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四川省成都外国语学校2022-2023学年高二化学上学期12月月考试题（Word版附解析）
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这是一份四川省成都外国语学校2022-2023学年高二化学上学期12月月考试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
四川省成都外国语学校2022-2023学年高二上学期12月月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：
第Ⅰ卷 (选择题，共50分)
一、选择题(每题仅有一个正确答案，每小题2分，共50分)
1. 生活中的下列物质呈酸性的是
A. 苏打水 B. 可乐 C. 食盐水 D. 肥皂液
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2CO3俗称纯碱、苏打。该物质是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此苏打水先碱性，A不符合题意；
B．可乐是在饮料中将一定浓度的CO2气体通过加压制成的。CO2与水反应产生H2CO3，H2CO3是二元弱酸，电离产生H+而使溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液显酸性，B符合题意；
C．NaCl是日常生活中常用的盐，俗称食盐，该物质是强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液显中性，故食盐水呈中性，C不符合题意；
D．肥皂液是高级脂肪酸的钠盐，由于高级脂肪酸是弱酸，NaOH是强碱，因此高级脂肪酸的钠盐溶液显碱性，即肥皂液显碱性，D不符合题意；
故合理选项是B。
2. 下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是
A. 灼热的碳与CO2的反应 B. 锌与稀硫酸反应
C. Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应 D. 铝热反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．灼热的碳与CO2反应产生CO，反应前后元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应；反应发生吸收热量，因此该反应又属于吸热反应，A符合题意；
B．锌与稀硫酸发生置换反应产生ZnSO4、H2，反应前后元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应；反应发生放出热量，因此该反应又属于放热反应，B不符合题意；
C．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl发生复分解反应产生BaCl2、NH3∙H2O，反应过程中元素化合价不变，因此不属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．铝热反应是金属间的置换反应，反应前后元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应；反应发生放出热量，因此该反应又属于放热反应，D不符合题意；
故合理选项是A。
3. 分类法是学习和研究化学的一种常用的科学方法。下列分类不合理的是
①、、都是碱性氧化物；、、都是酸性氧化物
②已知：(足量)，则为三元酸，为酸式盐
③与均含相同的元素氢，故也可以称为酸
④盐酸和冰醋酸均属于电解质
A. 只有②③ B. 只有③④ C. 只有①②③ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【详解】①CaO2中氧元素显-1价，不属于碱性氧化物；NO2不是酸性氧化物，①不正确；
②H3RO2消耗1mol的NaOH反应，所以H3RO2为一元酸，生成NaH2RO2为正盐，②不正确；
③ KHSO4由K、H、S、O四种元素组成，含有酸式根离子和金属离子，KHSO4属于盐，③不正确；
④盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，④错误；
综合分析不合理的①②③④；
故答案为：D。
4. 常温下，下列实验一定能证明为弱电解质的是
A. 溶液的
B. 溶液中滴入石蕊试液呈红色
C. 蛋壳浸泡在溶液中有气体放出
D. 的溶液中含有、、等微粒
【答案】D
【解析】
【详解】A．0.1mol/ LNaA溶液在常温下pH=7，溶液呈中性则NaA是强酸强碱盐所以HA是强电解质，故A不选；
B．0.1mol/LHA溶液中滴入石蕊试液呈红色，说明该溶液呈酸性，但是不能说明HA是否完全电离，则不能证明HA是弱电解质，故B不选；
C．蛋壳浸泡在0.1mol/LHA溶液中有气体放出，只能说明HA酸性大于碳酸，但是不能说明HA是否完全电离，则不能证明HA是弱电解质，故C不选；
D．的溶液中含有、、等微粒，含有未电离的分子，说明HA没有完全电离，则证明HA是弱电解质，故D选；
故答案为D。
5. 下列有关化学符号表示正确的是
A. 甲烷的燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
