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【化学】湖北省孝感高级中学2019-2020学年高二9月调研试题（解析版）
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湖北省孝感高级中学2019-2020学年高二9月调研试题
可能用到的相对原子质量：H I He 4 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Cu 64 I 127 Ba 137
第I卷（选择题，共48分）
一．本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有1个选项符合题意。
1.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（ ）
A. CH3COOH B. Cl2 C. NH4HCO3 D. SO2
【答案】D
【解析】试题分析：电解质的特点需要自身电离，所以D中SO2溶于水生成H2SO3，不是SO2自身电离，是非电解质；AC都是电解质；B中是单质，即不是电解质，也不是非电解质。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 需要加热的化学反应都是吸热反应
B. 中和反应都是放热反应
C. 原电池是将电能转化为化学能的一种装置
D. 水力发电是将化学能转化为电能的过程
【答案】B
【解析】
3.下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 新制的氯水在光照下颜色变浅
B. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深
C. 在合成氨的反应中，降温或加压有利于氨的合成
D. 红棕色NO2 加压后颜色先变深后变浅
【答案】B
【解析】A、氯水中存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO，光照时HClO分解，促进平衡向正方向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B、H2+I22HI平衡中，增大压强，平衡不移动，增大压强，浓度增大，颜色加深与勒夏特列原理无关，故B选；C、合成氨反应为N2+3H22NH3，增大压强或降低温度，平衡均向正方向移动，可用勒夏特列原理解释，故C不选；D、存在可逆反应2NO2(g) N2O4(g)，正反应为体积缩小的反应，加压后二氧化氮的浓度增大，所以气体颜色加深，由于增大了压强，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，可用平衡移动原理解释，故D不选；故选B。
4.反应①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)△H＞0
反应②Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)△H＜0
若反应①在温度T1下进行，反应②在温度T2下进行，已知T1＞T2，且c(CO2)>c(H2O)
（其他条件均相同），下面对两者反应速率大小判断正确的是（ ）
A. 反应①快 B. 反应②快
C. 一样大 D. 无法判断
【答案】D
【解析】影响化学反应速率的主要因素是物质的性质，物质越活泼，反应速率越大，而浓度、温度为影响化学反应速率的外因，比较温度、浓度对化学反应速率的影响只能针对于同一个化学反应，如Na和HCl溶液剧烈反应；但无论温度多高、浓度多大，Cu都不与盐酸反应，所以无法比较两个反应的速率大小，故选D。
5.下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是（ ）
①已达平衡的反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g），当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动
②已达平衡的反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高
③有气体参加的反应平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动
④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动
A. ①④ B. ①②③④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】B
【解析】①C为固体，增大固体的量，平衡不移动，故①错误；②增大N2的浓度，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，N2的转化率减小，故②错误；③如气体反应物与生成物化学计量数之和相等，减小反应器容积时，即增大压强，平衡不移动，故③错误；④在恒压反应器中充入稀有气体，如气体反应物与生成物化学计量数之和相等，则平衡不移动，如反应前后气体的化学计量数之和不等，则平衡移动，故④错误；故选B。
6.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋+ OH－；ΔH > 0 ，下列叙述正确的是（ ）
A. 向水中加人稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变
C. 向水中加人少量固体CH3COONa ，平衡逆向移动，c（H＋）降低
D. 将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】B
【解析】氨水能抑制水的电离，但碱性是增强的，A不正确。硫酸氢钠是强酸的酸式盐，溶于水显酸性，水的离子积常数和温度应该，所以B是正确的。醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性。水解是促进水的电离的，所以C不正确。电离是吸热的，因此加热促进水的电离，水的离子积常数增大，pH降低，D不正确。所以答案选B。
7.下列关于酸碱指示剂或pH试纸的说法正确的是（ ）
A. 将一小块pH试纸放在洁净表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
B. 不能使无色酚酞试液变色的溶液是酸性溶液
C. 可以用紫色石蕊试液作为强酸滴定强碱的指示剂
D. 用pH试纸测定某溶液的pH＝8.5，此溶液一定是某种碱的溶液
【答案】A
【解析】A、将一小块干燥的试纸放在表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸中部，然后与标准比色卡对照，故A正确；B、不能使无色酚酞试液变色的溶液是pH＜10，故可能是酸性溶液，也可能是中性或弱碱性溶液，故B错误；C、石蕊变色不明显，一般不用作中和滴定指示剂，故C错误； D、pH试纸只能精确到1，故不能测得溶液的pH为8.5，且溶液显碱性的溶液不一定是碱溶液，可能是强碱弱酸盐溶液，故D错误；故选A。
8.室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是（ ）
A. 溶液中导电粒子的数目减少
B. 溶液中不变
C. 醋酸的电离程度增大，C（H+）亦增大
D. 再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7
【答案】B
【解析】
【详解】A项，加水稀释有利于醋酸的电离，故溶液中导电粒子的数目增加，A错误；
B项，在稀释的过程中，温度不变，故Ka=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)不变，又因为c(H+)=Kw/c(OH-),故c(CH3COO-)×Kw/［c(CH3COOH)·c(OH-)］=Ka，Kw在室温下也是常数，故B正确；
C项，电离程度虽然增大，但c(H+)减小，C错误；
D项，加入10 mL pH=11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸还有大量剩余，故pH应小于7，D错误。
故选B。
9.①pH=2的CH3COOH溶液;②pH=2的HCl溶液;③pH=12的氨水;④pH=12的NaOH溶液。相同条件下,有关上述溶液的比较中,不正确的是( )
A. 水电离的c(H+):①=②=③=④
B. 将②、③溶液混合后,pH=7,消耗溶液的体积:②>③
C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应,生成H2的量:②最大
D. 向溶液中加入100 mL水后,溶液的pH:③>④>②>①
【答案】C
【解析】
【详解】A.①、②的氢离子浓度相同,③、④的氢氧根离子的浓度相同,四种溶液的离子浓度相同,相同条件下,水的离子积常数是定值,无论酸还是碱都抑制水的电离,所以这四种溶液中由水电离的c(H+):①=②=③=④,所以A选项是正确的; B.氨水是弱碱只有部分电离,所以c(NH3 .H2O) > c(OH-),氯化氢是强电解质,所以其溶液中c(HCl)=c(H+), c(NH3 .H2O) > c(HCl),若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性,则消耗溶液的体积:②>③,故B正确; C.醋酸是弱酸,氯化氢和氢氧化钠是强电解质,①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为:①>②=④,所以等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应,①生成H2的量最大,故C错误; D.醋酸是弱酸,加水稀释后能促进醋酸的电离,所以①、②稀释后溶液的pH值7>②>①;氨水是弱碱,加水稀释后能促进氨水的电离,所以③、④、稀释后溶液的pH值③>④>7,所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后,溶液的pH③>④>②>①,故D正确。
