还剩22页未读，
继续阅读
2022-2023学年甘肃省天水市第一中学高二上学期期中考试化学试题含解析
展开
这是一份2022-2023学年甘肃省天水市第一中学高二上学期期中考试化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，实验题，原理综合题，计算题等内容，欢迎下载使用。
甘肃省天水市第一中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列变化中，属于放热反应的是
A．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应
B．金属钠与水反应
C．NaHCO3与HCl反应
D．浓硫酸溶于水
【答案】B
【详解】A．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体混合发生反应，使物质温度降低，该反应为吸热反应，A不符合题意；
B．金属钠与水反应产生NaOH、H2，反应放出热量，使熔点较低的Na熔化为一个液态小球，因此该反应为放热反应，B符合题意；
C. NaHCO3与HCl反应产生NaCl、H2O、CO2，该反应发生会吸收热量，因此该反应为吸热反应，C不符合题意；
D．浓硫酸溶于水会放出热量，但这是物质的溶解过程，没有新物质产生，因此没有发生放出热量的化学反应，D不符合题意；
故合理选项是B。
2．如图表示在催化剂(Nb2O5)表面进行的反应：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)。
已知下列反应：
①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ∆H1
②C(s)+ O2(g)=CO(g) ∆H2
③C(s)+O2(g)=CO2(g) ∆H3
下列说法不正确的是
A．∆H2＜∆H3
B．图中的能量转化方式主要为太阳能转化为化学能
C．反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) 的 ∆H=2(∆H3−∆H2)
D．反应H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)的∆H=∆H2−∆H3+∆H1
【答案】A
【详解】A．②与③分析，碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量多，但焓变反而小，因此∆H3＜∆H2，故A错误；
B．根据图中信息，得到能量转化方式主要为太阳能转化为化学能，故B正确；
C．根据盖斯定律分析③的2倍减去②的2倍，则反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) 的 ∆H=2(∆H3−∆H2)，故C正确；
D．根据盖斯定律分析①的一半减去③，加上②，反应H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)的∆H=∆H2−∆H3+∆H1，故D正确。
综上所述，答案为A。
3．下列热化学方程式正确的是
A．理论上1 kg黄铁矿(FeS2的含量为84%)完全燃烧放出的热量5950 kJ，则 △H=-850 kJ/mol
B．500℃、30 MPa下，将0.5 molN2(g)和1.5 molH2(g)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
C．稀盐酸和NaOH溶液反应的中和热△H=-57.3 kJ/mol，则稀H2SO4和Ba(OH)2溶液反应的中和热为2×57.3 kJ/mol
D．甲烷的燃烧热△H=-890.3 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
【答案】A
【详解】A．1 kg黄铁矿(FeS2的含量为84%)中含有FeS2的物质的量n(FeS2)=，其反应放出热量Q=5950 kJ，则1 mol FeS2充分反应产生Fe2O3、SO2放出热量Q1=，则表示该反应的热化学方程式为 △H=-850 kJ/mol，A正确；
B．N2(g)和H2(g)合成NH3(g)的反应为可逆反应，加入的反应物不能完全转化为生成物，而热化学方程式中化学计量数表示的是物质完全转化时的热量变化。500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，则1 mol N2(g)完全发生上述转化放出热量Q＞19.3 kJ×2=38.6 kJ，反应放出的热量越多，则反应热就越小，故其热化学方程式为△H＜-38.6 kJ/mol，B错误；
C．H2SO4与Ba(OH)2在溶液中反应除生成H2O，还产生BaSO4沉淀，Ba2+与结合形成形成离子键会放出热量，而中和热表示强酸、强碱在稀溶液中发生中和反应产生1 mol水时放出的热量，因此不能根据稀盐酸和NaOH溶液反应的中和热△H=-57.3 kJ/mol，就判断稀H2SO4和Ba(OH)2溶液反应的中和热为2×57.3 kJ/mol，C错误；
D．甲烷的燃烧热表示1 mol甲烷完全燃烧产生CO2气体和液态水时放出的热量，物质在气态时含有的能量比液态时高，所以甲烷的燃烧热△H=-890.3 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： △H=-890.3 kJ/mol，D错误；
故合理选项是A。
4．在一定温度下，将1molA和2molB放入容积为5L的密闭容器中发生如下反应：，反应经4min后达到平衡状态，测得容器内B物质的浓度减少了0.2mol/L。下列叙述不正确的是
A．在4min内，该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.025
B．初始压强和平衡压强之比为4：5
C．平衡时A、B的转化率均为50%
D．达到平衡时，若再充入0.5molB和0.5molC，平衡将向逆反应方向移动
【答案】D
【详解】A．达到平衡后，容器内B物质的量浓度减少了0.2mol/L，则C的物质的量浓度变化了=0.1mol/L，依据化学反应速率可知，v(C)==0.025mol/(L·min)，故A说法正确；
B．达到平衡时，消耗B的物质的量为0.2mol/L×5L=1mol，剩下B的物质的量为1mol，同时还生成C的物质的量为0.5mol，D的物质的量为1mol，相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，即初始压强和平衡压强之比等于2∶(1mol+0.5mol+1mol)=4∶5，故B说法正确；
C．平衡时B的转化率等于50%，A和B通入量之比等于化学计量数之比，即两者转化率相等，即A和B达到平衡时转化率均为50%，故C说法正确；
D．该温度下，达到平衡时，该反应的化学平衡常数K==0.1，达到平衡时，若再充入0.5molB和0.5molC，Qc=＜K=0.1，该反应向正反应方向进行，故D说法错误；
答案为D。
5．恒温恒容，可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) (条件：高温、高压、催化剂)达到平衡的标志是
①NH3生成的速率和NH3分解的速率相等
②N2、H2、NH3的浓度相等
③体系压强不变
④单位时间内n mol H-H键断裂，同时2n mol N-H键形成
⑤混合气体的密度不变
⑥N2、H2、NH3的分子数之比为1：3：2
⑦气体的平均相对分子质量不变
A．②③④⑤⑦ B．①③⑥⑦ C．①③⑦ D．②④⑥⑦
【答案】C
【详解】①NH3生成的速率和NH3分解的速率相等，则NH3的浓度不变，反应达到平衡状态，①正确；
②N2、H2、NH3的浓度相等时反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，②错误；
③该反应是反应前后气体物质的量不等的反应，反应在恒温恒容条件下进行，若体系压强不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，③正确；
④单位时间内n mol H-H键断裂，同时2n mol N-H键形成表示的都是反应正向进行，不能据此判断反应是否达到平衡状态，④错误；
⑤反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒温恒容条件下进行，气体的体积不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，⑤错误；