B. 在水溶液中的电离：
C. 向溶液中通入少量：
D. 硫化钠溶液呈碱性的原因：
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定的稳定产物(水为液态水)时放出的热量，甲烷的燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： ，A错误；
B．H2CO3是多元弱酸，其电离过程是分步进行的，在水溶液中的电离：、，以第一步电离为主，B错误；
C．由于HClO具有强氧化性，故向溶液中通入少量反应生成硫酸钠、次氯酸，该反应的离子方程式为：，C错误；
D．硫化钠溶液呈碱性是由于S2-发生水解，S2-是多元弱酸根离子，其水解反应是分步进行的即，D正确；
故答案为：D。
6. 下列说法正确的有几个
(1)强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强
(2)将氢氧化钠溶液和氨水各稀释一倍，氢氧根浓度均减小为原来的一半
(3)减少反应物的用量，平衡一定逆向移动
(4)加入催化剂可以降低活化能，活化分子百分比虽然没变，但可以加快反应速率
(5)电离常数大的酸溶液中的一定比电离常数小的酸溶液中的大
(6)非电解质的水溶液一定不能导电
(7)常温下向的氢氧化钠溶液中加入的溶液至，所得溶液的总体积≤20mL
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【详解】(1)因为浓度不确定，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强，正确；
(2)将氢氧化钠溶液和氨水各稀释一倍，氨水电离平衡正向移动，氢氧根浓度大于原来的一半，错误；
(3)若反应物为固体或者纯液体，减少反应物的用量，平衡不一定移动，错误；
(4)加入催化剂可以降低活化能，活化分子百分比增大，加快反应速率，错误；
(5)相同浓度酸溶液中，电离常数大的酸溶液中的电离常数小的酸溶液中的大，错误；
(6)非电解质可能和水反应生成可以电离的物质，如能与水反应，生成的的水溶液能导电，错误；
(7)常温下向的氢氧化钠溶液中加入10mL的溶液，由于不确定HA的酸性强弱，完全反应后溶液显碱性或中性，要使，所加溶液体积小于或等于10mL，因此所得溶液的总体积≤20mL，正确。故选B。
7. 下列实验事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 的氨水稀释10倍后溶液
B. 升高温度水的离子积增大
C. 制备时用粗锌比纯锌的速率快
D. 向固体中滴加浓氨水制氨气
【答案】C
【解析】
【详解】A．的氨水稀释10倍后溶液，可知稀释时一水合氨的电离平衡正向移动，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．水的电离是吸热的过程，升高温度促进电离，导致水的离子积增大，能用平衡移动原理解释，B不符合题意；
C．改用粗锌可以形成原电池，可以加快金属锌和硫酸反应的速率，与化学平衡无关，不能用平衡移动原理解释，C符合题意；
D．浓氨水中加入氢氧化钠固体，会放出大量的热，促使氨水的电离平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；
答案选C。
8. 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 25℃，的溶液中的数目为
B. 与足量二氧化碳(C18O2)反应生成分子数为
C. 室温下的溶液，由水电离出的数目为
D. 和在密闭容器中充分反应得到个分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．25℃时的溶液中n(OH-)=c∙V=0.1mol/L×1L=0.1mol，水还电离出OH-，则溶液中的数目大于，故A错误；
B．Na2O2与足量的(C18O2)反应为歧化反应，生成的O2中的氧元素全部来自于Na2O2，不会生成18O2，故B错误；
C．在pH=11的Na2CO3溶液中c(H+)=1×10-11 mol/L，由c(H+)•c(OH-)=KW可知c(OH-)=1×10-3 mol/L，由水电离出的c(OH-)=1×10-3 mol/L，n(OH-)=1×10-3 mol/L×10 L=0.01 mol,所以水电离出的OH-数目为0.01NA，故C正确；
D．合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故NH3的分子数小于2NA，故D错误；
故选：C。
9. 常温下，下列各组离子在相应的溶液中可能大量共存的是
A. 由水电离产生的的溶液中：、、、
B. 能使试纸变红的溶液中：、、、
C. 在的溶液中：、、、
D. 的溶液中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A．由水电离产生的的溶液为酸性或碱性溶液，可以与OH-反应而不能大量共存，但是在酸性条件下可以共存，故A符合题意；
B．能使试纸变红的溶液为酸性溶液，可以与H+反应而不能大量共存，故B不符合题意；
C．的溶液为碱性溶液，、与氢氧根都能反应而不能大量共存，故C不符合题意；
D．的溶液为酸性溶液，与H+可以反应而不能大量共存，故D不符合题意；
故选A。
10. 下列实验中，由于错误操作导致实验结果一定偏高的是