10.下列热化学方程式中，正确的是（ ）
A. 甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3 kJ·mol-1
B. 500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6 kJ·mol-1
C. HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3 kJ·mol-1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（-57.3）kJ·mol-1
D. 在101 kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-571.6 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A.甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol-1，表示1mol甲烷完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，水的稳定状态是液态，因此表示的热化学方程式正确的应该为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3 kJ·mol-1，A错误；
B.N2与H2合成氨气的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，反应的N2的物质的量小于0.5mol，放热19.3 kJ，由于不能确定反应的N2的物质的量，因此不能据此书写相应的热化学方程式，B错误；
C.中和热是强酸、强碱发生中和反应产生1mol水时放出的热量，与反应产生的水的物质的量多少无关，且H2SO4和Ca(OH)2反应生成CaSO4微溶，C 错误；
D.2g H2的物质的量是1mol，在101 kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则2molH2完全燃烧放出热量是571.6 kJ，故氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-571.6 kJ·mol-1，D正确；
故合理选项是D。
11.T℃时，体积均为0.5 L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：2A(g)+B(g) 2C(g) △H=-Q kJ/mol(Q>0)。保持温度不变，实验测得起始和平衡时的有关数据如下表：
容器
编号
起始时各物质物质的量/mol
达平衡时体系能量的变化
A
B
C
①
2
1
0
放热 0.75 Q kJ
②
0.4
0.2
1.6
下列叙述中正确的是（ ）
A. 容器①、②中反应的平衡常数均为4
B. 容器②中达到平衡时放出的热量为0.05Q kJ
C. 向容器①中通入氦气，平衡时A的转化率不变
D. 其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，则达到平衡时C的体积分数小于2/3
【答案】C
【解析】试题分析：容器①中参加反应的A的物质的量=2mol×=1.5mol，则：
2A（g）+B（g）2C（g）
起始（mol）： 2 1 0
转化（mol）：1.5 0.75 1.5
平衡（mol）：0.5 0.25 1.5
恒温恒容下，②中完全转化到方程式左边可以得到2molA、1mol，容器①、②反应为完全等效平衡，平衡时各组分物质的量相等，②中A的起始物质的量为0.4mol，小于平衡时的0.5mol。A．由于温度相等，①②中平衡常数K==18，故A正确；B．②中反应吸收热量，容器①、②反应为完全等效平衡，平衡时B的物质的量相等，则②中吸收的热量为（0.25-0.2）mol×QkJ/mol=0.05QkJ，故B错误；C．恒容条件下，向容器①中通入氦气，各组分的浓度不变，平衡不移动，平衡时A的转化率不变，故C错误；D．平衡时①、②中C的体积分数为=，其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，随反应进行，温度降低，反应向生成C的方向移动，生成2molC时，混合气体减小1mol，则达到平衡时C的体积分数大于，故D错误；故选A。
12.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. pH=1的溶液中： Fe2+，NO3-，SO42-，Na+
B. 由水电离的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液中：Ca2+，K+，Cl-，HCO3-
C. ＝1012的溶液中：NH4+，Al3+，NO3-，Cl-
D. c(Fe3+) =0.1 mol·L-1的溶液中：K+，ClO-，SO42-，SCN-
【答案】C
【解析】
【详解】A. pH=1的溶液呈酸性，在酸性溶液中：H+、Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；
B.由水电离的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液可能显酸性也可能显碱性，无论是酸性溶液还是碱性溶液，HCO3-都会发生离子反应，不能大量存在，B错误；
C.=1012的溶液呈酸性，H+与选项离子不能发生任何反应，可以大量共存，C正确；
D. Fe3+与SCN-会发生反应产生Fe(SCN)3，不能大量共存，且ClO-、SCN-在该条件下也会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；
故合理选项是C。
13.某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下归纳总结(均在常温下)，正确的是( )
①常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度均降低
②pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c(H+)之比为2:1
③pH相等的四种溶液：a．CH3COONa；b．NaClO；c．NaHCO3；d．NaOH。其溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a
④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c(Na+)= 2c(SO42-)
⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为Ka·Kh＝Kw
⑥甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的两倍，则甲、乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等于7
A. ①②④ B. ③④⑥ C. ④⑤⑥ D. ③⑤⑥
【答案】D
【解析】
【详解】①常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中H+浓度减小，而OH-浓度增大，①错误；
②pH=2的盐酸中c(H+)=10-2mol/L，pH=1的盐酸，c(H+)=10-1mol/L，二者c(H+)之比为1：10，②错误；
③当溶液pH相同时，碱的浓度小于盐的浓度，而且产生盐的相应的酸的酸性越弱，该盐的浓度就越小，由于酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO，所以pH相等的四种溶液：a.CH3COONa；b.NaClO；c.NaHCO3；d.NaOH的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为d
⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka，表示Ka=，醋酸根水解常数为Kh；水离子积为Kw， Kh====，所以三者关系为Ka·Kh=Kw，⑤正确；
⑥甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的两倍，若两种溶液的pH之和等于14，则等体积混合液pH等于7，⑥正确；
综上所述可知，正确的说法为③⑤⑥，故合理选项是D。
14.常温下，用0. 100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定20. 00 mL 0.100 0 mol·L-1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是( )
A. 点①所示溶液中：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)
B. 点②所示溶液中：c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
C. 滴定过程中可能出现：c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)
D. 点③所示溶液中：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
【答案】C
【解析】
【详解】A.①点溶液中溶质为等物质量浓度的醋酸钠和醋酸，根据物料守恒可得：2c(Na+)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)= c(Na+)+c(H+)，两式整理可得c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，A错误；
B.醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液水解呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以②溶液中溶质为醋酸钠和醋酸，根据物料守恒得c(Na+)