⑥N2、H2、NH3反应的分子数之比为1∶3∶2，当三种气体的分子数之比为1∶3∶2时反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，因此不能据此判断，⑥错误；
⑦反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应前后气体的物质的量发生改变，若气体的平均相对分子质量不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，⑦正确；
综上所述可知：能够判断反应是否达到平衡状态的叙述是①③⑦，故合理选项是C。
6．下列判断正确的是
A．一定温度下，反应能自发进行，该反应的△H＜0
B．H2O(g)变成液态水，△S＞0
C．反应 △H＜0，△S＞0
D．凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的
【答案】A
【详解】A．反应的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，该反应能够自发进行，△G=△H -T△S＜0，则反应温度进行的温度为低温条件，A正确；
B．体系的混乱程度：气态＞液态＞固态，H2O(g)变成液态水，△S＜0，B错误；
C．该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，C错误；
D．吸热、放热反应在一定条件下可能自发进行，如氢氧化钡与氯化铵的反应吸热、但反应可自发进行，放热反应常温不一定能自发进行，如铝热反应在常温下不能自发进行，D错误；
故合理选项是A。
7．下列有关合成氨工业的说法正确的是
A．合成氨工业的反应温度控制在400～500℃，目的是使化学平衡向正反应方向移动
B．合成氨厂一般采用的压强为10MPa～30MPa，因为该压强下铁触媒的活性最高
C．增大压强，正反应速率和逆反应速率均增大，但对正反应的反应速率影响更大
D．的量越多，的转化率越大，因此，充入的越多越有利于的合成
【答案】C
【详解】A．工业合成氨是放热反应，低温有利于反应正向移动，反应温度控制在400～500℃，是为了兼顾速率和平衡，而且此温度下催化剂活性最高，故A错误；
B．工业合成氨的催化剂铁触媒的活性受温度影响比较大，400～500℃活性最高，故B错误；
C．工业合成氨，增大压强，反应物浓度和生成物浓度都增大，但反应物浓度增大的多，所以正反应速率和逆反应速率均增大，但对正反应的反应速率影响更大，故C正确；
D．N2的量越多，H2的转化率越大，但加入过多的氮气，未反应的氮气会带走较多的热量，反而不利于氨气的合成，故D错误；
故选C。
8．某化学研究小组在探究外界条件对的速率和平衡的影响时，画出了如下图象。下列判断正确的是
A．由图1可知，，化学平衡常数
B．由图2可知，温度时的反应速率一定大于温度时的反应速率
C．图3中，表示反应正向移动的是点1
D．图4中，若m＋n=p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】B
【详解】A．根据图中“先拐先平，数值大”知，T1＜T2，升高温度，C在混合物中的体积分数降低，化学平衡常数，故A错误；
B．根据图知，同等压强条件下，T1中C合物中的体积分数大，说明反应正向进行，所以温度时的反应速率一定大于温度时的反应速率，故B正确；
C．根据图知，曲线上任意一点都表示达到平衡状态，所以2、4点处于平衡状态，v(正)＝v(正)；点1在曲线上方，要想达到平衡状态，B的转化率需要减小，则平衡逆向移动，故v(正)＜v(正)，故C错误；
D．根据图知，曲线a比曲线b达到平衡时间缩短，B的含量不变，说明改变条件只增大化学反应速率，不影响平衡移动，如果反应前后气体计量数之和不变，增大压强、加入催化剂都能实现，故D错误；
故答案选B。
9．下列关于电解质的说法正确的是
A．强电解质的导电能力一定比弱电解质导电能力强
B．NH4Cl在水溶液中完全电离，所以NH4Cl是强电解质
C．BaSO4难溶于水，所以是非电解质
D．CO2溶于水形成的溶液能导电，所以CO2是电解质
【答案】B
【详解】A．电解质溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子的浓度及离子带有的电荷数目有关，与电解质是强电解质还是弱电解质无关，A错误；
B．NH4Cl是盐，在水溶液中完全电离产生自由移动的离子，所以NH4Cl是强电解质，B正确；
C．尽管BaSO4难溶于水，但溶于水的完全电离为自由移动的离子，所以BaSO4是强电解质，C错误；
D．CO2溶于水与水反应产生H2CO3发生电离，产生自由移动的离子而能导电，而CO2在水中和熔融状态下都不能发生电离，所以CO2是非电解质，D错误；
故合理选项是B。
10．一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示。下列有关说法不正确的是
A．三点溶液中c(CH3COO-)：b>a>c
B．三点溶液中醋酸的电离程度：c>b>a
C．三点溶液用等浓度的KOH溶液中和，消耗KOH溶液的体积：a=b=c
D．若用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏大
【答案】D
【分析】加水稀释过程中，醋酸电离程度增大，刚开始溶液的导电能力增强，继续稀释后因浓度过低而导致导电能力减弱。
【详解】A．根据醋酸电离：，a到b过程中，加水稀释时电离程度增大，均增大，b到c过程中因稀释程度过多，降低，导致导电能力减弱，故A正确；
B．对于弱电解质而言，越稀越电离，所以三点溶液中醋酸的电离程度：c>b>a，故B正确；
C．稀释过程中物质的量不变，所以三点溶液用等浓度的KOH溶液中和，消耗KOH溶液的体积：a=b=c，故C正确；
D．湿润的pH试纸测酸溶液的pH相当于稀释，测得pH数值偏大，结果偏小，故D错误；
故选D。
11．25℃时，有关物质的电离平衡常数如下表，下列有关说法中正确的是
弱酸
HCN
电离常数
A．等浓度的、、、中，结合能力最强的是
B．将少量通入NaCN溶液中，反应的离子方程式是
C．向稀醋酸中加水稀释的过程中，的值减小
D．0.02mol/L稀醋酸溶液中，
【答案】D
【分析】电离平衡常熟越大，酸性越强，根据表中数据可知酸性：。
【详解】A．酸性越弱，其对应酸根离子结合氢离子的能力越强，所以等浓度的CH3COO-、、、CN-中，结合质子能力最强的是，故A错误；
B．因为酸性，根据强酸制弱酸原理，将少量CO2通入NaCN溶液中，反应的离子方程式是：，故B错误；
C．，加水稀释时氢离子浓度减少，所以增大，故C错误；
D．根据醋酸电离平衡，设发生电离的醋酸的浓度为xmol/L，列三段式：
即===，因其电离程度较小，可近似处理为，解得，即，故D正确；
故选D。
12．不同温度下水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是
A．图中Kw的大小关系：E>A>D
B．B点的pH=6，显酸性
C．若处在C点时，将pH=3的盐酸与pH=11的NaOH等体积混合后，溶液呈中性
D．向水中加入少量NaOH溶液可实现从A点到E点的变化
【答案】D
【详解】A．A、D、E都处于25℃时，Kw相等，B点c(H+)和c(OH-)都大于E点的c(H+)和c(OH-)，并且C点的c(H+)和c(OH-)大于A点c(H+)和c(OH-)，c(H+)和c(OH-)越大，Kw越大，故B＞C＞A=D=E，故A正确；
B．B点时温度为100℃，图象可知到溶液中c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，pH=6，呈中性，故B错误；
C．25℃时，将pH=3的盐酸与pH=11的NaOH等体积混合后，溶液呈中性，C点温度高于25℃，低于100℃，10-14＜Kw＜10-12，若处在C点时，将pH=3的盐酸与pH=11的NaOH等体积混合后，溶液不呈中性，故C错误；
D．从A点到E点，Kw不变，温度不变，但溶液由中性变为碱性，向水中加入少量NaOH溶液可实现从A点到E点的变化，故D正确；
故选：D。
13．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．0.1mol/L碳酸氢钠溶液中：、、、
B．能使甲基橙变红的透明溶液中：、、，
