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2022-2023学年吉林省吉林市高二上学期期中调研测试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年吉林省吉林市高二上学期期中调研测试化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
吉林省吉林市2022-2023学年高二上学期期中调研测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A．牙膏中添加氟化物能起到预防龋齿的作用
B．草木灰与铵态氮肥不能混合施用
C．聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n是一种新型絮凝剂，可用于杀菌消毒
D．将SOCl2与AlCl6·6H2O混合并加热，可得到无水氯化铝
【答案】C
【详解】A．氟离子可以与羟基磷灰石发生反应生成氟磷灰石，氟磷灰石溶解度比羟基磷灰石小，更能抵抗酸的侵蚀，选项A正确；
B．草木灰与铵态氮肥混合使用会产生氨气挥发从而使氮肥损失，选项B正确；
C．聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n是一种新型絮凝剂，溶于水电离产生的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可用来处理水中的悬浮物，但不能用于杀菌消毒，选项C错误；
D．SOCl2与水反应生成HCl抑制Al3+水解，选项D正确；
答案选C。
2．合成氨工业中采用循环操作，主要是为了
A．增大化学反应速率 B．提高平衡混合物中氨的含量
C．降低氨的沸点 D．提高氮气和氢气的利用率
【答案】D
【详解】合成氨工业中氢气和氮气在催化剂作用下生成氨气的反应为可逆反应，反应后的混合气分离出氨气后还含有氢气和氮气，进行循环操作可以提高氮气和氢气的利用率，降低成本；与增大化学反应速率、提高平衡混合物中氨的含量、降低氨的沸点无必然关系；
故选D。
3．在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力如图所示。下列说法不正确的是( )
A．在O点时，醋酸不导电
B．a、b、c三点，a点时醋酸溶液中H＋浓度最小
C．b点时，醋酸电离程度最大
D．可通过微热的方法使c点溶液中c(CH3COO－)增大
【答案】C
【详解】A．在0点时，冰醋酸中不存在自由移动的离子，所以不导电，故A正确；
B．溶液的导电能力越大，溶液中存在的离子浓度越大，a、b、c三点，a点溶液导电能力最小，所以a点时醋酸溶液中H+浓度最小，故B正确；
C．醋酸的浓度越小，其电离程度越大，a、b、c三点，c点溶液的体积最大，则c点醋酸的浓度最小，电离程度最大，故C错误；
D．醋酸的电离是吸热反应，升高温度，促进醋酸电离，所以可以通过微热的方法使c点溶液中c(CH3COO-)增大，故D正确；
故选C。
【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡的影响，明确图中导电性与离子浓度的关系是解答本题的关键，本题的易错点为C，注意不能根据溶液的导电能力判断醋酸的电离程度，要根据溶液的体积判断醋酸的电离程度。
4．在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vC=2vB，则此反应可表示为
A．A+3B=2C B．2A+3B=2C C．3A+B=2C D．A+B=C
【答案】B
【详解】在密闭容器里，A与B反应生成C，则A与B是反应物，C是生成物。在同一反应中用不同物质表示反应速率时，速率比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。由于2vB=3vA、3vC=2vB，则n(A)：n(B)：n(C)=vA：vB：vC=2：3：2，故化学方程式为2A+3B=2C；
答案选B。
5．已知强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，向0.1 L 0.2 mol·L－1的NaOH溶液中加入下列物质：①稀醋酸；②浓硫酸；③稀盐酸，恰好完全反应。则其焓变ΔH1、ΔH2、ΔH3的关系是
A．ΔH1>ΔH2>ΔH3 B．ΔH1>ΔH3>ΔH2 C．ΔH1＝ΔH3>ΔH2 D．ΔH1<ΔH3<ΔH2
【答案】B
【详解】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H=-57.3kJ•mol-1，①稀醋酸；②浓硫酸；③稀盐酸，恰好完全反应，稀盐酸反应放出的热量为0.02×57.3kJ，醋酸电离吸热、浓硫酸稀释放热，醋酸反应放出的热量少，浓硫酸反应放出热量多，且△H均为负值，则△H1＞△H3＞△H2；
故选B。
6．为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂是
A．NaOH B．Na2CO3 C．NH3•H2O D．MgCO3
【答案】D
【详解】A．加入NaOH，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，但同时引入新的杂质钠离子和生成氢氧化镁的沉淀， A错误；
B．加入Na2CO3，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，但引入新的杂质钠离子， B错误；
C．加入氨水混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，C错误；
D．加入MgCO3，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质， D正确；
故选D。
7．在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，达到平衡时，测得A的浓度为0.5mol·L−1，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，再达到平衡，测得A的浓度降低为0.3mol·L−1。下列有关判断正确的是
A．x＋y
【答案】C
【详解】在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，若平衡不移动，则A的浓度为0.25 mol·L-1；体积扩大两倍再次达到平衡时A的浓度为0.3 mol·L-1>0.25 mol·L-1，说明体积增大(减小压强)，平衡向逆反应方向移动，因此，x＋y>z，C的体积分数降低，B的转化率降低。
答案选C。
8．N2和H2在催化剂表面合成氨的微观历程及能量变化的示意图如图，用、 、分别表示N2、H2、NH3，已知：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=-92kJ/mol，下列说法正确的是
A．使用催化剂导致反应过程发生变化，但合成2mol氨反应放出的热量不变
B．②→③过程，是吸热过程且只有H—H键的断裂
C．③→④过程，N原子和H原子形成NH3是能量升高的过程
D．向反应器中充入1molN2和3molH2，反应后会放出92kJ的热量
【答案】A
【详解】A．催化剂降低反应活化能不会改变反应的热效应，不会使合成氨反应放出的热量发生变化，选项A正确；
B．②→③过程为氮氮三键和H—H键的断裂过程，选项B错误；
C．N原子和H原子形成NH3放出能量，是能量降低的过程，选项C错误；
D．合成氨反应为可逆反应，1molN2和3molH2不能完全转化，反应放出热量小于92kJ，选项D错误；
答案选A。