D.在③点的溶液中，酸、碱的物质的量相等，二者恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，所以③溶液呈碱性，但盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，所以微粒关系为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，D错误；
故合理选项是C。
15.下列选项中的原因或结论与现象不对应的是（ ）
选项
现象
原因或结论
A
在H2O2中加入MnO2，能加速H2O2的分解速率
MnO2降低了反应所需的活化能
B
在密闭容器中有反应：A+xB（g）2C（g）达到平衡时测得c（A）为0.5mol／L，将容器容积扩大到原来的两倍，测得c（A）为0.4mol/L-1
A非气体、x＝1
C
将盛有NO2气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深
2NO2（g）N2O4（g）△H<0，平衡向生成NO2方向移动
D
向5mL 0.005mol·L-1 FeCl3溶液中加入5mL 0.015mol·L-1 KSCN溶液，溶液呈红色，再滴加几滴1 mol·L-1 KSCN溶液，溶液颜色加深
增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】A、MnO2为H2O2分解的催化剂，能加速H2O2的分解速率，所以MnO2降低了反应所需的活化能，选项A正确；B、达到平衡时测得c(A)为0.5mol/L，将容器容积扩大到原来的两倍，测得c(A)为0.4mol/L，说明减压平衡向生成A的方向移动，向左的方向气体的系数增大，“A非气体、x=1”错误，选项B错误；C、NO2为红棕色，N2O4为无色，将盛有NO2气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深，说明NO2浓度增大，平衡向生成NO2方向移动，2NO2 N2O4反应△H＜0，选项C正确；D、再滴加几滴1mol/L KSCN溶液，增加了反应物浓度，溶液颜色加深，说明平衡向正反应方向移动，选项D正确。答案选B。
16.已知碳酸、亚硫酸、次氯酸的平衡常数如下表：
H2CO3
H2SO3
HClO
K1=4.30×10-7
K1=1.54×10-2
K=2.95×10-8
K2=5.61×10-11
K2=1.02×10-7
下列说法正确的是（ ）
A. 相同条件下，同浓度的H2SO3 溶液和 H2CO3 溶液的酸性，后者更强
B. Na2CO3溶液中通少量SO2：2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-
C. NaHCO3溶液中通少量SO2：2HCO3-+SO2=CO2+SO32-+H2O
D. 向氯水中分别加入等浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液，均可提高氯水中HClO的浓度
【答案】B
【解析】A.根据表中电离平衡常数可知，酸性大小：亚硫酸＞碳酸，故A错误；B．Na2CO3溶液中通少量SO2，可生成HCO3-、SO32-，离子方程式为2CO32-+SO2+H2O═2HCO3-+SO32-，故B正确；C．酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，NaHCO3溶液中通少量SO2反应的离子方程式为HCO3-+SO2=CO2+HSO3-，故C错误；D．HClO具有强氧化性，可与NaHSO3发生氧化还原反应，HClO的浓度降低，故D错误；故选B。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、填空题
17.运用化学反应原理的有关知识回答下列问题：
(1)晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si(s)+O2(g)=SiO2(s)△H=-989.2 kJ·mol-1，有关键能数据如下表：
化学键
Si-O
O=O
Si-Si
键能kJ·mol-1
X
498.8
176
则X的值为_________。
(2)加热N2O5，依次发生的分解反应为①N2O5N2O3+O2，②N2O3N2O+O2，在1 L密闭容器中充入4 mol N2O5，加热到t ℃，达到平衡状态后O2的平衡浓度为4.5 mol/L，N2O3的平衡浓度为1.7 mol/L，则t℃时反应①的平衡常数为_________。
【答案】(1). 460 (2). 8.5mol/L
【解析】
【分析】(1)根据△H=反应物的总键能-生成物的总键能分析；
(2)设分解的N2O3物质的量为x，反应过程中共生成N2O3(x+1.7)mol，在①反应中N2O5分解了(x+1.7)mol，同时生成O2(x+1.7)mol．在②反应中生成氧气xmol。则(x+1.7)+x=4.5，求得x=1.4mol，平衡时N2O5、N2O3、O2浓度依次为c(N2O5)=(4-1.4-1.7)mol÷1L=0.9mol/L、c(N2O3)=1.7mol/L、c(O2)= 4.5 mol/L，带入平衡常数表达式，据此计算。
【详解】(1)已知Si(s)+O2(g)=SiO2(s)△H=-989.2 kJ·mol-1，1mol晶体硅中含有2molSi-Si，1molSiO2中含有4molSi-O，1molO2中含有1molO=O，则2×176+498.8-4x=-989.2，解得x=460；
(2)设分解的N2O3物质的量为x，反应过程中共生成N2O3(x+1.7)mol，在①反应中N2O5分解了(x+1.7)mol，同时生成O2(x+1.7)mol，在②反应中生成氧气xmol。则(x+1.7)+x=4.5，求得x=1.4mol，因此平衡时N2O5、N2O3、O2浓度依次为c(N2O5)=(4-1.4-1.7)mol÷1L=0.9mol/L、c(N2O3)=1.7mol/L、c(O2)= 4.5 mol/L，
反应①的平衡常数K==8.5mol/L。
18.下列有关水溶液中的平衡相关的问题，请填空
(1)已知常温下，将氯化铝溶液和碳酸钠溶液混合，有白色沉淀产生，写出反应离子方程式________。
(2)体积均为100 mL、pH均为2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则HX的电离平衡常数________(填“大于”、“小于”或“等于”)CH3COOH的电离平衡常数。同浓度，同体积的CH3COONa与NaX溶液，离子总数目: CH3COONa溶液_______NaX溶液（填>，<，=）
(3)电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知：
化学式
电离常数(25 ℃)
HCN
K=4.9×10－10
CH3COOH
K=1.8×10－5
①25℃时，浓度均为0.01 mol·L－1 HCN和NaCN混合溶液显_____性（填酸，碱，中）。溶液中HCN浓度_________CN-浓度（填＞，＜，=）。
②25 ℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，则溶液中=____________。
(4)在25°C下，将x mol·L-1的氨水与y mol·L-1的盐酸等体积混合，反应后溶液中显中性，则c(NH4＋)____c(Cl-)（填“>” 、“<” 或“=” ）；用含x和y的代数式表示出氨水的电离平衡常数______。
【答案】(1). 2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ (2). 小于 (3). > (4). 碱性 (5). > (6). 18 (7). = (8).
【解析】
【分析】(1)氯化铝溶液和碳酸钠溶液混合，发生盐的双水解反应，产生白色氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；
(2)据图分析，加水稀释的过程中，酸HX的pH变化比较慢，说明HX的酸性比醋酸弱；根据电荷守恒分析、比较溶液中离子数目关系；
(3)①比较HCN的电离平衡常数和CN-的水解平衡常数判断溶液的酸碱性；
②结合醋酸的电离平衡常数计算；
(4)根据电荷守恒分析比较离子浓度关系，结合弱电解质电离平衡常数分析一水合氨的电离平衡常数。
【详解】(1)氯化铝溶液和碳酸钠溶液混合，发生盐双水解反应，产生白色氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
(2)据图分析，加水稀释的过程中，HX的pH变化比较小，说明HX的酸性比醋酸弱，酸性越弱，在相同外界条件下，酸的电离平衡常数越小，所以HX的电离平衡常数小于醋酸的电离平衡常数；
根据电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，c(X-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，即离子总数是c(Na+)+c(H+)的2倍，而NaX的水解程度大，即NaX溶液中的c(OH-)大，则其溶液中c(H+)小，而c(Na+)相同，所以乙酸钠中离子总浓度大些；
(3)①25 ℃时，HCN的电离平衡常数Ka=4.9×10－10，而NaCN的水解平衡常数Kh==2.0×10-5> Ka=4.9×10－10，水解程度大于其电离程度，所以溶液显碱性；CN-水解产生HCN，所以微粒浓度c(HCN)>c(CN-)；
②25 ℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，则溶液中==18；
(4)在25°C下，将x mol·L-1的氨水与y mol·L-1的盐酸等体积混合，反应后溶液中显中性，在该溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(NH4＋)=c(Cl-)+c(OH-)，由于溶液显中性，所以c(H+)=c(OH-)，则c(NH4＋)=c(Cl-)；NH3·H2O在溶液中存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，NH3·H2O的电离平衡常数K===。
