方程式为____。‎ ‎(3)丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：‎ ‎①只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂BaCl2溶液，若产生沉淀，则乙判断正确。原因是____________（写出反应的离子方程式）。能不能选用Ba(OH)2溶液？______(答“能”或“不能”)。‎ ‎②将加热后的溶液冷却到10 ℃，若溶液的pH________(填“大于”“小于”或“等于”)8.3，则________(填“甲”或“乙”)判断正确。‎ ‎【答案】 (1). HCO3-＋H2O⇋H2CO3＋OH－ (2). 大于 (3). 2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O (4). Ba2＋＋CO32-=BaCO3↓ (5). 不能 (6). 等于 (7). 甲 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）NaHCO3为强碱弱酸盐，在溶液中发生：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，水解呈碱性，‎ 故答案为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；‎ ‎（2）加热时，NaHCO3可分解生成Na2CO3，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，碳酸的一级电离大于二级电离，Na2CO3水解程度大于NaHCO3的水解程度，溶液碱性较强，‎ 故答案为：大于；2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O ‎（3）①加入氯化钡溶液后，如生成沉淀，说明溶液中存在CO32-，反应的离子方程式为Ba2++CO32-=BaCO3↓，乙同学结论正确，选用Ba（OH）2溶液和碳酸氢钠、碳酸钠都会反应，都生成白色沉淀，所以不能选氢氧化钡溶液，‎ 故答案为： Ba2++CO32-=BaCO3↓；不能；‎ ‎②由表中溶液pH分析可知，将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH等于8.3，说明碳酸氢钠没有分解，则甲正确，‎ 故答案为：等于；甲。‎ ‎ ‎