9．反应3Fe(s)+4H2O(g) Fe3O4(s)+4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其化学反应速率几乎无影响的是
A．保持容积不变，增加H2O(g)的物质的量 B．将容器的容积缩小一半
C．保持容积不变，充入Ar使压强增大 D．保持压强不变，充入Ar使容积增大
【答案】C
【详解】A．容积不变，增加水蒸气的物质的量，反应物浓度增大，化学反应速率加快，故A不符合题意；
B．将容器的容积缩小一半，反应物的浓度增大，化学反应速率加快，故B不符合题意；
C．保持容积不变，充入不参与反应的氩气，反应体系中各物质的浓度不变，化学反应速率不变，故C符合题意；
D．保持压强不变，充入不参与反应的氩气，容器的容积变大，反应物的浓度减小，化学反应速率减小，故D不符合题意；
故选C。
10．在一定温度下的密闭容器中，加入1mol CO和1mol H2O发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，达到平衡时测得n(H2)=0.5mol，下列说法不正确的是
A．在该温度下，反应的平衡常数K=1 B．平衡常数与反应温度无关
C．CO的平衡转化率为50% D．平衡时n(H2O)=0.5mol
【答案】B
【详解】
A. 设容器体积为1L，则平衡时各组分浓度都为0.5mol/L，则在该温度下，反应的平衡常数K=，A正确；
B. 平衡常数只与反应温度有关，B错误；
C. CO的平衡转化率为，C正确；
D. 平衡时n(H2O)=0.5mol，D正确；
答案为B。
11．下列事实中,不能用勒夏特列原理加以解释的是
A．夏天,打开啤酒瓶时会在瓶口逸出气体
B．浓氨水中加入氢氧化钠固体时产生较多的刺激性气味的气体
C．压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体,颜色变深
D．将盛有二氧化氮和四氧化二氮混合气的密闭容器置于冷水中,混合气体颜色变浅
【答案】C
【详解】A、啤酒瓶内存在平衡：CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq) ，当开启瓶盖时，体系压强降低，为了减弱这种改变，平衡逆向移动，产生大量气泡，可用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；
B、浓氨水中存在平衡：NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-，加入氢氧化钠固体时，OH-的浓度增大，平衡会向逆向移动，会产生较多的刺激性气味的气体，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C、氢气与碘蒸气反应的平衡为H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应前后气体系数和相等，压强对平衡无影响，压缩气体，碘单质的浓度增大，使得颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故C符合题意；
D、二氧化氮和四氧化二氮混合气体的密闭容器内存在平衡：2NO2(g)N2O4(g)，该反应正反应为放热反应，将密闭容器置于冷水中，温度降低，化学平衡正向移动，NO2的浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；
综上所述，本题应选C。
【点睛】勒夏特列原理：如果改变影响化学平衡的一个因素(如浓度、压强、温度等)，化学平衡被破坏，平衡向能够减弱这种改变的方向移动。该原理适用于其他动态平衡体系，如溶解平衡、电离平衡、水解平衡等。
12．臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是
A
B
C
D
升高温度，平衡常数减小
0～3s内，反应速率为v（NO2）=0.2mol•L-1
t1时仅加入催化剂，平衡向正方向移动
达平衡时，仅改变x，则x为c（O2）
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A.由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A正确；
B.速率单位错误，该为mol/（L∙s），故B错误；
C.t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，故C错误；
D.达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，故D错误；
故选：A。
13．在常温下，有关下列4种溶液的叙述中错误的是
编号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH
11
11
3
3
A．在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH均减小
B．分别取1mL稀释至10mL，四种溶液的pH：①>②>③>④
C．将溶液①、④等体积混合，所得溶液中：c()>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)
D．将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则a：b=11：9
【答案】B
【详解】A．氯化铵溶于水后电离出可以抑制氨水的电离使OH−浓度减小，还可以结合NaOH溶液中的OH−使其OH−浓度减小，则溶液①、②中加入氯化铵晶体后，溶液的pH都会减小，选项A正确；
B．氨水稀释过程中会继续电离出OH−，所以稀释10倍其pH的变化小于1，则稀释后pH：①>②，同理醋酸稀释10倍其pH的变化也小于1，则pH：③<④，选项B错误；
C．一水合氨为弱碱，所以pH=11的氨水浓度远大于10-3mol/L，而盐酸为强酸，pH=3的盐酸浓度为10-3mol/L，二者等体积混合碱过量，所以c () >c(Cl-)，选项C正确；
D．pH=11的NaOH溶液和pH=3的盐酸浓度均为10-3mol/L，混合后pH=4，所以酸过量，则=10-4mol，解得a：b=11：9，选项D正确；
答案选B。
14．从下列实验事实所得出的相应结论正确的是
选项
实验事实
结论
A
Na2S2O3溶液与稀硫酸反应，其他条件相同时，Na2S2O3溶液浓度越大，析出硫沉淀所需时间越短
当其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率加快
B
向0.1mol·L−1的HCOOH中加水稀释，溶液pH增大
HCOOH是弱酸
C
向盛有2mL浓度为0.1mol·L−1的AgNO3溶液中滴加2滴0.1mol·L−1NaCl溶液，然后再滴加4滴0.1mol·L−1NaI溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，产生白色沉淀
和发生了双水解
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．浓度越大，单位体积活化分子数目增多，则反应速率越大，A正确；
B．稀释促进弱酸的电离，但氢离子的浓度减小，强酸稀释时氢离子浓度也减小，则pH增大，不能证明HCOOH是弱酸，B错误；
C．硝酸银过量，发生沉淀的生成，而不是沉淀的转化，则不能比较Ksp大小，C错误；
D．NaAlO2溶液与碳酸氢根离子电离产生的氢离子结合生成沉淀，不发生双水解反应，D错误；
故选A。
15．实验室使用pH传感器来测定某Na2A和NaHA混合溶液中NaHA的含量。用0.1mol·L−1盐酸滴定该混合溶液，得到如下曲线。以下说法错误的是
