吉林省白山市抚松县第六中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题
吉林省白山市抚松县第六中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
3. 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 S—32 P—31 Al—27 Si—28
第I卷（选择题，共60分）
一、选择题（每小题只有一个选项，每题2分，共30分）
1.在恒温恒容下，某容器中进行如下反应：H22H。若反应物的浓度由0.1mol·L-1降到0.06mol·L-1需20s，那么由0.06mol·L-1降到0.024mol·L-1需反应的时间为（ ）
A. 等于18s B. 等于12s C. 大于18s D. 小于18s
【答案】C
【解析】
【详解】随着反应物浓度的减小，化学反应速率减慢，反应所需时间增多。反应物的浓度由.1mol⋅L−1降到0.06mol⋅L−1需20s，即反应物的浓度变化为0.1−0.06=0.04mol⋅L−1，反应物的浓度由0.06mol⋅L−1降到0.024mol⋅L−1，即反应物的浓度变化为0.06−0.024=0.036mol⋅L−1，若反应速率不变,则所需时间为0.0360.04×20=18s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于18s。
故选C。
2.化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如下图所示，计算反应4～8 min间的平均反应速率和推测反应16 min时反应物的浓度，结果应是( )
A. 2.5 μmol·L－1·min－1和2.0 μmol·L－1
B. 2.5 μmol·L－1·min－1和2.5 μmol·L－1
C. 3.0 μmol·L－1·min－1和3.0 μmol·L－1
D. 5.0 μmol·L－1·min－1和3.0 μmol·L－1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据化学反应速率的数学表达式，以及图表进行分析；
【详解】4～8min的反应物浓度差△c=10μmol·L－1，△t为4min，因此4～8min间的平均反应速率为2.5μmol·L－1·min－1，图中从0min开始到8min反应物浓度降低为原来的1/4，根据这一幅度，可以推测从8min到第16min应该也降低为8min时的1/4，即由10μmol·L－1降低到2.5μmol·L－1，因此推测第16min反应物的浓度故为2.5μmol·L－1，故B正确；
答案选B。
3.甲、乙两容器均进行同一反应：A2B。甲容器内每分钟减少4 mol A，乙容器内每分钟减少2 mol A，则两者的化学反应速率相比（ ）
A. 甲快 B. 乙快 C. 一样快 D. 无法比较
【答案】D
【解析】
【详解】化学反应速率的计算公式v=△n/V⋅△t，对于甲和乙的时间△t是相等的，甲的△n为4mol，乙的△n为2mol，但甲和乙容器的体积未知，故不能比较两容器中的反应速率。故选D。
4.500 ℃、20 MPa时，将H2和N2置于一容积为2 L的密闭容器中发生反应。反应过程中H2、N2和NH3的物质的量变化如下图所示，下列说法中正确的是（ ）
A. 从反应开始到第一次平衡时,N2的平均反应速率为0.005 mol·L－1·min－1
B. 平衡在10 min至20 min的变化,可能是因为增大了容器体积
C. 25 min时，分离出了0.1 mol NH3
D. 在25 min后平衡向正反应方向移动,新平衡中NH3的体积分数比原平衡的大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 第一次平衡时,时间为20min,氮气的物质的量由0.4mol变为0.25mol,容器容积为2L，v(N2)=0.15mol÷（2L×20min）=0.00375mol/(L⋅min)，故A错误；
B. 由图象可知各组分物质量变化加快，且10min时变化是连续的，20min达平衡时，△n(N2)=0.4−0.25=0.15mol，△n(H2)=0.6mol−0.15mol=0.45mol，△n(NH3)=0.3mol，物质的量变化之比等于化学计量数之比，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明10min可能改变的条件是使用催化剂，故B错误；
C. 25分钟,NH3的物质的量突然减少，由0.3mol变为了0.2mol，而H2、N2的物质的量不变,说明应是分离出NH3，故C正确；
D. 第25分钟,NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变,说明应是分离出NH3,由于反应条件为恒容，与原平衡相比，容器内压强减小，则反应进行的程度减小，因此达到新平衡后NH3的体积分数比原平衡小，故D错误；
故选C。
5.T ℃时在2 L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的体积分数与时间的关系如图（2）所示。则下列结论正确的是( )
A. 反应进行的前3 min内，用X表示的反应速率v(X)=0.3 mol·(L·min)－1
B. 容器中发生的反应可表示为：3X(g)＋Y(g)2Z(g)