A. 用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线，所配溶液的浓度
B. 滴定时盛放待测液的锥形瓶没有干燥，所测得待测液的浓度
C. 用标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸，选甲基橙做指示剂，所测得盐酸溶液的浓度
D. 滴定管(装标准溶液)滴定后读数时尖嘴处悬挂一滴液体
【答案】D
【解析】
【详解】A．配制溶液时，在定容时仰视液面会导致所配溶液体积偏大，导致溶液浓度偏小，故不选A项；
B．滴定时盛放待测液的锥形瓶没有干燥，不影响溶质的量，对测量结果无影响，故不选B项；
C．甲基橙变色的范围是：3.1-4.4，所以用甲基橙做指示剂，当达到滴定终点时溶液呈酸性，消耗的氢氧化钠溶液偏少，所测得的醋酸溶液浓度偏低，故不选C项；
D．滴定管(装标准溶液) 滴定后读数时尖嘴处悬挂一滴液体，会导致量取液体的体积偏大，导致测得待测液的浓度偏高，故选D项；
故答案选D。
11. 根据下列图示所得出的结论正确的是
A. 图甲表示压强对可逆反应的影响，乙的压强比甲的压强大
B. 图乙是金刚石与石墨分别氧化生成能量关系曲线，说明石墨转化为金刚石的反应的
C. 图丙表示一定条件下的合成氨反应中，的平衡体积分数随起始体积分数(的起始量恒定)的变化，图中a点的转化率大于b点
D. 图丁表示常温下，稀释、两种酸的稀溶液时，溶液随加水量的变化，则一定是强酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．2A(g)+2B(g)⇌3C(g)+D(s)为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，图中平衡状态相同，应为使用催化剂，故A错误；
B．图中金刚石比石墨的能量高，则石墨转化为金刚石的反应的△H＞0，故B正确；
C．增大氢气的量，可促进氮气的转化率，则图中a点N2的转化率小于b点，故C错误；
D．开始的pH相同，稀释相同倍数时，酸性强的pH变化大，则HA的酸性强，不能说明HA一定是强酸，故D错误；
故答案为B。
12. 对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)的反应历程如下：
第一步：N2O5NO2+NO3 快速平衡
第二步：NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应
第三步：NO+NO3→2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述错误的是
A. v(第一步的逆反应)>v(第二步反应)
B. 反应的中间产物只有NO3
C. 第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D. 第二步反应活化能较高
【答案】B
【解析】
【详解】A．快速平衡，说明第一步反应的正、逆反应速率都较大，则第一步反应的逆反应速率大于第二步反应的速率，A正确；
B．根据反应历程可知，反应的中间产物有NO、NO3，B错误；
C．第二步反应不影响第一步的平衡，且第二步反应为慢反应，则第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；
D．活化能越高，反应速率越慢，则可知第二步反应活化能较高，D正确；
故答案选B。
13. 一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是
A. 升高温度，可能引起由c向b的变化
B. 该温度下，水离子积常数为1.0×10-13
C. 该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化
D. 该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．图中曲线为一定温度下的离子积常数曲线，升高温度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的离子积常数增大，所以升高温度将不在曲线上，不可能由c变到b，，故A错误；
B．根据离子积常数可知，该温度下Kw=c(H+)⋅c(OH−)=1×10−7×1×10−7=1×10−14，故B错误；
C．该温度下，加入FeCl3水解显酸性，氢离子浓度增大而氢氧根离子浓度减小，可以引起曲线b向a的变化，故C正确；
D．该温度下，离子积常数不变，稀释溶液，只能在这条曲线上，不能造成由c向d的变化，故D错误；
故答案为C。
14. 关于下列仪器使用的说法错误的是
A. ①、④不可加热 B. ②、④不可用作反应容器
C. ③、⑤可用于物质分离 D. ②、④、⑤使用前需检漏
【答案】A
【解析】
【分析】①是锥形瓶，②是酸式滴定管，③是蒸馏烧瓶，④是容量瓶，⑤是梨形分液漏斗
【详解】A．锥形瓶可以加热，但需要加石棉网，容量瓶不能加热，A项符合题意；
B．酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，都不能作反应容器，B项不符合题意；
C．蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，分离相互溶解的液体，分液漏斗用于分液操作，分离相互不溶解的液体，两者均可用于物质分离，C项不符合题意；
D．酸式滴定管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前均需检查是否漏水，D项不符合题意；