C．水电离的溶液中：、、、
D．的溶液中：、、
【答案】B
【详解】A．、反应生成和水，碳酸氢钠溶液中不能含有大量，故不选A；
B．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下、、，相互之间不反应，能大量共存，故选B；
C．水电离的溶液呈酸性或碱性，碱性条件下与OH-反应生成NH3▪H2O，故不选C；
D．的溶液中，Fe3+、反应生成，溶液中不能大量含有，故不选D；
选B。
14．25℃，下列溶液等体积混合后pH＞7的是
A．pH=4的盐酸与pH=10的Ba(OH)2溶液
B．pH=4的硝酸与pH=10的氨水溶液
C．pH=2的醋酸与pH=12的NaOH溶液
D．pH=2的硫酸与pH=12的KOH溶液
【答案】B
【详解】A．pH=4的盐酸中c(H+)=1×10-4mol/L，pH=10的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=1×10-4mol/L，强酸和强碱等体积混合，恰好完全反应，则混合后溶液的pH=7，故A不选；
B．pH=4的硝酸中c(H+)=1×10-4mol/L，pH=10的氨水溶液中c(OH-)=1×10-4mol/L，但NH3•H2O是弱碱，不完全电离，电离产生的c(OH-)=1×10-4mol/L，c(NH3•H2O)大于1×10-4mol/L，当硝酸和氨水等体积混合后，氨水是远远过量的，则混合后溶液显碱性，溶液的pH＞7，故B选；
C．pH=2的醋酸中c(H+)=1×10-2mol/L，pH=12的NaOH溶液中c(OH-)=1×10-2mol/L，醋酸是弱碱，不完全电离，醋酸电离产生的c(H+)=1×10-2mol/L，但c(CH3COOH)大于1×10-2mol/L，当醋酸和NaOH溶液等体积混合后，醋酸是远远过量的，则混合后溶液显酸性，溶液的pH＜7，故C不选；
D．pH=2的硫酸中c(H+)=1×10-2mol/L，pH=12的KOH溶液中c(OH-)=1×10-2mol/L，强酸和强碱等体积混合，恰好完全反应，则混合后溶液的pH=7，故D不选；
故选B。
15．下列实验操作正确的是
A．用图1装置进行溶液滴定未知浓度的溶液实验
B．如图2所示，记录滴定终点读数为
C．中和滴定时，选用图3滴定管盛装碱性标准液
D．量取一定体积的溶液时，为了减小误差，可选用滴定管进行量取
【答案】D
【详解】A．溶液为强氧化性溶液，会氧化碱式滴定管的橡胶管，应盛放在酸式滴定管里，图A所用滴定管为碱式滴定管，A错误；
B．由图2可知滴定终点读数为18.10mL，B错误；
C．图3所示为酸式滴定管，不能盛装碱性标准液，C错误；
D．量取一定体积的溶液时，为了减小误差，可选用滴定管进行量取，如酸碱中和滴定时可用滴定管量取一定体积的待测液置于锥形瓶，D正确；
答案选D。
16．下列水解离子方程式正确的是
A．Fe3++3H2OFe(OH)3↓+3H+ B．Br-+H2OHBr+OH-
C．CO+H2OH2CO3+2OH- D．NH+H2ONH3•H2O+H+
【答案】D
【详解】A．铁离子在水中部分水解生成氢氧化铁和氢离子，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，A项错误；
B．溴离子属于强酸阴离子，不水解，B项错误；
C．碳酸根离子为多元弱酸的酸根离子，分步水解，以第一步为主，离子方程式为CO+H2OHCO+OH-，C项错误；
D．铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，离子方程式为：NH+H2ONH3•H2O+ H+，D项正确；
答案选D。
17．一定条件下，NH4Cl溶液中存在如下平衡：NH+H2ONH3•H2O+H+，下列说法正确的是
A．稀释溶液，平衡正向移动， 增大
B．通入少量HCl气体，平衡逆向移动，Kh减小
C．加入少量NaOH固体，平衡正向移动，溶液pH减小
D．升高温度，增大
【答案】D
【详解】A．由水解方程式可知，为铵根离子的水解平衡常数，平衡常数仅为温度的函数，故温度不变，平衡常数不变，故稀释溶液，平衡正向移动， 不变，A错误；
B．平衡常数仅为温度的函数，故温度不变，平衡常数不变，通入少量HCl气体，平衡逆向移动，Kh不变，B错误；
C．加入少量NaOH固体，则溶液中H+浓度减小，导致平衡正向移动，溶液pH增大，C错误；
D．由于盐类水解反应是一个吸热反应，故升高温度，化学平衡正向移动，则c(H+)增大，c()减小，故增大，D正确；
故答案为：D。
18．下列事实：①NaHSO4溶液呈酸性：
②长期施用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增强，发生板结；
③配制CuCl2液时，用稀盐酸溶解CuCl2固体；
④NaHS溶液中c(H2S)＞c(S2-)；
⑤明矾净水；
⑥蒸干FeCl3溶液，往往得不到FeCl3固体。
其中与盐类的水解有关的有
A．仅②③⑤ B．仅②③④⑤⑥ C．仅①②③④⑤⑥ D．仅②③④⑤
【答案】B
【详解】①NaHSO4溶液呈酸性是由于该盐是强酸的酸式盐，在溶液中发生电离：NaHSO4=Na++H++，与盐的水解作用无关，①不符合题意；
②(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解作用，消耗水电离产生的OH-，使水电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，所以长期施用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增强，发生板结，与盐的水解作用有关，②符合题意；
③CuCl2是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解作用：CuCl2+2H2OCu(OH)2+2HCl，在配制CuCl2液时，用稀盐酸溶解CuCl2固体，增大了溶液中c(H+)，抑制了盐的水解作用，水解平衡逆向移动，能够得到澄清溶液，与盐的水解作用有关，③符合题意；
④NaHS溶液中，HS-同时存在水解平衡和电离平衡，水解产生H2S，电离产生S2-，溶液中c(H2S)＞c(S2-)，说明HS-的水解平衡大于其电离平衡，与盐的水解作用有关，④符合题意；
⑤明矾净水是由于明矾溶于水电离产生的Al3+发生水解作用，产生了Al(OH)3胶体的吸附作用，与盐的水解作用有关，⑤符合题意；
⑥FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加热溶液时，水解产生的HCl挥发逸出，导致最终得到Fe(OH)3固体，而不能得到FeCl3固体，与盐的水解作用有关，⑥符合题意；
综上所述可知：与盐的水解作用有关的说法是②③④⑤⑥，故合理选项是B。
二、实验题
19．滴定法测定市售白醋(主要成分是)的浓度。
Ⅰ.实验步骤：
(1)取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL_______(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
(2)用_______(填仪器名称)取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中。
(3)滴加2滴_______作指示剂。
(4)滴定，用滴定，当_______时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。
Ⅱ.实验记录
滴定次数实验数据(mL)
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ.数据处理与讨论：
(5)据上述数据c(市售白醋)_______
(6)在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏小的是_______(填写字母)。
A．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
B．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
E.滴定终点读数时俯视
【答案】(1)容量瓶
(2)酸式滴定管
(3)酚酞
(4)滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色恰好变为浅红色，并在30s内不恢复到原来的颜色