19.下表是不同温度下水的离子积常数：
温度/℃
25
t1
t2
水的离子积常数
1×10－14
a
1×10－12
试回答以下问题：
(1)若25”、“<”或“＝”)，做此判断的理由是___________________。
(2)t2℃时，将pH=11的苛性钠溶液V1 L与pH=1的稀硫酸V2 L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得混合溶液的pH=2，则V1∶V2=________。此溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序是________。
【答案】(1). > (2). 温度升高，水的电离程度增大，所以水的离子积常数增大 (3). 9：11 (4). c(Na+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)
【解析】
【分析】(1)水是弱电解质，电离过程吸收热量，利用温度对化学平衡移动的影响分析；
(2)该温度下水的离子积为Kw=1×10-12，酸和碱混合，若所得混合液的pH=2，则酸过量，根据c(H+)=计算，列式计算pH，可计算体积比。
【详解】(1)水是一种极弱的电解质，存在电离平衡H2OH++OH-，升高温度，促进水的电离，使水的电离平衡正向移动，水电离产生的c(H+)、c(OH-)都增大，所以水的离子积Kw= c(H+)·c(OH-)也增大。所以Kw>1×10－14；
(2)该温度下水的离子积为Kw=1×10-12，将pH=11的苛性钠中氢氧根离子浓度为：c(OH-)=0.1mol/L，pH=1的稀硫酸中氢离子浓度为0.1mol/L，pH=2的溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则混合液中满足：0.1mol/L×V2-0.1mol/L×V1=0.01mol/L×(V1+V2)，
整理可得：V1：V2=9：11；
pH=11的NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/L，设体积为9L，则反应NaOH的物质的量为0.9mol，溶液中钠离子为0.9mol；
pH=1的硫酸溶液的浓度为0.05mol/L，设体积为11L，反应后溶液中硫酸根的物质的量为0.55mol；
由于反应后溶液的pH=2，反应后混合溶液中c(H+)=0.01mol/L，反应后混合溶液总体积为20L，则n(H+)=0.2mol，由于溶液显酸性，溶液中的氢氧根的物质的量最小，在同一溶液中，溶液的体积相同，所以溶液中微粒的物质的量越多，根据c=可知，离子浓度就越大，因此该溶液中的离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)。
20.已知：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，某同学探究硫代硫酸钠与酸反应速率的影响因素，设计了一系列如下实验：
实验
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/（mol•L-1）
V/mL
c/（mol•L-1）
V/mL
A
10
5
0.1
5
0.1
5
B
10
5
0.1
5
0.1
10
C
30
5
0.1
5
0.1
5
D
30
5
0.2
5
0.2
10
(1)实验过程中为什么不用测量一定时间内放出SO2气体的量来表示该反应的化学反应速率大小________________________。
(2)若要探究温度对反应速率的影响，可以选择实验中的哪些组合来比较_______（填组号）。
(3)利用反应：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI 可定量测定市售硫代硫酸钠的纯度，现称硫代硫酸钠固体样品配成溶液，取一定量溶液置于锥形瓶中，加入指示剂，用碘水滴定。回答下列各题：
①实验中滴定管应选择_________（填酸式或碱式）滴定管，滴定前可以选择_____作为指示剂，滴定终点时的现象为_________________。
②下列操作测得硫代硫酸钠的含量偏大的是（ ）
A.滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失
B.读取碘水体积刻度时，滴定前平视，滴定后俯视
C.滴定过程中，锥形瓶震荡过于剧烈，有少量溶液溅出
D.滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入碘水溶液
【答案】 (1). SO2在溶液中溶解，使测定SO2的量不准确 (2). AC (3). 酸式 (4). 淀粉 (5). 当滴加最后移动碘水时，溶液由无色变为蓝色，半分钟内不褪色 (6). AD
【解析】
【分析】(1)由于二氧化硫在溶液中溶解，测定二氧化硫的量不准确；
(2)若要探究温度对反应速率的影响，需要使各组分相同；
(3)①碘氧化腐蚀橡胶；淀粉遇碘变蓝；
②根据c=判断产生误差的原因。
【详解】(1)由于二氧化硫在溶液中溶解度较大，部分二氧化硫溶解，导致测定二氧化硫的量不准确；
(2)若要探究温度对反应速率的影响，需要Na2S2O3溶液、稀H2SO4浓度相同，只有温度不相同，A、C的浓度相同，温度不同，故合理选项是AC；
(3)①碘水具有强的氧化性，会氧化腐蚀橡胶，因此需要选取酸式滴定管；滴定完成后，碘会有剩余，可利用碘单质遇淀粉溶液变为蓝色的性质，用淀粉溶液来检验碘单质，滴定达到终点时，溶液会由无色变为蓝色，半分钟内不褪色；
②根据I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI 知n(Na2S2O3)=2n(I2)，再由c=。
A.滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失，使得滴定的碘水体积变大，硫代硫酸钠的含量偏大，A符合题意；
B.读取碘水体积刻度时，滴定前平视，滴定后俯视，使得碘水体积偏小，硫代硫酸钠的含量偏小，B不符合题意；
C.滴定过程中，锥形瓶震荡过于剧烈，有少量溶液溅出，使得碘水体积偏小，硫代硫酸钠的含量偏小，C不符合题意；
D.滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入碘水溶液，使得滴定的碘水浓度偏小，为准确滴定，消耗的碘水的体积变大，则硫代硫酸钠的含量偏大，D符合题意；
故合理选项是AD。
21.(1)已知25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。25℃时，向浓度均为0.01mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成____________沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为______________，当两种沉淀共存时，__________（保留两位有效数字）。
(2)25℃时，向0.01mol/L的MgCl2溶液中，逐滴加入浓NaOH溶液，刚好出现沉淀时，溶液的pH为____________；当溶液中的离子浓度小于1×10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全，当Mg2+完成沉淀时，溶液的pH为___________ (忽略溶液体积的变化，已知：。
(3)该温度下，反应Cu(OH)2+2H+Cu2++2H2O的平衡常数K=_____________。
【答案】(1). Cu(OH)2 (2). Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+ (3). 8.2×108 (4). 9.6 (5). 11.1 (6). 2.2×108
【解析】
【分析】(1)根据Ksp的含义：Ksp越小越容易生成沉淀，结合铜盐和碱之间的复分解反应来回答；
(2)已知c(MgCl2)=0.01mol/L，逐滴加入NaOH溶液，刚好出现沉淀时，c(Mg2+)=0.01mol/L，依据Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)×c2(OH-)计算c(OH-)，然后根据Kw=1.0×10-14计算c(H+)；当Mg2+完全沉淀时，可根据Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)×c2(OH-)计算c(OH-)，然后根据Kw=1.0×10-14计算c(H+)，进而计算pH，当溶液中离子浓度小于1.0×10-5认为沉淀完全；
(3)用离子浓度表示平衡常数表达式，并根据c(H+) 、c(OH-)与Kw关系带入式子，整理可得得该反应的化学平衡常数。
【详解】(1)难溶性物质Mg(OH)2、Cu(OH)2构型相同，对于构型相同的物质来说，Ksp的越小，越容易生成沉淀，由于Cu(OH)2的溶度积常数小于Mg(OH)2的溶度积常数，所以先生成沉淀Cu(OH)2沉淀；CuCl2溶液中加入氨水，反应产生氢氧化铜沉淀和NH4Cl，反应的离子方程式为：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+；
当两种沉淀共存时，===8.2×108；
(2)已知c(MgCl2)=0.01mol/L，逐滴加入NaOH溶液，刚好出现沉淀时，c(Mg2+)=0.01mol/L，依据Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)×c2(OH-)可得c2(OH-)=1.8×10-11÷0.01=1.8×10-9，则c(OH-)=4.2×10-5mol/L，溶液中c(H+)==2.4×10-10mol/L，此时溶液的pH=-lg2.4×10-10=9.6；当Mg2+完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L所以c(OH-)==1.3×10-3mol/L，则根据Kw=1.0×10-14可得c(H+)=10-14÷1.3×10-3=7.7×10-12mol/L，所以pH=11.1；