故选A。
15. 用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M。为研究降解效果，设计如下对比实验探究温度、浓度、pH对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示。下列说法错误的是
实验编号
温度/℃
pH
①
25
1
②
45
1
③
25
7
④
25
1
A. 实验①中0～15min内M的降解速率为1.33×10−5mol·L−1·min−1
B. 若其他条件相同，则实验①②说明升高温度，M的降解速率增大
C. 若其他条件相同，则实验①③说明pH越大，越不利于M的降解
D. 若其他条件相同，则实验①④说明M的浓度越小，降解的速率越快
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图中数据，可知15 min内Δc（M）=（0.3mol/L-0.1mol/L）×10-3=2×10-4mol/L，则实验①中0～15min内M的降解速率为2×10−4mol/L÷15min=1.33×l0-5mol/（L•min），故A正确；
B．由图可知实验②相对于实验①，M降解速率增大，结合表中数据可知，其他条件相同，实验②的温度高，所以说明升高温度，M降解速率增大，故B正确；
C．由图可知实验①相对于实验③，M降解速率增大，又表中数据可知，其他条件相同，实验③的pH高，所以说明pH越高，越不利于M的降解，故C正确；
D．由图可知，起始浓度不同，M的起始浓度越小，降解速率越小，故D错误；
故选D。
16. 在催化剂表面脱氢的反应机理，反应历程与能量的关系如图所示：
下列说法错误的是
A. 在历程Ⅰ~Ⅴ中，涉及了、、的断裂
B. 在历程Ⅰ~Ⅴ中，生成V的反应决定了脱氢反应的速率
C. 若用或代替，得到的产物都有和
D. 在催化剂表面脱氢反应的
【答案】A
【解析】
【详解】A．在历程I~V中，根据图中分析没有的断裂，故A错误；
B．在历程I~V中，IV→V的活化能最高，则生成V的反应速率最慢，决定了脱氢反应的速率，故B正确；
C．根据HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理图可得化学反应为HCOOHCO2+H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，则用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2，故C正确；
D．由反应历程图可知，在催化剂表面脱氢反应，反应物的总能量高于最终产物的总能量，则HCOOH脱氢反应为放热反应，△H<0，故D正确；
答案选A。
17. 已知三种酸的电离平衡常数，下列说法不正确的是
弱酸
醋酸
次氯酸
碳酸
电离平衡常数
Ka=1.7×10-5
Ka=4.7×10-8
Ka1=4.2×10-7 Ka2=5.6×10-11
A. 三种酸的酸性由强到弱的顺序是：CH3COOH＞H2CO3＞HClO
B. 少量的CO2与NaClO溶液反应生成HClO与NaHCO3
C. 常温下，浓度均为0.1mol/L的溶液的碱性：NaClO＞Na2CO3＞CH3COONa
D. 向NaClO溶液中滴加醋酸，可生成HClO，使杀菌、消毒能力增强
【答案】C
【解析】
【详解】A．电离平衡常数越大，酸性越强，根据表中电离平衡常数可以知道，酸性大小：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，A项正确；
B．电离平衡常数越大，酸性越强，根据表中电离平衡常数可以知道，酸性大小：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞，根据强酸制弱酸，少量的CO2与NaClO溶液反应生成HClO与NaHCO3，B项正确；
C．酸性大小：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞，越弱越水解，则常温下，浓度均为0.1mol/L的溶液的碱性：Na2CO3＞NaClO＞CH3COONa，C项错误；
D．酸性：CH3COOH＞HClO，向NaClO溶液中滴加醋酸，可生成HClO，HClO具有强氧化性，使杀菌、消毒能力增强，D项正确；
答案选C。
18. 在相同温度下(T＝500 K)，有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，甲容器中充入1 g SO2和1 g O2，乙容器中充入2 g SO2和2 g O2。下列叙述中错误的是( )
A. 化学反应速率：乙＞甲
B. 平衡时O2的浓度：乙＞甲
C. 平衡时SO2的转化率：乙＞甲
D. 平衡时SO2的体积分数：乙＞甲
【答案】D
【解析】
【分析】相同温度下(T=500 K)，有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，甲容器中充入1g SO2和1g O2，乙容器中充入2g SO2和2g O2，平衡时，乙相当于两个甲容器增大压强的结果，发生的反应为2SO2+O2⇌2SO3，据此分析解答。
【详解】A．乙中浓度大，则化学反应速率：乙＞甲，故A正确；
B．平衡时，乙相当于两个甲容器增大压强的结果，则平衡时O2的浓度：乙＞甲，故B正确；