C. 保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小
D. 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
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据图（1），可得v（X）＝0.1 mol·（L·min）－1，A项错误；
B.由Δn（X）∶Δn（Y）∶Δn（Z）＝0.6∶0.2∶0.4＝3∶1∶2，根据物质的物质的量变化量之比等于其化学计量数之比，B项正确；
C.由图（2）可知，根据“先拐先平”的原则，T2>T1，温度升高，Y的体积分数减小，平衡正向移动，平衡常数K增大，C项错误；
D.由图（1）和图（3）可知，平衡没有发生移动，仅仅是加快了反应速率，而该反应是一个体积变化的反应，增大压强，平衡会发生移动，故在这里应该是使用了催化剂，D项错误。
故选B。
6.某密闭容器中发生反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g) ΔH<0。如图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中正确的是( )
A. t2时加入了催化剂 B. t3时降低了温度
C. t5时增大了压强 D. t4～t5时间内X转化率最低
【答案】A
【解析】
【详解】A.由图可知，t2时改变条件，正逆反应速率增大且相等，平衡不移动，则t2时加入了催化剂，故A正确；
B.t3时改变条件，正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率，该反应的△H＜0，正反应为放热反应，若降低温度，平衡正向移动，与图象不符，故B错误；
C.t5时改变条件，正逆反应速率增大，且逆反应速率大于正反应速率，该反应的正反应为气体体积减小的反应，若增大压强，平衡正向移动，与图象不符，故C错误；
D.由于t2时刻平衡不移动，t3和t5时刻平衡均左移，故导致t6时刻转化率最低，故D错误
故选A。
【点睛】正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，可能是加入催化剂，也可能是气体体积不变的反应加压。
7.在恒容密闭容器中，由CO合成甲醇：CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)，在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 平衡常数K =
B. 该反应在T1时的平衡常数比T2时的小
C. 任意时刻，T2温度下的反应速率均大于T1温度下的速率
D. 处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数表达式k=，故A错误；
B．由图可知，T2温度下到达平衡所以时间较短，反应速率较快，故温度T2＞T1．温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数降低，在T1时的平衡常数比T2时的大，故B错误；
C．温度高，即时速率不一定高，曲线斜率越大，即时速率越高，故C错误；
D．由图可知，处于A点的反应体系从T1变到T2，温度增大，平衡向逆反应方向移动，氢气物质的量增大，甲醇的物质的量减小，增大，故D正确；
故选D。
8.随Cr含量的变化三种稀酸对Fe﹣Cr合金腐蚀速率的曲线如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A. 稀硝酸对Fe﹣Cr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱
B. 随着Cr含量增加，稀硝酸对Fe﹣Cr合金的腐蚀性减弱
C. Cr含量大于13%时,因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大,所以对Fe﹣Cr合金的腐蚀性最强
D. 酸对Fe﹣Cr合金的腐蚀与阴离子浓度无关
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图中的纵横坐标可知，横坐标为Cr含量，纵坐标为金属被腐蚀的反应速率，由图中的曲线变化，硝酸对合金的腐蚀速率随Cr含量增加而变小，硫酸和盐酸对金属的腐蚀速率随Cr含量增加而变大，但随着Cr含量增加变化趋势变慢，则腐蚀性减弱．
【详解】A. 由图可知，铬的含量大于13%时，稀硝酸对合金的腐蚀速率比盐酸、硫酸弱，小于13%强，故A错误；
B. 由图象可知，随着Cr含量增加，稀硝酸对Fe−Cr合金的腐蚀性减弱，故B正确；
C. 不能解释盐酸、硝酸氢离子浓度相等，但硝酸腐蚀速度慢，故C错误；
D. 盐酸、硝酸的阳离子相同阴离子不同，可说明酸对Fe−Cr合金的腐蚀与阴离子浓度有关，故D错误。
故选B。
9. 反应A+B→C的反应速率方程式为：v=k c (A) c (B)，v为反应速率，k为速率常数。当c(A)= c(B)=1mol/L时，反应速率在数值上等于速率常数。下列说法正确的是
A. 只增大c(A)时，v也增大 B. 只增大c(A)时，v值不变
C. 只升高温度时，k值不变 D. 只升高温度时，k值变小
【答案】A
【解析】
【详解】A．v与c(A)、c(B)成正比，只增大c(A)，v增大，故A正确；