(5)0.75
(6)DE
【详解】（1）取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容；
（2）白醋为酸性溶液，应该使用酸式滴定管量取白醋溶液；
（3）食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂：酚酞；
（4）盛装白醋溶液的锥形瓶中滴加2滴酚酞，溶液为无色，恰好反应时生成显碱性的醋酸钠，滴定终点为滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色恰好变为浅红色，并在30s内不恢复到原来的颜色；
（5）第1次滴定误差明显偏大，应舍去，3次消耗的NaOH溶液的体积分别为15.00mL、15.05mL、14.95mL，则NaOH溶液的体积的平均值为(15.00mL+15.05mL+14.95mL)=15.00mL，根据CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，n(CH3COOH)=n(NaOH)=cV=0.1000mol•L-1×0.015L=0.0015mol，10mL市售白醋样品中醋酸的物质的量浓度为=0.75mol/L；
（6）A．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V(标准)偏大，由c(待测)=可知，c(待测)偏大；
B．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液体积增大，造成V(标准)偏大，由c(待测)=可知，c(待测)偏大；
C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，酸的物质的量不变，无影响；
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，溶质减少，造成V(标准)偏小，由c(待测)=可知，c(待测)偏小；
E．滴定终点读数时俯视，造成V(标准)偏小，由c(待测)=可知，c(待测)偏小；
答案选DE。
三、原理综合题
20．由于温室效应和资源短缺等问题，如何降低大气中的含量并加以开发利用，引起了各国的普遍重视。目前工业上有一种方法是用生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：，如图表示该反应进行过程中能量(单位为)的变化。
(1)该反应平衡常数K的表达式为_______。
(2)温度降低，平衡常数_______(填“增大”、“不变”或“减小”)。
(3)为探究反应原理，现进行如下实验：在体积为1L的恒容密闭容器中，充入和，测得和的浓度随时间变化如下图所示。从反应开始到平衡，用浓度变化表示的平均反应速率为_______，和的转化率比是_______。
(4)下列措施中能使(3)题中增大的有_______。(填写字母)
A．升高温度 B．加入催化剂 C．将从体系中分离
D．充入He(g)，使体系总压强增大 E.再充入一定量的
【答案】(1)
(2)增大
(3) 0.225 1∶1
(4)CE
【详解】（1）平衡常数K等于生成物的浓度幂之积之比，则，所以答案为；
（2）据图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数K增大；
（3）反应进行到10min时达到平衡，的物质的量减少：，则的物质的量减少：，所以从反应开始到平衡，氢气的浓度变化表示的平均反应速率；达到平衡时，的转化率为：,二氧化碳的转化率为75%，二氧化碳与氢气的转化率比为1：1；
（4）A．升高温度，平衡逆向移动，减小， 增大，比值减小，A项错误；
B．加入催化剂，平衡不发生移动，不变，B项错误；
C．将从体系中分离，平衡正向移动，增大，减小，比值增大，C项正确；
D．充入，使体系总压强增大，但参加反应的各气体分压不变，平衡不发生移动，不变，D项错误；
E．再充入1mol和3mol，相当于对原平衡体系加压，平衡正向移动，比值增大，E项正确；
答案选CE。
21．已知：25℃，，、。
(1)常温下，将pH和体积均相同的和溶液分别稀释，溶液pH随加水体积的变化如图：
①曲线Ⅰ代表_______溶液(填“”或“”)。
②向上述溶液和溶液分别滴加等浓度的NaOH溶液，当恰好中和时，消耗NaOH溶液体积分别为和，则_______(填“>”、“<”或“=”)。
③酸度(AG)也可表示溶液的酸碱性，)。常温下，的硝酸溶液_______。
(2)25℃时，往溶液中加入NaOH溶液。
①当，生成，水解的离子方程式_______。
②当，溶液显_______性(填“酸”、“碱”或“中”)，原因是_______(结合数据计算说明)。
③等浓度等体积的、混合，溶液中_______。
【答案】(1) < 10
(2) 酸 的＜Ka2，的电离大于水解； 大于
【分析】(1)酸的电离平衡常数越大酸的酸性越强，常温下pH和体积均相同的HNO3和CH3COOH溶液分别稀释，pH变化较大的酸其酸性较强；若向上述CH3COOH和HNO3溶液中分别滴加等浓度的NaOH溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液体积与酸的物质的量成正比；
(2)Na2C2O4水解的离子方程式为；当n(H2C2O4)：c(NaOH)＝1:1时溶质为NaHC2O4，的；等浓度等体积的NaHC2O4、Na2C2O4混合，由物料守恒可知2c(Na＋)＝3×[c(C2O)＋c(HC2O)＋c(H2C2O4)]，据此分析解题。
【详解】（1）①常温下pH和体积均相同的HNO3和CH3COOH溶液分别稀释，pH变化较大的酸其酸性较强，根据电离平衡常数知，硝酸酸性较强，根据图知I酸性较强，为HNO3，故答案为HNO3；
②等体积等pH值的CH3COOH溶液和HNO3溶液，酸的物质的量：n(CH3COOH)＞n(HNO3)，消耗碱的体积与酸的物质的量成正比，则醋酸消耗的碱较多，即V1＜V2，故答案为＜；
③酸度(AG)也可表示溶液的酸碱性，，常温下，pH＝2的硝酸溶液c(H＋)＝10−2mol/L，，，故答案为10；
（2）①Na2C2O4水解的离子方程式为；故答案为；
②n(H2C2O4)：c(NaOH)＝1:1时溶质为NaHC2O4，的，因而的电离大于水解使得溶液显酸性，故答案为酸；的＜Ka2，的电离大于水解；
③等浓度等体积的NaHC2O4、Na2C2O4混合，由物料守恒可知2c(Na＋)＝3×[c(C2O)＋c(HC2O)＋c(H2C2O4)]，溶液中，故答案为。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系、电离平衡常数与水解平衡常数关系是解本题关键，题目难度不大。
四、计算题
22．某温度时，纯水的pH为6。
(1)该温度下水的离子积KW为_______，
(2)该温度下，的溶液的pH=_______，该溶液中由水电离出的的大小为_______。
(3)将此温度下的NaOH溶液与的盐酸等体积混合(设混合后溶液体积的变化忽略不计，下同)，混合后溶液的_______。
(4)将此温度下的NaOH溶液aL与的稀硫酸bL浪合。若所得的混合溶液pH=10，则_______。
【答案】(1)
(2) 11
(3)6
(4)11∶9
【详解】（1）某温度时，纯水的pH为6，即纯水中，因此该温度下水的离子积。
（2）属于强电解质，在水中完全电离，因此的溶液中，故溶液中，溶液；溶液中H+全部来自于水的电离，故该溶液中由水电离出的的大小为。
（3）该温度下的NaOH溶液中，的盐酸中，两溶液等体积混合后，H+与OH-恰好完全反应，溶质为NaCl，溶液呈中性，因此混合液pH=6。
（4）此温度下的NaOH溶液中，的稀硫酸中，两溶液混合后溶液pH=10，混合溶液中，则，解得a：b=11∶9。
甘肃省天水市第一中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列变化中，属于放热反应的是
A．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应
B．金属钠与水反应
C．NaHCO3与HCl反应
D．浓硫酸溶于水
【答案】B
【详解】A．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体混合发生反应，使物质温度降低，该反应为吸热反应，A不符合题意；