C．乙中压强大，2SO2+O2⇌2SO3平衡正向进行的程度大，则平衡时SO2的转化率：乙＞甲，故C正确；
D．乙中压强大，2SO2+O2⇌2SO3平衡正向进行的程度大，则平衡时SO2的体积分数：乙＜甲，故D错误；
故选D。
19. 下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 向溶液中加入少量水，溶液中减小
B. 将溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
D. 室温下，的溶液与的溶液中水的电离程度相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ka= ，加水虽促进电离，n(CH3COO－)增大，但c(CH3COO－)减小，Ka保持不变，则溶液中增大，A项错误；
B．CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，20℃升温至30℃，促进CH3COO－水解，溶液中增大，B项正确；
C．向盐酸中加入氨水呈中性，则c(H＋)=c(OH－)，电荷守恒可知，溶液中，即=1，C项错误；
D．CH3COONa溶液中CH3COO－发生水解反应促进水的电离，NaOH电离出OH-抑制水的电离，两者溶液中水的电离程度不相同，D项错误；
故答案选B。
20. 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. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①>②>④>③
C. 将溶液①、④等体积混合，所得溶液中：
D. 将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的，则
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铵溶于水后电离出铵根可以抑制氨水的电离使氢氧根浓度减小，铵根还可以结合NaOH溶液中的氢氧根使其氢氧根浓度减小，则溶液①、②中加入氯化铵晶体后，溶液的pH都会减小，故A正确；
B．一水合氨稀释过程中还有继续电离出氢氧根，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，故B正确；
C．一水合氨为弱碱，所以pH=11的氨水浓度远大于10-3mol/L，而HCl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(NH)> c(Cl-)，故C错误；
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，故D正确；
综上所述答案为C。
21. 为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)
实验目的
玻璃仪器
试剂
A
配制一定物质的量浓度的溶液
容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒
蒸馏水、固体
B
制备胶体
烧杯、酒精灯、胶头滴管
蒸馏水、饱和溶液
C
测定溶液浓度
烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管
待测溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂
D
测中和反应中的热量变化
大小烧杯、环形玻璃搅拌棒、量筒
盐酸、溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、100mL 容量瓶、胶头滴管等，其中所需要的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，故A错误；
B．往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，所选玻璃仪器和试剂均准确，故B正确；
C．用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液测定氢氧化钠的浓度，取待测液时需选取碱式滴定管，酸式滴定管则盛装标准盐酸溶液，所以所选仪器还应有碱式滴定管，故C错误；
D．用盐酸和溶液测中和热，需要量筒量取溶液，需要大小烧杯，环形玻璃搅拌棒，还需要温度计测起始和反应完的温度，故D错误；
故答案为B。
22. 下列实验及其结论都正确的是
实验
结论
A
分别向的酸性和的酸性溶液中滴加的草酸溶液，用秒表记录褪色时间
反应物的浓度越大，反应速率越快
B
室温下，用试纸测定浓度均为的溶液和溶液的
比较和的酸性强弱
C
等体积、的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多
酸性HA比HB弱
D
向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液
根据品红溶液褪色判断该钠盐为或
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．高锰酸钾浓度不同，溶液颜色不一致，不能说明浓度对速率的影响，应控制草酸浓度不同且过量，其余物理量完全相同，然后比较褪色时间，故A错误；
B．NaClO溶液具有漂白性，则pH试纸不能测定其pH，故B错误；
C．等pH的酸与足量的Zn反应时，弱酸的浓度大，生成氢气多，HA放出的氢气多，可知酸性HA比HB的弱，故C正确；