【注】滴定过程中，当滴入标准溶液的物质的量与待测组分的物质的量恰好符合化学反应式所表示的计量关系时，称反应达到了化学计量点，简称计量点。
A．未滴定时该混合溶液中：c(A2−)+2c(OH−)=2c(H2A)+c(HA−)+2c(H+)
B．滴加10mL盐酸时：c(Na+)=c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)+c(Cl−)
C．滴加30mL盐酸时：c(Na+)=c(Cl−)>c(H2A)>c(H+)>c(OH−)
D．将等浓度的H2A水溶液和等浓度的Na2A混合，溶液可能显酸性
【答案】A
【详解】A. 未滴定时该混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，即c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)-c(H+)①，物料守恒：2c(Na+)=3c(H2A)+3c(HA-)+3c(A2-)②，将①带入②得：c(A2-)+2c(OH-)=3c(H2A)+c(HA-)+2c(H+)，选项A错误；
B. 滴加10 mL盐酸时，正好反应生成一份NaHA和一份NaCl，还有原混合溶液中的一份NaHA，即n(NaHA) ∶n(NaCl)=2∶1，一部分HA-水解H2A，一部分HA-电离为A2-，根据钠离子守恒可得c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)+c(Cl-)，选项B正确；
C. 滴加30 mL盐酸时，溶液完全转化为3份NaCl和2份H2A，溶液显酸性，因此存在c(Na+)=c(Cl-)>c(H2A)>c(H+)>c(OH-)，选项C正确；
D. 当加入H2A水溶液的体积大于Na2A的体积的时候，溶液可能显酸性，选项D正确；
答案选A。
二、填空题
16．有科学家预言，氢能将成为21世纪的主要能源，而且是一种理想的绿色能源。工业上制取氢气时涉及一个重要反应是：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)
已知：①C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH1=-110.5kJ·mol−1；
②H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH2=-241.8kJ·mol−1；
③C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH3=-393.5kJ·mol−1；
(1)请写出一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式_______；
(2)氢气燃烧热ΔH=-akJ·mol−1，则a_______241.8(填“>”“<”或“=”)。
(3)部分化学键的键能数据如下表所示：
化学键
H-H
O=O
键能/kJ·mol−1
436.0
498.0
则断裂O—H的键能为_______kJ·mol−1。
(4)在同温同压下，一定量的CO和H2O(g)在不同催化剂条件下反应的能量变化如图所示。
当反应进行相同的时间时(未达平衡)，测得催化剂_______(填“1”或“2”)条件下CO转化率更高，其原因是_______。
【答案】(1)CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH= - 41.2 kJ/ mol
(2)>
(3)463.4
(4) 2 催化剂2条件下反应的活化能更低，反应速率更快，因此在相同时间内，CO的转化率更高
【详解】（1）根据盖斯定律一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式可由③-①-②得出CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=－41.2 kJ/ mol；
（2）水从气态到液态为放热过程，燃烧热生成液态水放出热量更多，所以a大于241.8 kJ；
（3）反应热=反应物键能总和-生成物键能总和，所以有－241.8 = 436.0 + 498.0/2 - 2x
解得x=463.4；
（4）反应进行相同的时间时（未达平衡），反应速率越快则CO转化率越大 ，催化剂2条件下反应的活化能更低，反应速率更快，因此在相同时间内，CO的转化率更高。
三、原理综合题
17．I.实验室很难配制准确浓度的NaOH溶液，需要用基准物质来标定。邻苯二甲酸氢钾(KHC8H4O4，其结构简式为)是常用的基准物质，某学生用KHC8H4O4测定未知NaOH溶液的浓度。
已知：①KHC8H4O4的相对分子质量为204.0；
②常温时，0.05mol/LKHC8H4O4溶液的pH约为4.0；
③在本实验中达到滴定终点时，溶液的pH约为9.1。
(1)滴定管在使用前需要_______、洗涤、润洗；在规格为50.00mL的滴定管中，若NaOH溶液的起始读数为14.00mL，此时滴定管中NaOH溶液的实际体积_______(填序号)
A．14.00mL B．小于14.00mL C．36.00mL D．大于36.00mL
(2)该学生称取KHC8H4O40.4080g。将称好的KHC8H4O4置于锥形瓶中，加适量蒸馏水完全溶解得到无色溶液，再加入1～2滴_______指示剂，终点现象为_______。
(3)该学生进行了三次实验，所取固体质量均相同，达到滴定终点时记录所用未知NaOH溶液的体积如下表，则该NaOH溶液物质的量浓度为_______mol/L。
实验编号
NaOH溶液的体积(mL)
1
20.02
2
20.60
3
19.98
(4)以下操作会造成NaOH溶液浓度偏高的是_______(填序号)。A．未用NaOH溶液洗涤碱式滴定管
B．滴定前平视，滴定后俯视读数
C．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
D．滴定前未用邻苯二甲酸氢钾溶液洗锥形瓶
II.
(5)在化学分析中，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-时，采用K2CrO4为指示剂，利用Ag+与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。当溶液中的Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10−5mol/L)时，溶液中c(Ag+)=_______mol/L，c()=_______mol/L。(已知25℃时Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10−12和2.0×10−10)
【答案】(1) 检漏 D
(2) 酚酞 滴入最后半滴NaOH溶液，锥形瓶内颜色恰好由无色变为粉红色，且半分钟不褪色
(3)0.1000
(4)B
(5) 2.0×10−5或2×10−5 5.0×10−3或5×10−3
【详解】（1）由于滴定管的刻度自上而下逐渐增大，且最下面一段没有刻度线，因此该滴定管中实际溶液的体积>(50mL-14mL)=36mL，答案选D；
（2）滴定终点时溶液的pH约为9.1，酚酞的pH变色范围为8.2～10，滴定终点的pH要在指示剂的变色范围之内，应选酚酞作指示剂；当滴入最后半滴NaOH溶液，无色溶液变成粉红色，且半分钟内不褪色，反应达到终点；
（3）1mol KHC8H4O4有1mol羧基，与NaOH按1∶1反应，即n(NaOH)=n(KHC8H4O4)， n(NaOH)= cx•(20.02+19.98)×10-3 ，n(KHC8H4O4)=0.4080g/204.0g•mol−1，所以c(NaOH)=0.1000 mol/L；