B．金属钠与水反应产生NaOH、H2，反应放出热量，使熔点较低的Na熔化为一个液态小球，因此该反应为放热反应，B符合题意；
C. NaHCO3与HCl反应产生NaCl、H2O、CO2，该反应发生会吸收热量，因此该反应为吸热反应，C不符合题意；
D．浓硫酸溶于水会放出热量，但这是物质的溶解过程，没有新物质产生，因此没有发生放出热量的化学反应，D不符合题意；
故合理选项是B。
2．如图表示在催化剂(Nb2O5)表面进行的反应：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)。
已知下列反应：
①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ∆H1
②C(s)+ O2(g)=CO(g) ∆H2
③C(s)+O2(g)=CO2(g) ∆H3
下列说法不正确的是
A．∆H2＜∆H3
B．图中的能量转化方式主要为太阳能转化为化学能
C．反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) 的 ∆H=2(∆H3−∆H2)
D．反应H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)的∆H=∆H2−∆H3+∆H1
【答案】A
【详解】A．②与③分析，碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量多，但焓变反而小，因此∆H3＜∆H2，故A错误；
B．根据图中信息，得到能量转化方式主要为太阳能转化为化学能，故B正确；
C．根据盖斯定律分析③的2倍减去②的2倍，则反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) 的 ∆H=2(∆H3−∆H2)，故C正确；
D．根据盖斯定律分析①的一半减去③，加上②，反应H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)的∆H=∆H2−∆H3+∆H1，故D正确。
综上所述，答案为A。
3．下列热化学方程式正确的是
A．理论上1 kg黄铁矿(FeS2的含量为84%)完全燃烧放出的热量5950 kJ，则 △H=-850 kJ/mol
B．500℃、30 MPa下，将0.5 molN2(g)和1.5 molH2(g)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
C．稀盐酸和NaOH溶液反应的中和热△H=-57.3 kJ/mol，则稀H2SO4和Ba(OH)2溶液反应的中和热为2×57.3 kJ/mol
D．甲烷的燃烧热△H=-890.3 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
【答案】A
【详解】A．1 kg黄铁矿(FeS2的含量为84%)中含有FeS2的物质的量n(FeS2)=，其反应放出热量Q=5950 kJ，则1 mol FeS2充分反应产生Fe2O3、SO2放出热量Q1=，则表示该反应的热化学方程式为 △H=-850 kJ/mol，A正确；
B．N2(g)和H2(g)合成NH3(g)的反应为可逆反应，加入的反应物不能完全转化为生成物，而热化学方程式中化学计量数表示的是物质完全转化时的热量变化。500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，则1 mol N2(g)完全发生上述转化放出热量Q＞19.3 kJ×2=38.6 kJ，反应放出的热量越多，则反应热就越小，故其热化学方程式为△H＜-38.6 kJ/mol，B错误；
C．H2SO4与Ba(OH)2在溶液中反应除生成H2O，还产生BaSO4沉淀，Ba2+与结合形成形成离子键会放出热量，而中和热表示强酸、强碱在稀溶液中发生中和反应产生1 mol水时放出的热量，因此不能根据稀盐酸和NaOH溶液反应的中和热△H=-57.3 kJ/mol，就判断稀H2SO4和Ba(OH)2溶液反应的中和热为2×57.3 kJ/mol，C错误；
D．甲烷的燃烧热表示1 mol甲烷完全燃烧产生CO2气体和液态水时放出的热量，物质在气态时含有的能量比液态时高，所以甲烷的燃烧热△H=-890.3 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： △H=-890.3 kJ/mol，D错误；
故合理选项是A。
4．在一定温度下，将1molA和2molB放入容积为5L的密闭容器中发生如下反应：，反应经4min后达到平衡状态，测得容器内B物质的浓度减少了0.2mol/L。下列叙述不正确的是
A．在4min内，该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.025
B．初始压强和平衡压强之比为4：5
C．平衡时A、B的转化率均为50%
D．达到平衡时，若再充入0.5molB和0.5molC，平衡将向逆反应方向移动
【答案】D
【详解】A．达到平衡后，容器内B物质的量浓度减少了0.2mol/L，则C的物质的量浓度变化了=0.1mol/L，依据化学反应速率可知，v(C)==0.025mol/(L·min)，故A说法正确；
B．达到平衡时，消耗B的物质的量为0.2mol/L×5L=1mol，剩下B的物质的量为1mol，同时还生成C的物质的量为0.5mol，D的物质的量为1mol，相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，即初始压强和平衡压强之比等于2∶(1mol+0.5mol+1mol)=4∶5，故B说法正确；
C．平衡时B的转化率等于50%，A和B通入量之比等于化学计量数之比，即两者转化率相等，即A和B达到平衡时转化率均为50%，故C说法正确；
D．该温度下，达到平衡时，该反应的化学平衡常数K==0.1，达到平衡时，若再充入0.5molB和0.5molC，Qc=＜K=0.1，该反应向正反应方向进行，故D说法错误；
答案为D。
5．恒温恒容，可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) (条件：高温、高压、催化剂)达到平衡的标志是
①NH3生成的速率和NH3分解的速率相等
②N2、H2、NH3的浓度相等
③体系压强不变
④单位时间内n mol H-H键断裂，同时2n mol N-H键形成
⑤混合气体的密度不变
⑥N2、H2、NH3的分子数之比为1：3：2
⑦气体的平均相对分子质量不变
A．②③④⑤⑦ B．①③⑥⑦ C．①③⑦ D．②④⑥⑦
【答案】C
【详解】①NH3生成的速率和NH3分解的速率相等，则NH3的浓度不变，反应达到平衡状态，①正确；
②N2、H2、NH3的浓度相等时反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，②错误；
③该反应是反应前后气体物质的量不等的反应，反应在恒温恒容条件下进行，若体系压强不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，③正确；
④单位时间内n mol H-H键断裂，同时2n mol N-H键形成表示的都是反应正向进行，不能据此判断反应是否达到平衡状态，④错误；
⑤反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒温恒容条件下进行，气体的体积不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，⑤错误；
⑥N2、H2、NH3反应的分子数之比为1∶3∶2，当三种气体的分子数之比为1∶3∶2时反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，因此不能据此判断，⑥错误；
⑦反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应前后气体的物质的量发生改变，若气体的平均相对分子质量不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，⑦正确；
综上所述可知：能够判断反应是否达到平衡状态的叙述是①③⑦，故合理选项是C。
6．下列判断正确的是
A．一定温度下，反应能自发进行，该反应的△H＜0
B．H2O(g)变成液态水，△S＞0
C．反应 △H＜0，△S＞0