(3) Cu(OH)2+2H+Cu2++2H2O的平衡常数K==2.2×108。
可能用到的相对原子质量：H I He 4 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Cu 64 I 127 Ba 137
第I卷（选择题，共48分）
一．本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有1个选项符合题意。
1.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（ ）
A. CH3COOH B. Cl2 C. NH4HCO3 D. SO2
【答案】D
【解析】试题分析：电解质的特点需要自身电离，所以D中SO2溶于水生成H2SO3，不是SO2自身电离，是非电解质；AC都是电解质；B中是单质，即不是电解质，也不是非电解质。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 需要加热的化学反应都是吸热反应
B. 中和反应都是放热反应
C. 原电池是将电能转化为化学能的一种装置
D. 水力发电是将化学能转化为电能的过程
【答案】B
【解析】
3.下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 新制的氯水在光照下颜色变浅
B. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深
C. 在合成氨的反应中，降温或加压有利于氨的合成
D. 红棕色NO2 加压后颜色先变深后变浅
【答案】B
【解析】A、氯水中存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO，光照时HClO分解，促进平衡向正方向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B、H2+I22HI平衡中，增大压强，平衡不移动，增大压强，浓度增大，颜色加深与勒夏特列原理无关，故B选；C、合成氨反应为N2+3H22NH3，增大压强或降低温度，平衡均向正方向移动，可用勒夏特列原理解释，故C不选；D、存在可逆反应2NO2(g) N2O4(g)，正反应为体积缩小的反应，加压后二氧化氮的浓度增大，所以气体颜色加深，由于增大了压强，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，可用平衡移动原理解释，故D不选；故选B。
4.反应①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)△H＞0
反应②Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)△H＜0
若反应①在温度T1下进行，反应②在温度T2下进行，已知T1＞T2，且c(CO2)>c(H2O)
（其他条件均相同），下面对两者反应速率大小判断正确的是（ ）
A. 反应①快 B. 反应②快
C. 一样大 D. 无法判断
【答案】D
【解析】影响化学反应速率的主要因素是物质的性质，物质越活泼，反应速率越大，而浓度、温度为影响化学反应速率的外因，比较温度、浓度对化学反应速率的影响只能针对于同一个化学反应，如Na和HCl溶液剧烈反应；但无论温度多高、浓度多大，Cu都不与盐酸反应，所以无法比较两个反应的速率大小，故选D。
5.下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是（ ）
①已达平衡的反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g），当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动
②已达平衡的反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高
③有气体参加的反应平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动
④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动
A. ①④ B. ①②③④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】B
【解析】①C为固体，增大固体的量，平衡不移动，故①错误；②增大N2的浓度，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，N2的转化率减小，故②错误；③如气体反应物与生成物化学计量数之和相等，减小反应器容积时，即增大压强，平衡不移动，故③错误；④在恒压反应器中充入稀有气体，如气体反应物与生成物化学计量数之和相等，则平衡不移动，如反应前后气体的化学计量数之和不等，则平衡移动，故④错误；故选B。
6.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋+ OH－；ΔH > 0 ，下列叙述正确的是（ ）
A. 向水中加人稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变
C. 向水中加人少量固体CH3COONa ，平衡逆向移动，c（H＋）降低
D. 将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】B
【解析】氨水能抑制水的电离，但碱性是增强的，A不正确。硫酸氢钠是强酸的酸式盐，溶于水显酸性，水的离子积常数和温度应该，所以B是正确的。醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性。水解是促进水的电离的，所以C不正确。电离是吸热的，因此加热促进水的电离，水的离子积常数增大，pH降低，D不正确。所以答案选B。
7.下列关于酸碱指示剂或pH试纸的说法正确的是（ ）
A. 将一小块pH试纸放在洁净表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
B. 不能使无色酚酞试液变色的溶液是酸性溶液
C. 可以用紫色石蕊试液作为强酸滴定强碱的指示剂
D. 用pH试纸测定某溶液的pH＝8.5，此溶液一定是某种碱的溶液
【答案】A
【解析】A、将一小块干燥的试纸放在表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸中部，然后与标准比色卡对照，故A正确；B、不能使无色酚酞试液变色的溶液是pH＜10，故可能是酸性溶液，也可能是中性或弱碱性溶液，故B错误；C、石蕊变色不明显，一般不用作中和滴定指示剂，故C错误； D、pH试纸只能精确到1，故不能测得溶液的pH为8.5，且溶液显碱性的溶液不一定是碱溶液，可能是强碱弱酸盐溶液，故D错误；故选A。
8.室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是（ ）
A. 溶液中导电粒子的数目减少
B. 溶液中不变
C. 醋酸的电离程度增大，C（H+）亦增大
D. 再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7
【答案】B
【解析】
【详解】A项，加水稀释有利于醋酸的电离，故溶液中导电粒子的数目增加，A错误；
B项，在稀释的过程中，温度不变，故Ka=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)不变，又因为c(H+)=Kw/c(OH-),故c(CH3COO-)×Kw/［c(CH3COOH)·c(OH-)］=Ka，Kw在室温下也是常数，故B正确；
C项，电离程度虽然增大，但c(H+)减小，C错误；
D项，加入10 mL pH=11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸还有大量剩余，故pH应小于7，D错误。
故选B。
9.①pH=2的CH3COOH溶液;②pH=2的HCl溶液;③pH=12的氨水;④pH=12的NaOH溶液。相同条件下,有关上述溶液的比较中,不正确的是( )
A. 水电离的c(H+):①=②=③=④
B. 将②、③溶液混合后,pH=7,消耗溶液的体积:②>③
C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应,生成H2的量:②最大
D. 向溶液中加入100 mL水后,溶液的pH:③>④>②>①
【答案】C
【解析】
【详解】A.①、②的氢离子浓度相同,③、④的氢氧根离子的浓度相同,四种溶液的离子浓度相同,相同条件下,水的离子积常数是定值,无论酸还是碱都抑制水的电离,所以这四种溶液中由水电离的c(H+):①=②=③=④,所以A选项是正确的; B.氨水是弱碱只有部分电离,所以c(NH3 .H2O) > c(OH-),氯化氢是强电解质,所以其溶液中c(HCl)=c(H+), c(NH3 .H2O) > c(HCl),若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性,则消耗溶液的体积:②>③,故B正确; C.醋酸是弱酸,氯化氢和氢氧化钠是强电解质,①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为:①>②=④,所以等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应,①生成H2的量最大,故C错误; D.醋酸是弱酸,加水稀释后能促进醋酸的电离,所以①、②稀释后溶液的pH值7>②>①;氨水是弱碱,加水稀释后能促进氨水的电离,所以③、④、稀释后溶液的pH值③>④>7,所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后,溶液的pH③>④>②>①,故D正确。
10.下列热化学方程式中，正确的是（ ）
A. 甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3 kJ·mol-1