（4）c(待测)=，滴定过程中任何不当操作最终都表现为标准液体积的变化，标准液体积用量增多，待测液浓度偏高；标准液体积用量减少，待测液浓度偏低。在此实验中标准液在锥形瓶中，待测液在滴定管内，故c(标准)×V(标准)为定值。滴定管未用所盛装液体进行润洗，滴定管壁残留的水将待测液稀释，V(NaOH溶液)增大，c(NaOH溶液)偏小，选项A不符合题意；
滴定前平视，滴定后俯视读数，V(NaOH溶液)减小，c(NaOH溶液)偏高，选项B符合题意；
气泡体积被记录为NaOH溶液体积，V(NaOH溶液)增大，c(NaOH溶液)偏小，选项C不符合题意；
不得用标准液或待测液润洗锥形瓶，操作正确，选项D不符合题意；
答案选B。
（5）根据溶度积计算：，此时溶液中；故答案为：；。
18．C1化学又称一碳化学，研究以含有一个碳原子的物质为原料合成工业产品的有机化学及工艺，因其在材料科学和开发清洁燃料方面的重要作用已发展成为一门学科。燃煤废气中的CO、CO2均能转化为基础化工原料、清洁能源甲醇。一定条件下，在恒压密闭容器中投入9molCO和15molH2，催化剂作用下充分反应，CH3OH在平衡混合气中的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示：
(1)该反应的平衡常数为K=c(CH3OH)/[c(CO)c2(H2)]，则化学方程式为_______，该反应的ΔH_______0，ΔS_______0(填“>”“=”或“<”)。
(2)P1、P2、P3由大到小的顺序为_______，计算A点的压强平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数)。
(3)300℃，P2条件下，处于E点时反应的方向是_______(填“正反应”“逆反应”或“平衡状态”)。
(4)某温度下，能说明该反应已经达到平衡状态的是_______(填序号)。
A．容器内各组分浓度相等
B．速率之比v(CO)∶v(H2)∶v(CH3OH)=l∶2∶l
C．H2的消耗速率等于CH3OH的消耗速率
D．容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化
E.容器内的密度不再变化
【答案】(1) CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g) ＜ ＜
(2) P1>P2>P3
(3)正反应
(4)DE
【详解】（1）化学平衡常数表达式为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，根据可写出反应方程式为CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g)，当压强不变时，随温度升高甲醇体积分数下降，说明该反应放热，正向是气体体积减小的反应，所以有ΔH＜0，ΔS＜0；
（2）该反应是正反应方向气体体积减小的反应，在其它条件不变时，加压平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以P1>P2>P3；根据图像可知：在A点时甲醇的体积分数为70%，对于反应CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g)，在开始时n(CO)=9 mol，n(H2)=15 mol，n(CH3OH)=0，假设CO转化物质的量为xmol，列三段式：，结合A点时甲醇的体积分数为70%，体积分数等于物质的量分数，可得，解得x=7mol，所以A点的压强平衡常数Kp= ；
（3）300℃，P2条件下，E点要达到平衡状态甲醇的含量应升高，则化学反应向正反应方向进行；
（4）A. 容器内各组分浓度相等，未表明保持不变，不能判断平衡，A错误；
B. 速率之比v(CO)∶v(H2)∶v(CH3OH)=l∶2∶l时不能说明正、逆反应速率相等，因此 就不一定处于平衡状态，B错误；
C. H2的消耗速率等于CH3OH的消耗速率，未满足系数比，C错误；
D. 该反应是反应前后气体物质的量改变的反应，气体的质量不变，若混合气的平均相 对分子质量不变，则气体的平均相对分子质量不变，反应达到平衡状态，D正确；
E. 反应混合物都是气体，气体的质量不变，容器的压强不变，则气体的密度是变量，因此密度不变反应达到平衡状态，E正确；
故选DE。
19．亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病，亚砷酸在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。
(1)人体血液的pH为7.35～7.45，用药后人体所含砷元素的主要微粒是_______。
(2)将KOH溶液逐滴滴入H3AsO3溶液中，当pH由11变化到12过程中，所发生反应的离子方程式是_______。
(3)H3AsO3第一步电离的方程式为_______，电离常数为Ka1，则pKa1=_______(pKa1=-lgKa1)；已知碳酸的电离常数Ka1=4.5×10−7、Ka2=4.7×10−11，将少量K2CO3溶液加入H3AsO3溶液中，写出反应的离子方程式_______。
(4)下列说法中正确的是_______(填序号)。
A．pH=12时，c()+2c()+3c()+c(OH−)=c(H+)
B．pH=14时，c()>c()>c()>c(OH−)
C．Na2HAsO3溶液中，c()>c()>c()
(5)工业含砷(III)废水常用铁盐处理后排放。其原理是：铁盐混凝剂在溶液中产生Fe(OH)3胶粒，其表面带有正电荷，可吸附含砷化合物。通过实验测得不同pH条件下铁盐对含砷(III)化合物的去除率，如图所示pH为5-9时，随溶液pH的增大，铁盐混凝剂对含砷(III)化合物的吸附效果增强。结合本题图示，解释可能的原因。【注】砷(III)代表化合价为+3价的砷元素。
①_______；
②_______。
【答案】(1)H3AsO3
(2)+OH−= + H2O
(3) H3AsO3 ⇌ + H+ 9.2 H3AsO3+ = +
(4)C
(5) pH上升含量逐渐增大，氢氧化铁胶粒表面带正电荷，则吸附效果变好 pH升高促进氢氧化铁的生成，吸附效果也会变好
【详解】（1）由图像可知，pH在7.35-7.45之间，溶液中含砷元素的主要微粒是H3AsO3，故答案为H3AsO3；
（2）将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，由图像可知，当pH由11变化到12过程中，反应生成，反应的离子方程式为：+ OH− = +H2O。
故答案为+ OH−= +H2O；
（3）亚砷酸是弱酸，不完全电离，故H3AsO3第一步电离的方程式为：H3AsO3 ⇌+ H+；电离常数为Ka1=c()•c(H+)/ c(H3AsO3)，由图像可知，pH=9.2时，H3AsO3 的物质的量分数等于H2AsO3−的物质的量分数，所以Ka1= c(H+)=10-9.2，故pKa1=9.2；由于H3AsO3的酸性弱于碳酸，所以少量K2CO3与 H3AsO3溶液反应不能得到CO2，反应的离子方程式为：H3AsO3+ = + ，故答案为：H3AsO3+ = + ；
（4）A. 碱性溶液中，c(OH−) > c(H+)，选项A错误；
B. 由图可知，当pH=14时，的物质的量分数几乎为0，选项B错误；
C. 由图可知，Na2HAsO3溶液是碱性的，因此HAsO32−的水解大于电离，所以c()> c() > c()，选项C正确；
答案选C；