D．凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的
【答案】A
【详解】A．反应的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，该反应能够自发进行，△G=△H -T△S＜0，则反应温度进行的温度为低温条件，A正确；
B．体系的混乱程度：气态＞液态＞固态，H2O(g)变成液态水，△S＜0，B错误；
C．该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，C错误；
D．吸热、放热反应在一定条件下可能自发进行，如氢氧化钡与氯化铵的反应吸热、但反应可自发进行，放热反应常温不一定能自发进行，如铝热反应在常温下不能自发进行，D错误；
故合理选项是A。
7．下列有关合成氨工业的说法正确的是
A．合成氨工业的反应温度控制在400～500℃，目的是使化学平衡向正反应方向移动
B．合成氨厂一般采用的压强为10MPa～30MPa，因为该压强下铁触媒的活性最高
C．增大压强，正反应速率和逆反应速率均增大，但对正反应的反应速率影响更大
D．的量越多，的转化率越大，因此，充入的越多越有利于的合成
【答案】C
【详解】A．工业合成氨是放热反应，低温有利于反应正向移动，反应温度控制在400～500℃，是为了兼顾速率和平衡，而且此温度下催化剂活性最高，故A错误；
B．工业合成氨的催化剂铁触媒的活性受温度影响比较大，400～500℃活性最高，故B错误；
C．工业合成氨，增大压强，反应物浓度和生成物浓度都增大，但反应物浓度增大的多，所以正反应速率和逆反应速率均增大，但对正反应的反应速率影响更大，故C正确；
D．N2的量越多，H2的转化率越大，但加入过多的氮气，未反应的氮气会带走较多的热量，反而不利于氨气的合成，故D错误；
故选C。
8．某化学研究小组在探究外界条件对的速率和平衡的影响时，画出了如下图象。下列判断正确的是
A．由图1可知，，化学平衡常数
B．由图2可知，温度时的反应速率一定大于温度时的反应速率
C．图3中，表示反应正向移动的是点1
D．图4中，若m＋n=p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】B
【详解】A．根据图中“先拐先平，数值大”知，T1＜T2，升高温度，C在混合物中的体积分数降低，化学平衡常数，故A错误；
B．根据图知，同等压强条件下，T1中C合物中的体积分数大，说明反应正向进行，所以温度时的反应速率一定大于温度时的反应速率，故B正确；
C．根据图知，曲线上任意一点都表示达到平衡状态，所以2、4点处于平衡状态，v(正)＝v(正)；点1在曲线上方，要想达到平衡状态，B的转化率需要减小，则平衡逆向移动，故v(正)＜v(正)，故C错误；
D．根据图知，曲线a比曲线b达到平衡时间缩短，B的含量不变，说明改变条件只增大化学反应速率，不影响平衡移动，如果反应前后气体计量数之和不变，增大压强、加入催化剂都能实现，故D错误；
故答案选B。
9．下列关于电解质的说法正确的是
A．强电解质的导电能力一定比弱电解质导电能力强
B．NH4Cl在水溶液中完全电离，所以NH4Cl是强电解质
C．BaSO4难溶于水，所以是非电解质
D．CO2溶于水形成的溶液能导电，所以CO2是电解质
【答案】B
【详解】A．电解质溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子的浓度及离子带有的电荷数目有关，与电解质是强电解质还是弱电解质无关，A错误；
B．NH4Cl是盐，在水溶液中完全电离产生自由移动的离子，所以NH4Cl是强电解质，B正确；
C．尽管BaSO4难溶于水，但溶于水的完全电离为自由移动的离子，所以BaSO4是强电解质，C错误；
D．CO2溶于水与水反应产生H2CO3发生电离，产生自由移动的离子而能导电，而CO2在水中和熔融状态下都不能发生电离，所以CO2是非电解质，D错误；
故合理选项是B。
10．一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示。下列有关说法不正确的是
A．三点溶液中c(CH3COO-)：b>a>c
B．三点溶液中醋酸的电离程度：c>b>a
C．三点溶液用等浓度的KOH溶液中和，消耗KOH溶液的体积：a=b=c
D．若用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏大
【答案】D
【分析】加水稀释过程中，醋酸电离程度增大，刚开始溶液的导电能力增强，继续稀释后因浓度过低而导致导电能力减弱。
【详解】A．根据醋酸电离：，a到b过程中，加水稀释时电离程度增大，均增大，b到c过程中因稀释程度过多，降低，导致导电能力减弱，故A正确；
B．对于弱电解质而言，越稀越电离，所以三点溶液中醋酸的电离程度：c>b>a，故B正确；
C．稀释过程中物质的量不变，所以三点溶液用等浓度的KOH溶液中和，消耗KOH溶液的体积：a=b=c，故C正确；
D．湿润的pH试纸测酸溶液的pH相当于稀释，测得pH数值偏大，结果偏小，故D错误；
故选D。
11．25℃时，有关物质的电离平衡常数如下表，下列有关说法中正确的是
弱酸
HCN
电离常数
A．等浓度的、、、中，结合能力最强的是
B．将少量通入NaCN溶液中，反应的离子方程式是
C．向稀醋酸中加水稀释的过程中，的值减小
D．0.02mol/L稀醋酸溶液中，
【答案】D
【分析】电离平衡常熟越大，酸性越强，根据表中数据可知酸性：。
【详解】A．酸性越弱，其对应酸根离子结合氢离子的能力越强，所以等浓度的CH3COO-、、、CN-中，结合质子能力最强的是，故A错误；
B．因为酸性，根据强酸制弱酸原理，将少量CO2通入NaCN溶液中，反应的离子方程式是：，故B错误；
C．，加水稀释时氢离子浓度减少，所以增大，故C错误；
D．根据醋酸电离平衡，设发生电离的醋酸的浓度为xmol/L，列三段式：
即===，因其电离程度较小，可近似处理为，解得，即，故D正确；
故选D。
12．不同温度下水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是
A．图中Kw的大小关系：E>A>D
B．B点的pH=6，显酸性
C．若处在C点时，将pH=3的盐酸与pH=11的NaOH等体积混合后，溶液呈中性
D．向水中加入少量NaOH溶液可实现从A点到E点的变化
【答案】D
【详解】A．A、D、E都处于25℃时，Kw相等，B点c(H+)和c(OH-)都大于E点的c(H+)和c(OH-)，并且C点的c(H+)和c(OH-)大于A点c(H+)和c(OH-)，c(H+)和c(OH-)越大，Kw越大，故B＞C＞A=D=E，故A正确；
B．B点时温度为100℃，图象可知到溶液中c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，pH=6，呈中性，故B错误；
C．25℃时，将pH=3的盐酸与pH=11的NaOH等体积混合后，溶液呈中性，C点温度高于25℃，低于100℃，10-14＜Kw＜10-12，若处在C点时，将pH=3的盐酸与pH=11的NaOH等体积混合后，溶液不呈中性，故C错误；
D．从A点到E点，Kw不变，温度不变，但溶液由中性变为碱性，向水中加入少量NaOH溶液可实现从A点到E点的变化，故D正确；
故选：D。
13．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．0.1mol/L碳酸氢钠溶液中：、、、
B．能使甲基橙变红的透明溶液中：、、，
C．水电离的溶液中：、、、
D．的溶液中：、、
【答案】B
【详解】A．、反应生成和水，碳酸氢钠溶液中不能含有大量，故不选A；
B．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下、、，相互之间不反应，能大量共存，故选B；
C．水电离的溶液呈酸性或碱性，碱性条件下与OH-反应生成NH3▪H2O，故不选C；
D．的溶液中，Fe3+、反应生成，溶液中不能大量含有，故不选D；
选B。
14．25℃，下列溶液等体积混合后pH＞7的是
A．pH=4的盐酸与pH=10的Ba(OH)2溶液
B．pH=4的硝酸与pH=10的氨水溶液
C．pH=2的醋酸与pH=12的NaOH溶液
D．pH=2的硫酸与pH=12的KOH溶液
【答案】B
【详解】A．pH=4的盐酸中c(H+)=1×10-4mol/L，pH=10的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=1×10-4mol/L，强酸和强碱等体积混合，恰好完全反应，则混合后溶液的pH=7，故A不选；