B．v与c(A)、c(B)成正比，只增大c(A)，v增大，故B错误；
C．若只升高温度，v增大，c(A)、c(B)不变，所以k值变大，故C错误；
D．若只升高温度，v增大，c(A)、c(B)不变，所以k值变大，故D错误。
故选A。
【点晴】本题考查化学反应速率。以信息题的形成考查，对学生的自学能力、分析能力有较好的考查。v与c(A)、c(B)成正比，无论只增大c(A)、只增大c(B)或同时增大c(A)、c(B)，v均增大。若只升高温度，v增大，c(A)、c(B)不变，所以k值变大。
10.一定量的锌粉和6 mol/L的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下列物质时，能够加快反应速率，又不影响产生H2的总量的是
①石墨粉 ②CuO ③铜粉 ④铁粉 ⑤浓盐酸
A. ①②⑤ B. ①③⑤
C. ③④⑤ D. ①③④
【答案】B
【解析】
【详解】①石墨能和锌构成原电池，锌是负极，加快反应速率，生成H2的总量不变，符合题意；②氧化铜溶于盐酸生成氯化铜，CuCl2
和锌发生置换反应，生成铜，Zn、Cu与盐酸构成原电池，加快反应速率，但由于与盐酸反应的Zn减少，生成的氢气减少，不符合题意；③ Zn、Cu与盐酸构成原电池，加快反应速率，生成H2的总量不变，符合题意；④铁能和盐酸反应产生氢气，产生H2总量增多，不符合题意；⑤增大氢离子浓度，反应速率增大，生成H2的总量不变，符合题意；答案选B。
11.漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温与黑暗处可保存一年，亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为：5HClO2=4ClO2↑＋H＋＋Cl－＋2H2O。(HClO2为弱酸)向NaClO2溶液中滴加H2SO4，开始时HClO2分解反应缓慢，随后反应迅速加快，其原因是
A. 溶液中的Cl－起催化作用 B. 溶液中的H＋起催化作用
C. ClO2逸出，使反应的生成物浓度降低 D. 在酸性条件下，亚氯酸钠的氧化性增强
【答案】A
【解析】
【详解】A.反应开始时,溶液中氯离子浓度很小,随着反应的进行,溶液中氯离子浓度增大,反应速率加快,可见氯离子起催化作用, A正确；
B.因为开始时溶液中就有氢离子,分解反应却非常慢,可见氢离子不起催化作用, B错误；
C.逸出ClO2，反应正向移动,则反应的生成物的浓度增加, C错误；
D.若是酸使亚氯酸钠的氧化性增强,应该开始时反应速率应该就很快，与信息不符,D错误；
正确选项A。
12. 一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的( )
①NaOH固体 ②H2O ③NaCl固体 ④CH3COONa固体 ⑤KCl溶液
A. ①② B. ②③⑤ C. ②④ D. ②④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】氢氧化钠是强碱，能中和盐酸，反应速率降低，但氢气的量减少；②和⑤都是稀释盐酸，氢离子个数不变，但氢离子浓度降低，反应速率较低，氢气量不变；氯化钠固体不能降低氢离子浓度，反应速率不变；醋酸钠能结合氢离子，降低氢离子浓度，在反应过程中，醋酸能电离出氢离子，所以氢气量不变，所以正确的答案选D。
13.可逆反应mA(g)＋nB(g) pC(g)+qD(g)的v-t图象如下图，如若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其v-t图象如下图：
①a1>a2 ②a1
b2 ④b1t2 ⑥t1=t2 ⑦两图中阴影部分面积相等 ⑧右图中阴影部分面积更大，以上说法中正确的是
A. ②④⑤⑦ B. ①④⑥⑧ C. ②③⑤⑧ D. ①③⑥⑦
【答案】A
【解析】
【分析】
若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，正逆反应速率均加快，缩小达到化学平衡的时间，阴影部分的面积为反应物浓度的变化量，平衡状态没有改变，则阴影部分面积相同．
【详解】若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，
a1、a2为两种条件下正反应速率，催化剂加快反应速率，则a1＜a2，故①错误、②正确；
使用催化剂缩小达到化学平衡的时间，则加催化剂时反应速率增大，所以b1＜b2，故③错误、④正确；
使用催化剂缩小达到化学平衡的时间，则t1＞t2，故⑤正确、⑥错误；
阴影部分的面积为反应物浓度的变化量，平衡状态没有改变，则阴影部分面积相同，故⑦正确、⑧错误；
综上所述②④⑤⑦说法正确，
答案选A。
【点睛】易错点：阴影部分的面积为反应物浓度的变化量，平衡状态没有改变，则阴影部分面积相同。
14.在密闭容器中进行如下反应：X2(g)+Y2(g) 2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是（ ）
A. Z为0.3mol/L B. Y2为0.45mol/L
C. X2为0.2mol/L D. Z为0.4mol/L
【答案】A
【解析】
【分析】
Z全部转化时,X2的物质的量浓度为：0.1+0.2÷2=0.2mol⋅L−1,Y2的物质的量浓度为：0.3+0.2÷2=0.4mol⋅L−1,故c(X2)的取值范围为：0n B. m1mol，则增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即逆反应方向移动，所以导致反应达到平衡时PCl5的转化率减小，PCl5的体积分数增大，故mα1