（5）pH为5~9时微粒为H3AsO3 和，且随着pH的增大，含量逐渐增大，氢氧化铁胶粒表面带正电荷， pH上升则吸附效果会变好；此外pH升高促进氢氧化铁的生成，吸附效果也会变好，故答案为：①pH上升含量逐渐增大，氢氧化铁胶粒表面带正电荷，则吸附效果变好。②pH升高促进氢氧化铁的生成，吸附效果也会变好。
吉林省吉林市2022-2023学年高二上学期期中调研测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A．牙膏中添加氟化物能起到预防龋齿的作用
B．草木灰与铵态氮肥不能混合施用
C．聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n是一种新型絮凝剂，可用于杀菌消毒
D．将SOCl2与AlCl6·6H2O混合并加热，可得到无水氯化铝
【答案】C
【详解】A．氟离子可以与羟基磷灰石发生反应生成氟磷灰石，氟磷灰石溶解度比羟基磷灰石小，更能抵抗酸的侵蚀，选项A正确；
B．草木灰与铵态氮肥混合使用会产生氨气挥发从而使氮肥损失，选项B正确；
C．聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n是一种新型絮凝剂，溶于水电离产生的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可用来处理水中的悬浮物，但不能用于杀菌消毒，选项C错误；
D．SOCl2与水反应生成HCl抑制Al3+水解，选项D正确；
答案选C。
2．合成氨工业中采用循环操作，主要是为了
A．增大化学反应速率 B．提高平衡混合物中氨的含量
C．降低氨的沸点 D．提高氮气和氢气的利用率
【答案】D
【详解】合成氨工业中氢气和氮气在催化剂作用下生成氨气的反应为可逆反应，反应后的混合气分离出氨气后还含有氢气和氮气，进行循环操作可以提高氮气和氢气的利用率，降低成本；与增大化学反应速率、提高平衡混合物中氨的含量、降低氨的沸点无必然关系；
故选D。
3．在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力如图所示。下列说法不正确的是( )
A．在O点时，醋酸不导电
B．a、b、c三点，a点时醋酸溶液中H＋浓度最小
C．b点时，醋酸电离程度最大
D．可通过微热的方法使c点溶液中c(CH3COO－)增大
【答案】C
【详解】A．在0点时，冰醋酸中不存在自由移动的离子，所以不导电，故A正确；
B．溶液的导电能力越大，溶液中存在的离子浓度越大，a、b、c三点，a点溶液导电能力最小，所以a点时醋酸溶液中H+浓度最小，故B正确；
C．醋酸的浓度越小，其电离程度越大，a、b、c三点，c点溶液的体积最大，则c点醋酸的浓度最小，电离程度最大，故C错误；
D．醋酸的电离是吸热反应，升高温度，促进醋酸电离，所以可以通过微热的方法使c点溶液中c(CH3COO-)增大，故D正确；
故选C。
【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡的影响，明确图中导电性与离子浓度的关系是解答本题的关键，本题的易错点为C，注意不能根据溶液的导电能力判断醋酸的电离程度，要根据溶液的体积判断醋酸的电离程度。
4．在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vC=2vB，则此反应可表示为
A．A+3B=2C B．2A+3B=2C C．3A+B=2C D．A+B=C
【答案】B
【详解】在密闭容器里，A与B反应生成C，则A与B是反应物，C是生成物。在同一反应中用不同物质表示反应速率时，速率比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。由于2vB=3vA、3vC=2vB，则n(A)：n(B)：n(C)=vA：vB：vC=2：3：2，故化学方程式为2A+3B=2C；
答案选B。
5．已知强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，向0.1 L 0.2 mol·L－1的NaOH溶液中加入下列物质：①稀醋酸；②浓硫酸；③稀盐酸，恰好完全反应。则其焓变ΔH1、ΔH2、ΔH3的关系是
A．ΔH1>ΔH2>ΔH3 B．ΔH1>ΔH3>ΔH2 C．ΔH1＝ΔH3>ΔH2 D．ΔH1<ΔH3<ΔH2
【答案】B
【详解】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H=-57.3kJ•mol-1，①稀醋酸；②浓硫酸；③稀盐酸，恰好完全反应，稀盐酸反应放出的热量为0.02×57.3kJ，醋酸电离吸热、浓硫酸稀释放热，醋酸反应放出的热量少，浓硫酸反应放出热量多，且△H均为负值，则△H1＞△H3＞△H2；
故选B。
6．为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂是
A．NaOH B．Na2CO3 C．NH3•H2O D．MgCO3
【答案】D
【详解】A．加入NaOH，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，但同时引入新的杂质钠离子和生成氢氧化镁的沉淀， A错误；
B．加入Na2CO3，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，但引入新的杂质钠离子， B错误；
C．加入氨水混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，C错误；
D．加入MgCO3，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质， D正确；
故选D。
7．在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，达到平衡时，测得A的浓度为0.5mol·L−1，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，再达到平衡，测得A的浓度降低为0.3mol·L−1。下列有关判断正确的是
A．x＋y
【答案】C
【详解】在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，若平衡不移动，则A的浓度为0.25 mol·L-1；体积扩大两倍再次达到平衡时A的浓度为0.3 mol·L-1>0.25 mol·L-1，说明体积增大(减小压强)，平衡向逆反应方向移动，因此，x＋y>z，C的体积分数降低，B的转化率降低。
答案选C。
8．N2和H2在催化剂表面合成氨的微观历程及能量变化的示意图如图，用、 、分别表示N2、H2、NH3，已知：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=-92kJ/mol，下列说法正确的是
A．使用催化剂导致反应过程发生变化，但合成2mol氨反应放出的热量不变
B．②→③过程，是吸热过程且只有H—H键的断裂
C．③→④过程，N原子和H原子形成NH3是能量升高的过程
D．向反应器中充入1molN2和3molH2，反应后会放出92kJ的热量
【答案】A
【详解】A．催化剂降低反应活化能不会改变反应的热效应，不会使合成氨反应放出的热量发生变化，选项A正确；
B．②→③过程为氮氮三键和H—H键的断裂过程，选项B错误；
C．N原子和H原子形成NH3放出能量，是能量降低的过程，选项C错误；
D．合成氨反应为可逆反应，1molN2和3molH2不能完全转化，反应放出热量小于92kJ，选项D错误；
答案选A。
9．反应3Fe(s)+4H2O(g) Fe3O4(s)+4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其化学反应速率几乎无影响的是
A．保持容积不变，增加H2O(g)的物质的量 B．将容器的容积缩小一半