B. 500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6 kJ·mol-1
C. HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3 kJ·mol-1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（-57.3）kJ·mol-1
D. 在101 kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-571.6 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A.甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol-1，表示1mol甲烷完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，水的稳定状态是液态，因此表示的热化学方程式正确的应该为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3 kJ·mol-1，A错误；
B.N2与H2合成氨气的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，反应的N2的物质的量小于0.5mol，放热19.3 kJ，由于不能确定反应的N2的物质的量，因此不能据此书写相应的热化学方程式，B错误；
C.中和热是强酸、强碱发生中和反应产生1mol水时放出的热量，与反应产生的水的物质的量多少无关，且H2SO4和Ca(OH)2反应生成CaSO4微溶，C 错误；
D.2g H2的物质的量是1mol，在101 kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则2molH2完全燃烧放出热量是571.6 kJ，故氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-571.6 kJ·mol-1，D正确；
故合理选项是D。
11.T℃时，体积均为0.5 L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：2A(g)+B(g) 2C(g) △H=-Q kJ/mol(Q>0)。保持温度不变，实验测得起始和平衡时的有关数据如下表：
容器
编号
起始时各物质物质的量/mol
达平衡时体系能量的变化
A
B
C
①
2
1
0
放热 0.75 Q kJ
②
0.4
0.2
1.6
下列叙述中正确的是（ ）
A. 容器①、②中反应的平衡常数均为4
B. 容器②中达到平衡时放出的热量为0.05Q kJ
C. 向容器①中通入氦气，平衡时A的转化率不变
D. 其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，则达到平衡时C的体积分数小于2/3
【答案】C
【解析】试题分析：容器①中参加反应的A的物质的量=2mol×=1.5mol，则：
2A（g）+B（g）2C（g）
起始（mol）： 2 1 0
转化（mol）：1.5 0.75 1.5
平衡（mol）：0.5 0.25 1.5
恒温恒容下，②中完全转化到方程式左边可以得到2molA、1mol，容器①、②反应为完全等效平衡，平衡时各组分物质的量相等，②中A的起始物质的量为0.4mol，小于平衡时的0.5mol。A．由于温度相等，①②中平衡常数K==18，故A正确；B．②中反应吸收热量，容器①、②反应为完全等效平衡，平衡时B的物质的量相等，则②中吸收的热量为（0.25-0.2）mol×QkJ/mol=0.05QkJ，故B错误；C．恒容条件下，向容器①中通入氦气，各组分的浓度不变，平衡不移动，平衡时A的转化率不变，故C错误；D．平衡时①、②中C的体积分数为=，其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，随反应进行，温度降低，反应向生成C的方向移动，生成2molC时，混合气体减小1mol，则达到平衡时C的体积分数大于，故D错误；故选A。
12.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. pH=1的溶液中： Fe2+，NO3-，SO42-，Na+
B. 由水电离的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液中：Ca2+，K+，Cl-，HCO3-
C. ＝1012的溶液中：NH4+，Al3+，NO3-，Cl-
D. c(Fe3+) =0.1 mol·L-1的溶液中：K+，ClO-，SO42-，SCN-
【答案】C
【解析】
【详解】A. pH=1的溶液呈酸性，在酸性溶液中：H+、Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；
B.由水电离的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液可能显酸性也可能显碱性，无论是酸性溶液还是碱性溶液，HCO3-都会发生离子反应，不能大量存在，B错误；
C.=1012的溶液呈酸性，H+与选项离子不能发生任何反应，可以大量共存，C正确；
D. Fe3+与SCN-会发生反应产生Fe(SCN)3，不能大量共存，且ClO-、SCN-在该条件下也会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；
故合理选项是C。
13.某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下归纳总结(均在常温下)，正确的是( )
①常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度均降低
②pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c(H+)之比为2:1
③pH相等的四种溶液：a．CH3COONa；b．NaClO；c．NaHCO3；d．NaOH。其溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a
④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c(Na+)= 2c(SO42-)
⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为Ka·Kh＝Kw
⑥甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的两倍，则甲、乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等于7
A. ①②④ B. ③④⑥ C. ④⑤⑥ D. ③⑤⑥
【答案】D
【解析】
【详解】①常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中H+浓度减小，而OH-浓度增大，①错误；
②pH=2的盐酸中c(H+)=10-2mol/L，pH=1的盐酸，c(H+)=10-1mol/L，二者c(H+)之比为1：10，②错误；
③当溶液pH相同时，碱的浓度小于盐的浓度，而且产生盐的相应的酸的酸性越弱，该盐的浓度就越小，由于酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO，所以pH相等的四种溶液：a.CH3COONa；b.NaClO；c.NaHCO3；d.NaOH的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为d
⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka，表示Ka=，醋酸根水解常数为Kh；水离子积为Kw， Kh====，所以三者关系为Ka·Kh=Kw，⑤正确；
⑥甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的两倍，若两种溶液的pH之和等于14，则等体积混合液pH等于7，⑥正确；
综上所述可知，正确的说法为③⑤⑥，故合理选项是D。
14.常温下，用0. 100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定20. 00 mL 0.100 0 mol·L-1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是( )
A. 点①所示溶液中：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)
B. 点②所示溶液中：c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
C. 滴定过程中可能出现：c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)
D. 点③所示溶液中：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
【答案】C
【解析】
【详解】A.①点溶液中溶质为等物质量浓度的醋酸钠和醋酸，根据物料守恒可得：2c(Na+)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)= c(Na+)+c(H+)，两式整理可得c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，A错误；
B.醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液水解呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以②溶液中溶质为醋酸钠和醋酸，根据物料守恒得c(Na+)