B．pH=4的硝酸中c(H+)=1×10-4mol/L，pH=10的氨水溶液中c(OH-)=1×10-4mol/L，但NH3•H2O是弱碱，不完全电离，电离产生的c(OH-)=1×10-4mol/L，c(NH3•H2O)大于1×10-4mol/L，当硝酸和氨水等体积混合后，氨水是远远过量的，则混合后溶液显碱性，溶液的pH＞7，故B选；
C．pH=2的醋酸中c(H+)=1×10-2mol/L，pH=12的NaOH溶液中c(OH-)=1×10-2mol/L，醋酸是弱碱，不完全电离，醋酸电离产生的c(H+)=1×10-2mol/L，但c(CH3COOH)大于1×10-2mol/L，当醋酸和NaOH溶液等体积混合后，醋酸是远远过量的，则混合后溶液显酸性，溶液的pH＜7，故C不选；
D．pH=2的硫酸中c(H+)=1×10-2mol/L，pH=12的KOH溶液中c(OH-)=1×10-2mol/L，强酸和强碱等体积混合，恰好完全反应，则混合后溶液的pH=7，故D不选；
故选B。
15．下列实验操作正确的是
A．用图1装置进行溶液滴定未知浓度的溶液实验
B．如图2所示，记录滴定终点读数为
C．中和滴定时，选用图3滴定管盛装碱性标准液
D．量取一定体积的溶液时，为了减小误差，可选用滴定管进行量取
【答案】D
【详解】A．溶液为强氧化性溶液，会氧化碱式滴定管的橡胶管，应盛放在酸式滴定管里，图A所用滴定管为碱式滴定管，A错误；
B．由图2可知滴定终点读数为18.10mL，B错误；
C．图3所示为酸式滴定管，不能盛装碱性标准液，C错误；
D．量取一定体积的溶液时，为了减小误差，可选用滴定管进行量取，如酸碱中和滴定时可用滴定管量取一定体积的待测液置于锥形瓶，D正确；
答案选D。
16．下列水解离子方程式正确的是
A．Fe3++3H2OFe(OH)3↓+3H+ B．Br-+H2OHBr+OH-
C．CO+H2OH2CO3+2OH- D．NH+H2ONH3•H2O+H+
【答案】D
【详解】A．铁离子在水中部分水解生成氢氧化铁和氢离子，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，A项错误；
B．溴离子属于强酸阴离子，不水解，B项错误；
C．碳酸根离子为多元弱酸的酸根离子，分步水解，以第一步为主，离子方程式为CO+H2OHCO+OH-，C项错误；
D．铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，离子方程式为：NH+H2ONH3•H2O+ H+，D项正确；
答案选D。
17．一定条件下，NH4Cl溶液中存在如下平衡：NH+H2ONH3•H2O+H+，下列说法正确的是
A．稀释溶液，平衡正向移动， 增大
B．通入少量HCl气体，平衡逆向移动，Kh减小
C．加入少量NaOH固体，平衡正向移动，溶液pH减小
D．升高温度，增大
【答案】D
【详解】A．由水解方程式可知，为铵根离子的水解平衡常数，平衡常数仅为温度的函数，故温度不变，平衡常数不变，故稀释溶液，平衡正向移动， 不变，A错误；
B．平衡常数仅为温度的函数，故温度不变，平衡常数不变，通入少量HCl气体，平衡逆向移动，Kh不变，B错误；
C．加入少量NaOH固体，则溶液中H+浓度减小，导致平衡正向移动，溶液pH增大，C错误；
D．由于盐类水解反应是一个吸热反应，故升高温度，化学平衡正向移动，则c(H+)增大，c()减小，故增大，D正确；
故答案为：D。
18．下列事实：①NaHSO4溶液呈酸性：
②长期施用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增强，发生板结；
③配制CuCl2液时，用稀盐酸溶解CuCl2固体；
④NaHS溶液中c(H2S)＞c(S2-)；
⑤明矾净水；
⑥蒸干FeCl3溶液，往往得不到FeCl3固体。
其中与盐类的水解有关的有
A．仅②③⑤ B．仅②③④⑤⑥ C．仅①②③④⑤⑥ D．仅②③④⑤
【答案】B
【详解】①NaHSO4溶液呈酸性是由于该盐是强酸的酸式盐，在溶液中发生电离：NaHSO4=Na++H++，与盐的水解作用无关，①不符合题意；
②(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解作用，消耗水电离产生的OH-，使水电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，所以长期施用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增强，发生板结，与盐的水解作用有关，②符合题意；
③CuCl2是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解作用：CuCl2+2H2OCu(OH)2+2HCl，在配制CuCl2液时，用稀盐酸溶解CuCl2固体，增大了溶液中c(H+)，抑制了盐的水解作用，水解平衡逆向移动，能够得到澄清溶液，与盐的水解作用有关，③符合题意；
④NaHS溶液中，HS-同时存在水解平衡和电离平衡，水解产生H2S，电离产生S2-，溶液中c(H2S)＞c(S2-)，说明HS-的水解平衡大于其电离平衡，与盐的水解作用有关，④符合题意；
⑤明矾净水是由于明矾溶于水电离产生的Al3+发生水解作用，产生了Al(OH)3胶体的吸附作用，与盐的水解作用有关，⑤符合题意；
⑥FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加热溶液时，水解产生的HCl挥发逸出，导致最终得到Fe(OH)3固体，而不能得到FeCl3固体，与盐的水解作用有关，⑥符合题意；
综上所述可知：与盐的水解作用有关的说法是②③④⑤⑥，故合理选项是B。
二、实验题
19．滴定法测定市售白醋(主要成分是)的浓度。
Ⅰ.实验步骤：
(1)取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL_______(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
(2)用_______(填仪器名称)取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中。
(3)滴加2滴_______作指示剂。
(4)滴定，用滴定，当_______时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。
Ⅱ.实验记录
滴定次数实验数据(mL)
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ.数据处理与讨论：
(5)据上述数据c(市售白醋)_______
(6)在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏小的是_______(填写字母)。
A．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
B．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
E.滴定终点读数时俯视
【答案】(1)容量瓶
(2)酸式滴定管
(3)酚酞
(4)滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色恰好变为浅红色，并在30s内不恢复到原来的颜色
(5)0.75
(6)DE
【详解】（1）取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容；
（2）白醋为酸性溶液，应该使用酸式滴定管量取白醋溶液；
（3）食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂：酚酞；
（4）盛装白醋溶液的锥形瓶中滴加2滴酚酞，溶液为无色，恰好反应时生成显碱性的醋酸钠，滴定终点为滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色恰好变为浅红色，并在30s内不恢复到原来的颜色；