C．保持容积不变，充入Ar使压强增大 D．保持压强不变，充入Ar使容积增大
【答案】C
【详解】A．容积不变，增加水蒸气的物质的量，反应物浓度增大，化学反应速率加快，故A不符合题意；
B．将容器的容积缩小一半，反应物的浓度增大，化学反应速率加快，故B不符合题意；
C．保持容积不变，充入不参与反应的氩气，反应体系中各物质的浓度不变，化学反应速率不变，故C符合题意；
D．保持压强不变，充入不参与反应的氩气，容器的容积变大，反应物的浓度减小，化学反应速率减小，故D不符合题意；
故选C。
10．在一定温度下的密闭容器中，加入1mol CO和1mol H2O发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，达到平衡时测得n(H2)=0.5mol，下列说法不正确的是
A．在该温度下，反应的平衡常数K=1 B．平衡常数与反应温度无关
C．CO的平衡转化率为50% D．平衡时n(H2O)=0.5mol
【答案】B
【详解】
A. 设容器体积为1L，则平衡时各组分浓度都为0.5mol/L，则在该温度下，反应的平衡常数K=，A正确；
B. 平衡常数只与反应温度有关，B错误；
C. CO的平衡转化率为，C正确；
D. 平衡时n(H2O)=0.5mol，D正确；
答案为B。
11．下列事实中,不能用勒夏特列原理加以解释的是
A．夏天,打开啤酒瓶时会在瓶口逸出气体
B．浓氨水中加入氢氧化钠固体时产生较多的刺激性气味的气体
C．压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体,颜色变深
D．将盛有二氧化氮和四氧化二氮混合气的密闭容器置于冷水中,混合气体颜色变浅
【答案】C
【详解】A、啤酒瓶内存在平衡：CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq) ，当开启瓶盖时，体系压强降低，为了减弱这种改变，平衡逆向移动，产生大量气泡，可用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；
B、浓氨水中存在平衡：NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-，加入氢氧化钠固体时，OH-的浓度增大，平衡会向逆向移动，会产生较多的刺激性气味的气体，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C、氢气与碘蒸气反应的平衡为H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应前后气体系数和相等，压强对平衡无影响，压缩气体，碘单质的浓度增大，使得颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故C符合题意；
D、二氧化氮和四氧化二氮混合气体的密闭容器内存在平衡：2NO2(g)N2O4(g)，该反应正反应为放热反应，将密闭容器置于冷水中，温度降低，化学平衡正向移动，NO2的浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；
综上所述，本题应选C。
【点睛】勒夏特列原理：如果改变影响化学平衡的一个因素(如浓度、压强、温度等)，化学平衡被破坏，平衡向能够减弱这种改变的方向移动。该原理适用于其他动态平衡体系，如溶解平衡、电离平衡、水解平衡等。
12．臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是
A
B
C
D
升高温度，平衡常数减小
0～3s内，反应速率为v（NO2）=0.2mol•L-1
t1时仅加入催化剂，平衡向正方向移动
达平衡时，仅改变x，则x为c（O2）
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A.由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A正确；
B.速率单位错误，该为mol/（L∙s），故B错误；
C.t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，故C错误；
D.达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，故D错误；
故选：A。
13．在常温下，有关下列4种溶液的叙述中错误的是
编号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH
11
11
3
3
A．在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH均减小
B．分别取1mL稀释至10mL，四种溶液的pH：①>②>③>④
C．将溶液①、④等体积混合，所得溶液中：c()>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)
D．将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则a：b=11：9
【答案】B
【详解】A．氯化铵溶于水后电离出可以抑制氨水的电离使OH−浓度减小，还可以结合NaOH溶液中的OH−使其OH−浓度减小，则溶液①、②中加入氯化铵晶体后，溶液的pH都会减小，选项A正确；
B．氨水稀释过程中会继续电离出OH−，所以稀释10倍其pH的变化小于1，则稀释后pH：①>②，同理醋酸稀释10倍其pH的变化也小于1，则pH：③<④，选项B错误；
C．一水合氨为弱碱，所以pH=11的氨水浓度远大于10-3mol/L，而盐酸为强酸，pH=3的盐酸浓度为10-3mol/L，二者等体积混合碱过量，所以c () >c(Cl-)，选项C正确；
D．pH=11的NaOH溶液和pH=3的盐酸浓度均为10-3mol/L，混合后pH=4，所以酸过量，则=10-4mol，解得a：b=11：9，选项D正确；
答案选B。
14．从下列实验事实所得出的相应结论正确的是
选项
实验事实
结论
A
Na2S2O3溶液与稀硫酸反应，其他条件相同时，Na2S2O3溶液浓度越大，析出硫沉淀所需时间越短
当其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率加快
B
向0.1mol·L−1的HCOOH中加水稀释，溶液pH增大
HCOOH是弱酸
C
向盛有2mL浓度为0.1mol·L−1的AgNO3溶液中滴加2滴0.1mol·L−1NaCl溶液，然后再滴加4滴0.1mol·L−1NaI溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，产生白色沉淀
和发生了双水解
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．浓度越大，单位体积活化分子数目增多，则反应速率越大，A正确；
B．稀释促进弱酸的电离，但氢离子的浓度减小，强酸稀释时氢离子浓度也减小，则pH增大，不能证明HCOOH是弱酸，B错误；
C．硝酸银过量，发生沉淀的生成，而不是沉淀的转化，则不能比较Ksp大小，C错误；
D．NaAlO2溶液与碳酸氢根离子电离产生的氢离子结合生成沉淀，不发生双水解反应，D错误；
故选A。
15．实验室使用pH传感器来测定某Na2A和NaHA混合溶液中NaHA的含量。用0.1mol·L−1盐酸滴定该混合溶液，得到如下曲线。以下说法错误的是
【注】滴定过程中，当滴入标准溶液的物质的量与待测组分的物质的量恰好符合化学反应式所表示的计量关系时，称反应达到了化学计量点，简称计量点。
A．未滴定时该混合溶液中：c(A2−)+2c(OH−)=2c(H2A)+c(HA−)+2c(H+)