D.在③点的溶液中，酸、碱的物质的量相等，二者恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，所以③溶液呈碱性，但盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，所以微粒关系为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，D错误；
故合理选项是C。
15.下列选项中的原因或结论与现象不对应的是（ ）
选项
现象
原因或结论
A
在H2O2中加入MnO2，能加速H2O2的分解速率
MnO2降低了反应所需的活化能
B
在密闭容器中有反应：A+xB（g）2C（g）达到平衡时测得c（A）为0.5mol／L，将容器容积扩大到原来的两倍，测得c（A）为0.4mol/L-1
A非气体、x＝1
C
将盛有NO2气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深
2NO2（g）N2O4（g）△H<0，平衡向生成NO2方向移动
D
向5mL 0.005mol·L-1 FeCl3溶液中加入5mL 0.015mol·L-1 KSCN溶液，溶液呈红色，再滴加几滴1 mol·L-1 KSCN溶液，溶液颜色加深
增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】A、MnO2为H2O2分解的催化剂，能加速H2O2的分解速率，所以MnO2降低了反应所需的活化能，选项A正确；B、达到平衡时测得c(A)为0.5mol/L，将容器容积扩大到原来的两倍，测得c(A)为0.4mol/L，说明减压平衡向生成A的方向移动，向左的方向气体的系数增大，“A非气体、x=1”错误，选项B错误；C、NO2为红棕色，N2O4为无色，将盛有NO2气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深，说明NO2浓度增大，平衡向生成NO2方向移动，2NO2 N2O4反应△H＜0，选项C正确；D、再滴加几滴1mol/L KSCN溶液，增加了反应物浓度，溶液颜色加深，说明平衡向正反应方向移动，选项D正确。答案选B。
16.已知碳酸、亚硫酸、次氯酸的平衡常数如下表：
H2CO3
H2SO3
HClO
K1=4.30×10-7
K1=1.54×10-2
K=2.95×10-8
K2=5.61×10-11
K2=1.02×10-7
下列说法正确的是（ ）
A. 相同条件下，同浓度的H2SO3 溶液和 H2CO3 溶液的酸性，后者更强
B. Na2CO3溶液中通少量SO2：2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-
C. NaHCO3溶液中通少量SO2：2HCO3-+SO2=CO2+SO32-+H2O
D. 向氯水中分别加入等浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液，均可提高氯水中HClO的浓度
【答案】B
【解析】A.根据表中电离平衡常数可知，酸性大小：亚硫酸＞碳酸，故A错误；B．Na2CO3溶液中通少量SO2，可生成HCO3-、SO32-，离子方程式为2CO32-+SO2+H2O═2HCO3-+SO32-，故B正确；C．酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，NaHCO3溶液中通少量SO2反应的离子方程式为HCO3-+SO2=CO2+HSO3-，故C错误；D．HClO具有强氧化性，可与NaHSO3发生氧化还原反应，HClO的浓度降低，故D错误；故选B。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、填空题
17.运用化学反应原理的有关知识回答下列问题：
(1)晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si(s)+O2(g)=SiO2(s)△H=-989.2 kJ·mol-1，有关键能数据如下表：
化学键
Si-O
O=O
Si-Si
键能kJ·mol-1
X
498.8
176
则X的值为_________。
(2)加热N2O5，依次发生的分解反应为①N2O5N2O3+O2，②N2O3N2O+O2，在1 L密闭容器中充入4 mol N2O5，加热到t ℃，达到平衡状态后O2的平衡浓度为4.5 mol/L，N2O3的平衡浓度为1.7 mol/L，则t℃时反应①的平衡常数为_________。
【答案】(1). 460 (2). 8.5mol/L
【解析】
【分析】(1)根据△H=反应物的总键能-生成物的总键能分析；
(2)设分解的N2O3物质的量为x，反应过程中共生成N2O3(x+1.7)mol，在①反应中N2O5分解了(x+1.7)mol，同时生成O2(x+1.7)mol．在②反应中生成氧气xmol。则(x+1.7)+x=4.5，求得x=1.4mol，平衡时N2O5、N2O3、O2浓度依次为c(N2O5)=(4-1.4-1.7)mol÷1L=0.9mol/L、c(N2O3)=1.7mol/L、c(O2)= 4.5 mol/L，带入平衡常数表达式，据此计算。
【详解】(1)已知Si(s)+O2(g)=SiO2(s)△H=-989.2 kJ·mol-1，1mol晶体硅中含有2molSi-Si，1molSiO2中含有4molSi-O，1molO2中含有1molO=O，则2×176+498.8-4x=-989.2，解得x=460；
(2)设分解的N2O3物质的量为x，反应过程中共生成N2O3(x+1.7)mol，在①反应中N2O5分解了(x+1.7)mol，同时生成O2(x+1.7)mol，在②反应中生成氧气xmol。则(x+1.7)+x=4.5，求得x=1.4mol，因此平衡时N2O5、N2O3、O2浓度依次为c(N2O5)=(4-1.4-1.7)mol÷1L=0.9mol/L、c(N2O3)=1.7mol/L、c(O2)= 4.5 mol/L，
反应①的平衡常数K==8.5mol/L。
18.下列有关水溶液中的平衡相关的问题，请填空
(1)已知常温下，将氯化铝溶液和碳酸钠溶液混合，有白色沉淀产生，写出反应离子方程式________。
(2)体积均为100 mL、pH均为2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则HX的电离平衡常数________(填“大于”、“小于”或“等于”)CH3COOH的电离平衡常数。同浓度，同体积的CH3COONa与NaX溶液，离子总数目: CH3COONa溶液_______NaX溶液（填>，<，=）
(3)电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知：
化学式
电离常数(25 ℃)
HCN
K=4.9×10－10
CH3COOH
K=1.8×10－5
①25℃时，浓度均为0.01 mol·L－1 HCN和NaCN混合溶液显_____性（填酸，碱，中）。溶液中HCN浓度_________CN-浓度（填＞，＜，=）。
②25 ℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，则溶液中=____________。
(4)在25°C下，将x mol·L-1的氨水与y mol·L-1的盐酸等体积混合，反应后溶液中显中性，则c(NH4＋)____c(Cl-)（填“>” 、“<” 或“=” ）；用含x和y的代数式表示出氨水的电离平衡常数______。
【答案】(1). 2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ (2). 小于 (3). > (4). 碱性 (5). > (6). 18 (7). = (8).
【解析】
【分析】(1)氯化铝溶液和碳酸钠溶液混合，发生盐的双水解反应，产生白色氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；
(2)据图分析，加水稀释的过程中，酸HX的pH变化比较慢，说明HX的酸性比醋酸弱；根据电荷守恒分析、比较溶液中离子数目关系；
(3)①比较HCN的电离平衡常数和CN-的水解平衡常数判断溶液的酸碱性；
②结合醋酸的电离平衡常数计算；
(4)根据电荷守恒分析比较离子浓度关系，结合弱电解质电离平衡常数分析一水合氨的电离平衡常数。
【详解】(1)氯化铝溶液和碳酸钠溶液混合，发生盐双水解反应，产生白色氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
(2)据图分析，加水稀释的过程中，HX的pH变化比较小，说明HX的酸性比醋酸弱，酸性越弱，在相同外界条件下，酸的电离平衡常数越小，所以HX的电离平衡常数小于醋酸的电离平衡常数；
根据电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，c(X-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，即离子总数是c(Na+)+c(H+)的2倍，而NaX的水解程度大，即NaX溶液中的c(OH-)大，则其溶液中c(H+)小，而c(Na+)相同，所以乙酸钠中离子总浓度大些；
(3)①25 ℃时，HCN的电离平衡常数Ka=4.9×10－10，而NaCN的水解平衡常数Kh==2.0×10-5> Ka=4.9×10－10，水解程度大于其电离程度，所以溶液显碱性；CN-水解产生HCN，所以微粒浓度c(HCN)>c(CN-)；
②25 ℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，则溶液中==18；
(4)在25°C下，将x mol·L-1的氨水与y mol·L-1的盐酸等体积混合，反应后溶液中显中性，在该溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(NH4＋)=c(Cl-)+c(OH-)，由于溶液显中性，所以c(H+)=c(OH-)，则c(NH4＋)=c(Cl-)；NH3·H2O在溶液中存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，NH3·H2O的电离平衡常数K===。
19.下表是不同温度下水的离子积常数：
温度/℃
25
t1
t2
水的离子积常数