（5）第1次滴定误差明显偏大，应舍去，3次消耗的NaOH溶液的体积分别为15.00mL、15.05mL、14.95mL，则NaOH溶液的体积的平均值为(15.00mL+15.05mL+14.95mL)=15.00mL，根据CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，n(CH3COOH)=n(NaOH)=cV=0.1000mol•L-1×0.015L=0.0015mol，10mL市售白醋样品中醋酸的物质的量浓度为=0.75mol/L；
（6）A．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V(标准)偏大，由c(待测)=可知，c(待测)偏大；
B．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液体积增大，造成V(标准)偏大，由c(待测)=可知，c(待测)偏大；
C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，酸的物质的量不变，无影响；
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，溶质减少，造成V(标准)偏小，由c(待测)=可知，c(待测)偏小；
E．滴定终点读数时俯视，造成V(标准)偏小，由c(待测)=可知，c(待测)偏小；
答案选DE。
三、原理综合题
20．由于温室效应和资源短缺等问题，如何降低大气中的含量并加以开发利用，引起了各国的普遍重视。目前工业上有一种方法是用生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：，如图表示该反应进行过程中能量(单位为)的变化。
(1)该反应平衡常数K的表达式为_______。
(2)温度降低，平衡常数_______(填“增大”、“不变”或“减小”)。
(3)为探究反应原理，现进行如下实验：在体积为1L的恒容密闭容器中，充入和，测得和的浓度随时间变化如下图所示。从反应开始到平衡，用浓度变化表示的平均反应速率为_______，和的转化率比是_______。
(4)下列措施中能使(3)题中增大的有_______。(填写字母)
A．升高温度 B．加入催化剂 C．将从体系中分离
D．充入He(g)，使体系总压强增大 E.再充入一定量的
【答案】(1)
(2)增大
(3) 0.225 1∶1
(4)CE
【详解】（1）平衡常数K等于生成物的浓度幂之积之比，则，所以答案为；
（2）据图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数K增大；
（3）反应进行到10min时达到平衡，的物质的量减少：，则的物质的量减少：，所以从反应开始到平衡，氢气的浓度变化表示的平均反应速率；达到平衡时，的转化率为：,二氧化碳的转化率为75%，二氧化碳与氢气的转化率比为1：1；
（4）A．升高温度，平衡逆向移动，减小， 增大，比值减小，A项错误；
B．加入催化剂，平衡不发生移动，不变，B项错误；
C．将从体系中分离，平衡正向移动，增大，减小，比值增大，C项正确；
D．充入，使体系总压强增大，但参加反应的各气体分压不变，平衡不发生移动，不变，D项错误；
E．再充入1mol和3mol，相当于对原平衡体系加压，平衡正向移动，比值增大，E项正确；
答案选CE。
21．已知：25℃，，、。
(1)常温下，将pH和体积均相同的和溶液分别稀释，溶液pH随加水体积的变化如图：
①曲线Ⅰ代表_______溶液(填“”或“”)。
②向上述溶液和溶液分别滴加等浓度的NaOH溶液，当恰好中和时，消耗NaOH溶液体积分别为和，则_______(填“>”、“<”或“=”)。
③酸度(AG)也可表示溶液的酸碱性，)。常温下，的硝酸溶液_______。
(2)25℃时，往溶液中加入NaOH溶液。
①当，生成，水解的离子方程式_______。
②当，溶液显_______性(填“酸”、“碱”或“中”)，原因是_______(结合数据计算说明)。
③等浓度等体积的、混合，溶液中_______。
【答案】(1) < 10
(2) 酸 的＜Ka2，的电离大于水解； 大于
【分析】(1)酸的电离平衡常数越大酸的酸性越强，常温下pH和体积均相同的HNO3和CH3COOH溶液分别稀释，pH变化较大的酸其酸性较强；若向上述CH3COOH和HNO3溶液中分别滴加等浓度的NaOH溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液体积与酸的物质的量成正比；
(2)Na2C2O4水解的离子方程式为；当n(H2C2O4)：c(NaOH)＝1:1时溶质为NaHC2O4，的；等浓度等体积的NaHC2O4、Na2C2O4混合，由物料守恒可知2c(Na＋)＝3×[c(C2O)＋c(HC2O)＋c(H2C2O4)]，据此分析解题。
【详解】（1）①常温下pH和体积均相同的HNO3和CH3COOH溶液分别稀释，pH变化较大的酸其酸性较强，根据电离平衡常数知，硝酸酸性较强，根据图知I酸性较强，为HNO3，故答案为HNO3；
②等体积等pH值的CH3COOH溶液和HNO3溶液，酸的物质的量：n(CH3COOH)＞n(HNO3)，消耗碱的体积与酸的物质的量成正比，则醋酸消耗的碱较多，即V1＜V2，故答案为＜；
③酸度(AG)也可表示溶液的酸碱性，，常温下，pH＝2的硝酸溶液c(H＋)＝10−2mol/L，，，故答案为10；
（2）①Na2C2O4水解的离子方程式为；故答案为；
②n(H2C2O4)：c(NaOH)＝1:1时溶质为NaHC2O4，的，因而的电离大于水解使得溶液显酸性，故答案为酸；的＜Ka2，的电离大于水解；
③等浓度等体积的NaHC2O4、Na2C2O4混合，由物料守恒可知2c(Na＋)＝3×[c(C2O)＋c(HC2O)＋c(H2C2O4)]，溶液中，故答案为。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系、电离平衡常数与水解平衡常数关系是解本题关键，题目难度不大。
四、计算题
22．某温度时，纯水的pH为6。
(1)该温度下水的离子积KW为_______，
(2)该温度下，的溶液的pH=_______，该溶液中由水电离出的的大小为_______。
(3)将此温度下的NaOH溶液与的盐酸等体积混合(设混合后溶液体积的变化忽略不计，下同)，混合后溶液的_______。
(4)将此温度下的NaOH溶液aL与的稀硫酸bL浪合。若所得的混合溶液pH=10，则_______。
【答案】(1)
(2) 11
(3)6
(4)11∶9
【详解】（1）某温度时，纯水的pH为6，即纯水中，因此该温度下水的离子积。
（2）属于强电解质，在水中完全电离，因此的溶液中，故溶液中，溶液；溶液中H+全部来自于水的电离，故该溶液中由水电离出的的大小为。
（3）该温度下的NaOH溶液中，的盐酸中，两溶液等体积混合后，H+与OH-恰好完全反应，溶质为NaCl，溶液呈中性，因此混合液pH=6。
（4）此温度下的NaOH溶液中，的稀硫酸中，两溶液混合后溶液pH=10，混合溶液中，则，解得a：b=11∶9。
相关试卷
甘肃省天水市第一中学2023-2024学年高二上学期开学考试化学试题： 这是一份甘肃省天水市第一中学2023-2024学年高二上学期开学考试化学试题，共6页。
【期中真题】甘肃省天水市第一中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题.zip： 这是一份【期中真题】甘肃省天水市第一中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题.zip，文件包含期中真题甘肃省天水市第一中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题原卷版docx、期中真题甘肃省天水市第一中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
【期中真题】甘肃省天水市第一中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题.zip： 这是一份【期中真题】甘肃省天水市第一中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题.zip，文件包含期中真题甘肃省天水市第一中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题原卷版docx、期中真题甘肃省天水市第一中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