B．滴加10mL盐酸时：c(Na+)=c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)+c(Cl−)
C．滴加30mL盐酸时：c(Na+)=c(Cl−)>c(H2A)>c(H+)>c(OH−)
D．将等浓度的H2A水溶液和等浓度的Na2A混合，溶液可能显酸性
【答案】A
【详解】A. 未滴定时该混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，即c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)-c(H+)①，物料守恒：2c(Na+)=3c(H2A)+3c(HA-)+3c(A2-)②，将①带入②得：c(A2-)+2c(OH-)=3c(H2A)+c(HA-)+2c(H+)，选项A错误；
B. 滴加10 mL盐酸时，正好反应生成一份NaHA和一份NaCl，还有原混合溶液中的一份NaHA，即n(NaHA) ∶n(NaCl)=2∶1，一部分HA-水解H2A，一部分HA-电离为A2-，根据钠离子守恒可得c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)+c(Cl-)，选项B正确；
C. 滴加30 mL盐酸时，溶液完全转化为3份NaCl和2份H2A，溶液显酸性，因此存在c(Na+)=c(Cl-)>c(H2A)>c(H+)>c(OH-)，选项C正确；
D. 当加入H2A水溶液的体积大于Na2A的体积的时候，溶液可能显酸性，选项D正确；
答案选A。
二、填空题
16．有科学家预言，氢能将成为21世纪的主要能源，而且是一种理想的绿色能源。工业上制取氢气时涉及一个重要反应是：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)
已知：①C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH1=-110.5kJ·mol−1；
②H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH2=-241.8kJ·mol−1；
③C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH3=-393.5kJ·mol−1；
(1)请写出一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式_______；
(2)氢气燃烧热ΔH=-akJ·mol−1，则a_______241.8(填“>”“<”或“=”)。
(3)部分化学键的键能数据如下表所示：
化学键
H-H
O=O
键能/kJ·mol−1
436.0
498.0
则断裂O—H的键能为_______kJ·mol−1。
(4)在同温同压下，一定量的CO和H2O(g)在不同催化剂条件下反应的能量变化如图所示。
当反应进行相同的时间时(未达平衡)，测得催化剂_______(填“1”或“2”)条件下CO转化率更高，其原因是_______。
【答案】(1)CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH= - 41.2 kJ/ mol
(2)>
(3)463.4
(4) 2 催化剂2条件下反应的活化能更低，反应速率更快，因此在相同时间内，CO的转化率更高
【详解】（1）根据盖斯定律一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式可由③-①-②得出CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=－41.2 kJ/ mol；
（2）水从气态到液态为放热过程，燃烧热生成液态水放出热量更多，所以a大于241.8 kJ；
（3）反应热=反应物键能总和-生成物键能总和，所以有－241.8 = 436.0 + 498.0/2 - 2x
解得x=463.4；
（4）反应进行相同的时间时（未达平衡），反应速率越快则CO转化率越大 ，催化剂2条件下反应的活化能更低，反应速率更快，因此在相同时间内，CO的转化率更高。
三、原理综合题
17．I.实验室很难配制准确浓度的NaOH溶液，需要用基准物质来标定。邻苯二甲酸氢钾(KHC8H4O4，其结构简式为)是常用的基准物质，某学生用KHC8H4O4测定未知NaOH溶液的浓度。
已知：①KHC8H4O4的相对分子质量为204.0；
②常温时，0.05mol/LKHC8H4O4溶液的pH约为4.0；
③在本实验中达到滴定终点时，溶液的pH约为9.1。
(1)滴定管在使用前需要_______、洗涤、润洗；在规格为50.00mL的滴定管中，若NaOH溶液的起始读数为14.00mL，此时滴定管中NaOH溶液的实际体积_______(填序号)
A．14.00mL B．小于14.00mL C．36.00mL D．大于36.00mL
(2)该学生称取KHC8H4O40.4080g。将称好的KHC8H4O4置于锥形瓶中，加适量蒸馏水完全溶解得到无色溶液，再加入1～2滴_______指示剂，终点现象为_______。
(3)该学生进行了三次实验，所取固体质量均相同，达到滴定终点时记录所用未知NaOH溶液的体积如下表，则该NaOH溶液物质的量浓度为_______mol/L。
实验编号
NaOH溶液的体积(mL)
1
20.02
2
20.60
3
19.98
(4)以下操作会造成NaOH溶液浓度偏高的是_______(填序号)。A．未用NaOH溶液洗涤碱式滴定管
B．滴定前平视，滴定后俯视读数
C．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
D．滴定前未用邻苯二甲酸氢钾溶液洗锥形瓶
II.
(5)在化学分析中，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-时，采用K2CrO4为指示剂，利用Ag+与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。当溶液中的Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10−5mol/L)时，溶液中c(Ag+)=_______mol/L，c()=_______mol/L。(已知25℃时Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10−12和2.0×10−10)
【答案】(1) 检漏 D
(2) 酚酞 滴入最后半滴NaOH溶液，锥形瓶内颜色恰好由无色变为粉红色，且半分钟不褪色
(3)0.1000
(4)B
(5) 2.0×10−5或2×10−5 5.0×10−3或5×10−3
【详解】（1）由于滴定管的刻度自上而下逐渐增大，且最下面一段没有刻度线，因此该滴定管中实际溶液的体积>(50mL-14mL)=36mL，答案选D；
（2）滴定终点时溶液的pH约为9.1，酚酞的pH变色范围为8.2～10，滴定终点的pH要在指示剂的变色范围之内，应选酚酞作指示剂；当滴入最后半滴NaOH溶液，无色溶液变成粉红色，且半分钟内不褪色，反应达到终点；
（3）1mol KHC8H4O4有1mol羧基，与NaOH按1∶1反应，即n(NaOH)=n(KHC8H4O4)， n(NaOH)= cx•(20.02+19.98)×10-3 ，n(KHC8H4O4)=0.4080g/204.0g•mol−1，所以c(NaOH)=0.1000 mol/L；
（4）c(待测)=，滴定过程中任何不当操作最终都表现为标准液体积的变化，标准液体积用量增多，待测液浓度偏高；标准液体积用量减少，待测液浓度偏低。在此实验中标准液在锥形瓶中，待测液在滴定管内，故c(标准)×V(标准)为定值。滴定管未用所盛装液体进行润洗，滴定管壁残留的水将待测液稀释，V(NaOH溶液)增大，c(NaOH溶液)偏小，选项A不符合题意；