1×10－14
a
1×10－12
试回答以下问题：
(1)若25
(2)t2℃时，将pH=11的苛性钠溶液V1 L与pH=1的稀硫酸V2 L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得混合溶液的pH=2，则V1∶V2=________。此溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序是________。
【答案】(1). > (2). 温度升高，水的电离程度增大，所以水的离子积常数增大 (3). 9：11 (4). c(Na+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)
【解析】
【分析】(1)水是弱电解质，电离过程吸收热量，利用温度对化学平衡移动的影响分析；
(2)该温度下水的离子积为Kw=1×10-12，酸和碱混合，若所得混合液的pH=2，则酸过量，根据c(H+)=计算，列式计算pH，可计算体积比。
【详解】(1)水是一种极弱的电解质，存在电离平衡H2OH++OH-，升高温度，促进水的电离，使水的电离平衡正向移动，水电离产生的c(H+)、c(OH-)都增大，所以水的离子积Kw= c(H+)·c(OH-)也增大。所以Kw>1×10－14；
(2)该温度下水的离子积为Kw=1×10-12，将pH=11的苛性钠中氢氧根离子浓度为：c(OH-)=0.1mol/L，pH=1的稀硫酸中氢离子浓度为0.1mol/L，pH=2的溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则混合液中满足：0.1mol/L×V2-0.1mol/L×V1=0.01mol/L×(V1+V2)，
整理可得：V1：V2=9：11；
pH=11的NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/L，设体积为9L，则反应NaOH的物质的量为0.9mol，溶液中钠离子为0.9mol；
pH=1的硫酸溶液的浓度为0.05mol/L，设体积为11L，反应后溶液中硫酸根的物质的量为0.55mol；
由于反应后溶液的pH=2，反应后混合溶液中c(H+)=0.01mol/L，反应后混合溶液总体积为20L，则n(H+)=0.2mol，由于溶液显酸性，溶液中的氢氧根的物质的量最小，在同一溶液中，溶液的体积相同，所以溶液中微粒的物质的量越多，根据c=可知，离子浓度就越大，因此该溶液中的离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)。
20.已知：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，某同学探究硫代硫酸钠与酸反应速率的影响因素，设计了一系列如下实验：
实验
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/（mol•L-1）
V/mL
c/（mol•L-1）
V/mL
A
10
5
0.1
5
0.1
5
B
10
5
0.1
5
0.1
10
C
30
5
0.1
5
0.1
5
D
30
5
0.2
5
0.2
10
(1)实验过程中为什么不用测量一定时间内放出SO2气体的量来表示该反应的化学反应速率大小________________________。
(2)若要探究温度对反应速率的影响，可以选择实验中的哪些组合来比较_______（填组号）。
(3)利用反应：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI 可定量测定市售硫代硫酸钠的纯度，现称硫代硫酸钠固体样品配成溶液，取一定量溶液置于锥形瓶中，加入指示剂，用碘水滴定。回答下列各题：
①实验中滴定管应选择_________（填酸式或碱式）滴定管，滴定前可以选择_____作为指示剂，滴定终点时的现象为_________________。
②下列操作测得硫代硫酸钠的含量偏大的是（ ）
A.滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失
B.读取碘水体积刻度时，滴定前平视，滴定后俯视
C.滴定过程中，锥形瓶震荡过于剧烈，有少量溶液溅出
D.滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入碘水溶液
【答案】 (1). SO2在溶液中溶解，使测定SO2的量不准确 (2). AC (3). 酸式 (4). 淀粉 (5). 当滴加最后移动碘水时，溶液由无色变为蓝色，半分钟内不褪色 (6). AD
【解析】
【分析】(1)由于二氧化硫在溶液中溶解，测定二氧化硫的量不准确；
(2)若要探究温度对反应速率的影响，需要使各组分相同；
(3)①碘氧化腐蚀橡胶；淀粉遇碘变蓝；
②根据c=判断产生误差的原因。
【详解】(1)由于二氧化硫在溶液中溶解度较大，部分二氧化硫溶解，导致测定二氧化硫的量不准确；
(2)若要探究温度对反应速率的影响，需要Na2S2O3溶液、稀H2SO4浓度相同，只有温度不相同，A、C的浓度相同，温度不同，故合理选项是AC；
(3)①碘水具有强的氧化性，会氧化腐蚀橡胶，因此需要选取酸式滴定管；滴定完成后，碘会有剩余，可利用碘单质遇淀粉溶液变为蓝色的性质，用淀粉溶液来检验碘单质，滴定达到终点时，溶液会由无色变为蓝色，半分钟内不褪色；
②根据I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI 知n(Na2S2O3)=2n(I2)，再由c=。
A.滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失，使得滴定的碘水体积变大，硫代硫酸钠的含量偏大，A符合题意；
B.读取碘水体积刻度时，滴定前平视，滴定后俯视，使得碘水体积偏小，硫代硫酸钠的含量偏小，B不符合题意；
C.滴定过程中，锥形瓶震荡过于剧烈，有少量溶液溅出，使得碘水体积偏小，硫代硫酸钠的含量偏小，C不符合题意；
D.滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入碘水溶液，使得滴定的碘水浓度偏小，为准确滴定，消耗的碘水的体积变大，则硫代硫酸钠的含量偏大，D符合题意；
故合理选项是AD。
21.(1)已知25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。25℃时，向浓度均为0.01mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成____________沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为______________，当两种沉淀共存时，__________（保留两位有效数字）。
(2)25℃时，向0.01mol/L的MgCl2溶液中，逐滴加入浓NaOH溶液，刚好出现沉淀时，溶液的pH为____________；当溶液中的离子浓度小于1×10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全，当Mg2+完成沉淀时，溶液的pH为___________ (忽略溶液体积的变化，已知：。
(3)该温度下，反应Cu(OH)2+2H+Cu2++2H2O的平衡常数K=_____________。
【答案】(1). Cu(OH)2 (2). Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+ (3). 8.2×108 (4). 9.6 (5). 11.1 (6). 2.2×108
【解析】
【分析】(1)根据Ksp的含义：Ksp越小越容易生成沉淀，结合铜盐和碱之间的复分解反应来回答；
(2)已知c(MgCl2)=0.01mol/L，逐滴加入NaOH溶液，刚好出现沉淀时，c(Mg2+)=0.01mol/L，依据Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)×c2(OH-)计算c(OH-)，然后根据Kw=1.0×10-14计算c(H+)；当Mg2+完全沉淀时，可根据Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)×c2(OH-)计算c(OH-)，然后根据Kw=1.0×10-14计算c(H+)，进而计算pH，当溶液中离子浓度小于1.0×10-5认为沉淀完全；
(3)用离子浓度表示平衡常数表达式，并根据c(H+) 、c(OH-)与Kw关系带入式子，整理可得得该反应的化学平衡常数。
【详解】(1)难溶性物质Mg(OH)2、Cu(OH)2构型相同，对于构型相同的物质来说，Ksp的越小，越容易生成沉淀，由于Cu(OH)2的溶度积常数小于Mg(OH)2的溶度积常数，所以先生成沉淀Cu(OH)2沉淀；CuCl2溶液中加入氨水，反应产生氢氧化铜沉淀和NH4Cl，反应的离子方程式为：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+；
当两种沉淀共存时，===8.2×108；
(2)已知c(MgCl2)=0.01mol/L，逐滴加入NaOH溶液，刚好出现沉淀时，c(Mg2+)=0.01mol/L，依据Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)×c2(OH-)可得c2(OH-)=1.8×10-11÷0.01=1.8×10-9，则c(OH-)=4.2×10-5mol/L，溶液中c(H+)==2.4×10-10mol/L，此时溶液的pH=-lg2.4×10-10=9.6；当Mg2+完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L所以c(OH-)==1.3×10-3mol/L，则根据Kw=1.0×10-14可得c(H+)=10-14÷1.3×10-3=7.7×10-12mol/L，所以pH=11.1；
(3) Cu(OH)2+2H+Cu2++2H2O的平衡常数K==2.2×108。
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