D. A溶液的c(H+)是B溶液c(H+)的0.5α1倍
【答案】A
【解析】
【分析】
醋酸为弱电解质，微弱电离CH3COOH CH3COO+H+，则A溶液中c（CH3COOH）=amol•L-1，它电离出来的醋酸根是远远小于amol/L，B溶液中c（CH3COO-）=a mol•L-1，所以B溶液浓度要比A溶液大，即B溶液的酸性比A强，电离度α=（CH3COO-）/（CH3COOH）。
【详解】A. α=（CH3COO-）/（CH3COOH），所以B溶液中c(CH3COOH)= mol·L-1，故A正确；
B. B溶液浓度要比A溶液大，即B溶液的酸性比A强，所以A溶液的pH值大于B溶液的pH值，故B错误；
C. B溶液浓度要比A溶液大，弱电解质浓度越大电离度越小，故α2<α1，故C错误；
D. A溶液中（H+）= c（CH3COO-）=（CH3COOH）α1=aα1mol/L，B溶液中（H+）= c（CH3COO-）=a mol•L-1，故D 错误；
故选A。
19.已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋要使溶液中值增大，可以采取的措施是( )
A. 加少量烧碱溶液 B. 降低温度
C. 加少量冰醋酸 D. 加水
【答案】D
【解析】
【分析】
醋酸是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，要使溶液中值增大，应使平衡向右移动。
【详解】A．加入少量烧碱溶液，反应H+生成CH3COO-，c（H+）减小，由于CH3COO-对CH3COOH的电离起到抑制作用，则值减小，故A错误；
B．醋酸的电离是吸热反应，降低温度，抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，则值减小，故B错误；
C．加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质浓度越大，电离程度越小，则值减小，故C错误；
D．加水稀释促进醋酸电离，则氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以值增大，故D正确；
故选D。
【点睛】醋酸加水稀释，溶液中除氢氧根离子外，各粒子浓度均减小，由于平衡向右移动，氢离子、醋酸根离子浓度减小少，醋酸分子浓度减小多。
20.数据：7.2×10﹣4、4.6×10﹣4、4.9×10﹣10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：①NaCN+HNO2===HCN+NaNO2，②NaCN+HF====HCN+NaF，③NaNO2+HF===HNO2+NaF。由此可判断下列叙述中，不正确的是（ ）
A. HF的电离平衡常数为7.2×10﹣4
B. HNO2的电离平衡常数为4.9×10﹣10
C. 根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱
D. HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小
【答案】B
【解析】
【分析】
弱酸在溶液中存在电离平衡，相同温度下，弱酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，并结合强酸可与弱酸的盐发生反应制取弱酸，进行分析解答。
【详解】强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据：①NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、②NaCN+HF═HCN+NaF、③NaNO2+HF=HNO2+NaF，可知酸性：亚硝酸的酸性大于氢氰酸，氢氟酸的酸性大于亚硝酸，故这三种酸的强弱顺序是：氢氟酸＞亚硝酸＞氢氰酸。
A．通过以上分析知，氢氟酸的酸性最强，所以氢氟酸的电离平衡常数最大，为７.２×10﹣４正确；
B．通过以上分析知，亚硝酸的酸性强于氢氰酸而比HF弱，所以亚硝酸的电离平衡常数为：
4.6×10-4，错误；
C．根据强酸制取弱酸知，由①知道酸性：亚硝酸＞氢氰酸；根据③可知酸性：氢氟酸＞亚硝酸，故通过这两个反应就可以三种酸的相对强弱，正确；
D．亚硝酸的酸性大于氢氰酸但小于氢氟酸，由于酸性越强，酸的电离平衡常数就越大，所以亚硝酸的电离平衡常数比HCN大，比HF小，正确；
故本题合理选项是B。
【点睛】本题考查了弱酸的酸性强弱的判断，明确强酸可与弱酸的盐发生复分解反应制取弱酸、弱酸的酸性越强其电离平衡常数越大是解本题的关键。
21.在25℃时，用蒸馏水稀释1 mol/L氨水至0.01 mol/L，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是（ ）
A. B. c(H＋)·c(OH－)
C. D. c(OH－)
【答案】A
【解析】
【分析】
氨水中溶质是一水合氨，加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，因为溶液中一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢氧根离子浓度、铵根离子浓度和一水合氨浓度都减小