滴定前平视，滴定后俯视读数，V(NaOH溶液)减小，c(NaOH溶液)偏高，选项B符合题意；
气泡体积被记录为NaOH溶液体积，V(NaOH溶液)增大，c(NaOH溶液)偏小，选项C不符合题意；
不得用标准液或待测液润洗锥形瓶，操作正确，选项D不符合题意；
答案选B。
（5）根据溶度积计算：，此时溶液中；故答案为：；。
18．C1化学又称一碳化学，研究以含有一个碳原子的物质为原料合成工业产品的有机化学及工艺，因其在材料科学和开发清洁燃料方面的重要作用已发展成为一门学科。燃煤废气中的CO、CO2均能转化为基础化工原料、清洁能源甲醇。一定条件下，在恒压密闭容器中投入9molCO和15molH2，催化剂作用下充分反应，CH3OH在平衡混合气中的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示：
(1)该反应的平衡常数为K=c(CH3OH)/[c(CO)c2(H2)]，则化学方程式为_______，该反应的ΔH_______0，ΔS_______0(填“>”“=”或“<”)。
(2)P1、P2、P3由大到小的顺序为_______，计算A点的压强平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数)。
(3)300℃，P2条件下，处于E点时反应的方向是_______(填“正反应”“逆反应”或“平衡状态”)。
(4)某温度下，能说明该反应已经达到平衡状态的是_______(填序号)。
A．容器内各组分浓度相等
B．速率之比v(CO)∶v(H2)∶v(CH3OH)=l∶2∶l
C．H2的消耗速率等于CH3OH的消耗速率
D．容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化
E.容器内的密度不再变化
【答案】(1) CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g) ＜ ＜
(2) P1>P2>P3
(3)正反应
(4)DE
【详解】（1）化学平衡常数表达式为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，根据可写出反应方程式为CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g)，当压强不变时，随温度升高甲醇体积分数下降，说明该反应放热，正向是气体体积减小的反应，所以有ΔH＜0，ΔS＜0；
（2）该反应是正反应方向气体体积减小的反应，在其它条件不变时，加压平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以P1>P2>P3；根据图像可知：在A点时甲醇的体积分数为70%，对于反应CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g)，在开始时n(CO)=9 mol，n(H2)=15 mol，n(CH3OH)=0，假设CO转化物质的量为xmol，列三段式：，结合A点时甲醇的体积分数为70%，体积分数等于物质的量分数，可得，解得x=7mol，所以A点的压强平衡常数Kp= ；
（3）300℃，P2条件下，E点要达到平衡状态甲醇的含量应升高，则化学反应向正反应方向进行；
（4）A. 容器内各组分浓度相等，未表明保持不变，不能判断平衡，A错误；
B. 速率之比v(CO)∶v(H2)∶v(CH3OH)=l∶2∶l时不能说明正、逆反应速率相等，因此 就不一定处于平衡状态，B错误；
C. H2的消耗速率等于CH3OH的消耗速率，未满足系数比，C错误；
D. 该反应是反应前后气体物质的量改变的反应，气体的质量不变，若混合气的平均相 对分子质量不变，则气体的平均相对分子质量不变，反应达到平衡状态，D正确；
E. 反应混合物都是气体，气体的质量不变，容器的压强不变，则气体的密度是变量，因此密度不变反应达到平衡状态，E正确；
故选DE。
19．亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病，亚砷酸在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。
(1)人体血液的pH为7.35～7.45，用药后人体所含砷元素的主要微粒是_______。
(2)将KOH溶液逐滴滴入H3AsO3溶液中，当pH由11变化到12过程中，所发生反应的离子方程式是_______。
(3)H3AsO3第一步电离的方程式为_______，电离常数为Ka1，则pKa1=_______(pKa1=-lgKa1)；已知碳酸的电离常数Ka1=4.5×10−7、Ka2=4.7×10−11，将少量K2CO3溶液加入H3AsO3溶液中，写出反应的离子方程式_______。
(4)下列说法中正确的是_______(填序号)。
A．pH=12时，c()+2c()+3c()+c(OH−)=c(H+)
B．pH=14时，c()>c()>c()>c(OH−)
C．Na2HAsO3溶液中，c()>c()>c()
(5)工业含砷(III)废水常用铁盐处理后排放。其原理是：铁盐混凝剂在溶液中产生Fe(OH)3胶粒，其表面带有正电荷，可吸附含砷化合物。通过实验测得不同pH条件下铁盐对含砷(III)化合物的去除率，如图所示pH为5-9时，随溶液pH的增大，铁盐混凝剂对含砷(III)化合物的吸附效果增强。结合本题图示，解释可能的原因。【注】砷(III)代表化合价为+3价的砷元素。
①_______；
②_______。
【答案】(1)H3AsO3
(2)+OH−= + H2O
(3) H3AsO3 ⇌ + H+ 9.2 H3AsO3+ = +
(4)C
(5) pH上升含量逐渐增大，氢氧化铁胶粒表面带正电荷，则吸附效果变好 pH升高促进氢氧化铁的生成，吸附效果也会变好
【详解】（1）由图像可知，pH在7.35-7.45之间，溶液中含砷元素的主要微粒是H3AsO3，故答案为H3AsO3；
（2）将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，由图像可知，当pH由11变化到12过程中，反应生成，反应的离子方程式为：+ OH− = +H2O。
故答案为+ OH−= +H2O；
（3）亚砷酸是弱酸，不完全电离，故H3AsO3第一步电离的方程式为：H3AsO3 ⇌+ H+；电离常数为Ka1=c()•c(H+)/ c(H3AsO3)，由图像可知，pH=9.2时，H3AsO3 的物质的量分数等于H2AsO3−的物质的量分数，所以Ka1= c(H+)=10-9.2，故pKa1=9.2；由于H3AsO3的酸性弱于碳酸，所以少量K2CO3与 H3AsO3溶液反应不能得到CO2，反应的离子方程式为：H3AsO3+ = + ，故答案为：H3AsO3+ = + ；
（4）A. 碱性溶液中，c(OH−) > c(H+)，选项A错误；
B. 由图可知，当pH=14时，的物质的量分数几乎为0，选项B错误；
C. 由图可知，Na2HAsO3溶液是碱性的，因此HAsO32−的水解大于电离，所以c()> c() > c()，选项C正确；
答案选C；
（5）pH为5~9时微粒为H3AsO3 和，且随着pH的增大，含量逐渐增大，氢氧化铁胶粒表面带正电荷， pH上升则吸附效果会变好；此外pH升高促进氢氧化铁的生成，吸附效果也会变好，故答案为：①pH上升含量逐渐增大，氢氧化铁胶粒表面带正电荷，则吸附效果变好。②pH升高促进氢氧化铁的生成，吸附效果也会变好。
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