【详解】A. 加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，该比值增大，故A正确；
B. c(H＋)·c(OH－)=kw，kw只受温度影响，温度不变kw不变，故B错误；
C. 加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，所以该比值减小，故C错误；
D. 加水稀释促进一水合氨电离,则溶液中n(OH−)增大,但n(OH−)增大程度小于溶液体积增大程度,所以c(OH−)减小，故D错误；
故选A。
22. 下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B. 图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，甲的压强比乙的压强大
C. 图3表示A、B两物质的溶解度随温度变化的情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数B>A
D. 图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH
【答案】D
【解析】
【详解】A、图象表示的是反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，A错误；
B、该反应是一个反应前后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，则反应物的含量减少，该图中改变条件后，反应物的含量不变，说明平衡不移动，加入的是催化剂，且乙加入了催化剂，B错误；
C、A与B的溶解度随温度的升高而增大，t1℃时A的溶解度大于B的溶解度，所以A的饱和溶液中溶质的质量分数大于B，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶液中溶质和溶剂的质量没有变化，所以质量分数不变，仍然A大于B，C错误；
D、稀释起始时溶液pH相同，稀释HA酸溶液pH变化大，HA的酸性比HB强，越弱越水解，所以NaA的水解程度小于NaB，NaA与NaB水解显碱性，因此NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，D正确.
答案选D。
23. 下列有关实验原理、方法和结论都正确的是
A. 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该溶液中不一定含有SO42－
B. 向蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，将得到的沉淀分离出来，再加水可重新溶解。
C. 等体积的PH都为3的酸HA和HB分别与足量的Mg反应，HA放出的H2多，说明酸性：HA>HB
D. 淀粉在稀硫酸的作用下水解后，加入氢氧化钠使溶液呈碱性，再加入新制Cu(OH)2后加热，若有砖红色沉淀生成，则淀粉已经完全水解。
【答案】A
【解析】
【详解】A正确，因为沉淀也可能是氯化银。
B不正确，硫酸铜属于重金属盐，能使蛋白质变性，而不是盐析，B不正确。
C不正确，HA放出的氢气多，说明HA的浓度大，所以在pH相等的条件下，HA的电离程度小于HB的，C不正确。
D不正确，只能说明淀粉已经水解，要证明完全水解，还需要单质碘检验。
所以答案选A。
24.将氢氧化钠稀溶液滴加到醋酸稀溶液中，下列各图示意混合溶液有关量或性质的变化趋势，其中错误的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A项，氢氧化钠和醋酸发生中和反应，反应放热，当酸反应完成后，再加碱，相当于往热水中加入冷水，温度降低，A项正确；
B项，醋酸中滴加氢氧化钠酸性减弱，pH增大，完全反应时pH发生突变，B项正确；
C项，醋酸属于弱酸，部分电离，醋酸中滴加氢氧化钠，发生中和反应生成强电解质CH3COONa，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，恰好完全反应后，过量的NaOH也完全电离，导电能力继续增强，C项正确；
D项，醋酸中滴加氢氧化钠，氢氧化钠和醋酸发生中和反应，开始一段时间醋酸浓度减小，氢氧化钠被消耗，浓度为0，D项错误；
答案选D。
25.已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数
弱酸
氢氟酸
硼酸[B(OH)3](一元酸)
草酸(H2C2O4)
电离平衡常数(25℃)
6.6×10－4
5.8×10－10
K1＝5.9×10－2
K2＝6.4×10－5
则下列有关说法不正确的是（ ）
A. 硼酸为一元弱酸
B. amol·L－1 HF溶液与b mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c(Na＋)>c(F－)，则b一定大于a
C. 同温下，NaHC2O4溶液中HC2O4－的电离常数大于K2(草酸的二级电离)
D. NaHC2O4和Na2C2O4混合溶液中，一定存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)
【答案】BC
【解析】
【详解】A. 由硼酸的电离平衡常数，知其不能完全电离，所以为一元弱酸，故A正确；
B. 反应后溶液中c(Na＋)>c(F－)，由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(F－)得：c(H＋)<(OH－)，溶液显碱性，溶液中溶质可能是氟化钠或氟化钠和氢氧化钠或氟化钠和氢氟酸，b可能大于或等于或小于a，故B不正确；
C. NaHC2O4溶液中NaHC2O4=Na＋+ HC2O4－，HC2O4－的电离不受影响，在草酸溶液中一级电离的氢离子抑制二级电离即HC2O4－的电离，所以NaHC2O4溶液中HC2O4－电离程度大，但电离常数只受温度影响，温度相同电离常数相同，故C不正确；
D. 溶液中电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，故D正确；
故选BC。
【点睛】电离常数、化学平衡常数、溶度积常数、水解常数、水的离子积常数均只受温度影响。
第II卷（非选择题，共40分）
26.在当今社会，氮的氢化物和氧化物与我们的生活息息相关．
（1）NO是一种污染物，工业上用NH3、O2脱除烟气中NO的原理如图所示，该原理中NO最终转化为______（填化学式），V4+﹣O﹣H在反应过程中作___________。当消耗2molNH3
和0.5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为____________L。
（2）N2H4是发射航天火箭的常用燃料，已知：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=﹣538kJ·mol﹣1。断开1mol下列化学键系数的能量分别为N﹣H:390kJ、N≡N：946kJ、O﹣H：460kJ、O=O：498kJ。则断开1molN﹣N需要吸收的能量是__________．
（3）工业制硝酸时，会发生反应：4NH3（g）+5O2（g） 4NO（g）+6H2O（g） △H＜0。
①若其它条件不变，则下列图象不正确的是_____（填字母）。
A. B. C. D.
②在1L容积固定的密闭容器中充入NH3和O2发生该反应，部分物质的浓度随时间的变化如下表所示。
浓度
时间
c（NH3）/mol·L﹣1
c（O2）/mol·L﹣1
c（NO）mol·L﹣1
0
1.2
1.75
0
4min
0.4
0.75
0.8
6min
0.4
0.75
0.8
8min
0.6
1
0.6
9min
0.6
1
0.6
10min
1.05
1
1.05
12min
…
…
…
0～4min内，用O2表示该反应的平均反应速率为______mol·L﹣1·min﹣1。反应6～8min时改变了反应条件，改变的反应条件可能是___________。
【答案】 (1). N2 (2). 催化剂 (3). 44.8 (4). 190kJ (5). D (6). 0.25 (7). 升高温度
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡的计算；有关反应热的计算；化学平衡的影响因素．氧化还原反应中得失电子总数相等；反应热=反应物总键能﹣生成物总键能；分析化学平衡影响因素时，要分析反应特点即：反应热、方程式两边气体体积变化情况；反应速率等于单位时间内的浓度变化。
【详解】（1）由图1可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O；V4+﹣O﹣H在反应前后不变，作催化剂；氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，2mol NH3转化为N2失去6mol电子，0.5mol O2得到2mol电子，则NO转化为N2得到的电子为4mol，所以NO的物质的量为2mol，其体积为44.8L；
故答案为N2；催化剂；44.8；
（2）焓变=反应物总键能﹣生成物总键能，设断开1molN﹣N需要吸收的能量QkJ，则：Q+4×390+498﹣946﹣4×460=﹣538，解得Q=190；
故答案为190kJ；
（3）①该反应是气体体积增大、正反应放热的反应，
A、增大压强，反应逆向移动，氨气的转化率减小，且压强增大化学反应速率增大，缩短反应到达平衡的时间，所以图象符合，故A不选；
B、催化剂加快反应速率，但不改变平衡，所以图象符合，故B不选；
C、增大压强，逆向移动，NO的产率降低，所以图象符合，故C不选；
D、升高温度，反应逆向移动，水蒸气的含量降低，所以图象不符合，故D选；
故答案D；
②0～4min内，v（O2）= mol/（L．min）=0.25mol/（L．min）；反应6～8min时反应逆向移动，可能为升高温度，
故答案为0.25；升高温度．
27.为比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题。
（1）定性分析：如图甲可通过观察_______________，定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是______________。
（2）定量分析：如图乙所示，实验时均以生成20mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。图中仪器A的名称为________，实验中需要测量的数据是________，为了减少实验误差，反应前后量气管两边液面的高度应保持一致，则在反应后应采取的操作方法是_______________。
【答案】 (1). 反应产生气泡快慢(或反应完成的先后，或试管壁的冷热程度) (2).
将阴离子改为相同，排除阴离子的干扰 (3). 分液漏斗 (4). 时间(或收集一定体积的气体所需要的时间) (5). 慢慢将右面的量气管向下移动
【解析】
分析】
（1）根据反应生成气体的快慢分析来比较催化效果；根据H2O2分解的催化作用有可能是氯离子起的作用，改为Fe2(SO4)3使阴离子相同，更为合理；根据反应物、生成物、反应条件写出反应方程式；（2）A为分液漏斗，根据乙图装置来选择气密性的检查方法；该反应是通过反应速率分析的，所以根据v=△c/△t来判断
【详解】（1）根据反应生成气体的快慢分析来比较催化效果；在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果时，必须保持其他的条件相同，所以将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰，
故答案为反应产生气泡快慢(或反应完成的先后，或试管壁的冷热程度)；将阴离子改为相同，排除阴离子的干扰；
（2）由图可知，A为分液漏斗；定量比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，可以通过测定产生20mL的气体所需的时间来比较，产生20mL的气体所需的时间越短，则催化效果越好。反应产生气体压强增大，左管液面低，右管液面高，应使右管下移，水进入右管，左管体积增大，压强减小，左右压强相等，液面相平。
故答案为分液漏斗；收集20mL气体所需要的时间，慢慢将右面的量气管向下移动。
28.在某一容积为2 L的密闭容器中，加入0.8 mol的H2和0.6 mol 的I2，在一定的条件下发生如下反应：H2(g)＋I2(g) 2HI(g) ΔH<0反应中各物质的浓度随时间变化情况如图：
（1）根据如图数据，反应开始至达到平衡时，平均速率v(HI)为________。
（2）反应达到平衡后，第8 min时：①若升高温度，化学平衡常数K________(填“增大”、“减小”或“不变”)，HI浓度的变化正确的是________(用如图中a～c的编号回答)。
②若加入I2，H2浓度的变化正确的是________(用如图中d～f的编号回答)。
（3）反应达到平衡后，第8 min时，若反应容器的容积扩大一倍，请在图中画出8 min后HI浓度的变化情况。
______
【答案】 (1). 0.167 mol/(L·min) (2). 减小 (3). c (4). f (5).
【解析】
【分析】
根据v=△c/△t，计算平均速率v（HI）；
（2）升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减少；
（3）若加入I2，平衡正向移动，H2浓度减少；
（4）反应是体积不变的反应，改变压强平衡不移动，容器的容积扩大一倍，平衡物质浓度减小．
【详解】(1）平均速率v（HI）=（0.5mol/L-0）÷3min=0.167mol•L-1•min-1
,故答案为0.167mol•L-1•min
（2）①该反应放热，升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减少，化学平衡常数减小，故答案为减小，c；
②若加入I2，平衡正向移动，H2浓度减少，故答案为f；
（3）H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），反应是体积不变的反应，改变压强平衡不移动，容器的容积扩大一倍，平衡时物质浓度减小，碘化氢浓度减小一半为0.25mol/L，画出的变化图象如图：，故答案为