D．二氧化硫、氯气等均可使品红溶液褪色，由操作和现象不能证明钠盐为Na2SO3或NaHSO3，故D错误；
故选：C。
23. 已知甲为恒温、恒压容器，乙为恒温、恒容容器。两容器中均充入1 mol N2、3 mol H2，初始时两容器的温度、体积相同。一段时间后反应达到平衡，为使两容器中的N2在平衡混合物中的物质的量分数相同，下列措施中可行的是
A. 向甲容器中充入一定量的氦气
B. 向乙容器中充入一定量的N2
C. 升高乙容器的温度
D. 增大甲容器的压强
【答案】A
【解析】
【详解】甲为恒温恒压容器，乙为恒温恒容容器，初始时两容器的温度、体积相同，合成氨反应是一个气体体积缩小的可逆反应，反应达到平衡时甲的体积小于乙的体积，相当于在乙的基础上增大压强，缩小体积，平衡正向移动，甲中氮气的转化率高，甲中氮气的物质的量分数小；为使两容器中的N2在平衡混合物中的物质的量分数相同，可以提高甲中氮气的物质的量分数或者减小乙中氮气的物质的量分数。
A. 向甲容器中充入一定量的氦气，使甲中的容积增大，相当于减小压强，平衡向左移动，提高了甲中氮气的物质的量分数，故A可行；
B. 向乙容器中充入一定量的N2气体，提高了乙中氮气的物质的量分数，故B不可行；
C. ，升温平衡左移，提高了乙中N2的物质的量分数，故C不可行；
D. 增大甲容器的压强，平衡右移，减小了甲中N2的物质的量分数，故D不可行；
答案选A。
24. 已知 ，下表是同温、同体积的两个恒容密闭容器中发生可逆反应的有关数据：
容器编号
起始各物质的物质的量
达平衡时体系能量的变化
①
0
0
2
吸收热量：
②
0.9
2.7
0.2
下列叙述正确的是
A. ①、②中反应的平衡常数不相等
B. 平衡时两容器中的体积分数相等
C. 容器②中达平衡时放出热量为
D. 若容器①体积为变为原来的2倍，平衡时吸收的热量仍为
【答案】B
【解析】
【详解】A．平衡常数只与温度有关，相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生相同的反应，则平衡常数应相同，A错误；
B．①容器中放出23.15kJ热量，则生成氨气的物质的量为：，
利用三段式计算：
平衡时，①容器中NH3的体积分数等于气体的物质的量分数：，从等效平衡的角度分析，在相同条件下处于相同平衡状态，所以平衡时两个容器内氨气的体积分数相等，B正确；
C．②中含有0.9molN2和2.7molH2，相当在①的基础上加入N2和H2，平衡正向移动，则平衡时放出的热量大于23.15kJ，，C错误；
D．若容器①体积为变为原来的2倍，相当于在原来的基础上减小压强，平衡逆向移动，平衡时放出的热量小于23.15kJ ，D错误；
故选B。
25. 常温下，浓度均为、体积均为的两种一元酸HX、HY的溶液中，分别加入固体，随加入的物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 的酸性弱于
B. a点由水电离出的
C. c点溶液
D. b点时酸碱恰好完全中和
【答案】C
【解析】
【详解】A．未加氢氧化钠时，相同浓度溶液中，HX的＝12，而HY的＜9，由于c(H+)×c(OH-)＝Kw，则HX溶液中氢离子浓度更大，故HX的酸性强于HY，A错误；
B．a点溶液＝12，结合c(H+)×c(OH-)＝10－14可知c(OH-)＝10-13 mol/L，水电离出的c(H+)等于溶液中c(OH-)，即a点由水电离出的c(H+)＝10-13 mol/L，B错误；
C．HY为0.01mol，c点加入NaOH为0.005mol，HY反应后剩余0.005mol，生成0.005molNaY，此时c点溶液为等浓度的HY、NaY混合溶液，c点溶液中＝6，结合c(H+)×c(OH-)＝10－14可知c(H+)＝10-4mol/L，溶液呈酸性，说明HY的电离程度大于Y-的水解程度，则溶液中c点溶液中：c(Na+)＜c(Y-)，C正确；
D．HY为0.01mol，b点加入NaOH为0.008mol，二者按物质的量1：1反应，故HY有剩余，D错误。
答案选C。
第Ⅱ卷(共50分)
26. 常温下，根据表中的几种物质的电离平衡常数回答下列问题：
弱酸
电离平衡常数
（1）若取、体积均相等的溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后仍相等，则m_______(填“>”“＜”或“=”)n。
（2）某温度下纯水的，若温度不变，滴入稀盐酸，使，则此溶液中由水电离产生的_______。
（3）将的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量溶液，都升高了1，则加入的水与溶液的体积比为_______。
（4）向溶液中滴加溶液至，此时溶液_______。
（5）常温下，某盐酸和硫酸的混合溶液，取该溶液加入的溶液，恰好完全沉淀，则原溶液中_______。
（6）已知的，的，，则反应的平衡常数_______。
【答案】（1）＜ （2）
（3）
（4）5 （5）
（6）720
【解析】
【小问1详解】
NaOH是一元强碱，c(OH-)=c(NaOH)，NH3·H2O是一元弱碱，部分电离，存在电离平衡，主要以电解质分子存在，c(NH3·H2O)>(OH-)，因此当氨水与NaOH的pH相等时，c(NH3·H2O)>c(NaOH)。若将两种溶液都稀释相同倍数，氨水中存在的NH3·H2O会进一步电离产生OH-，使氨水中c(OH-)比NaOH大，因此要使稀释后溶液的pH相等，则氨水应该再进一步稀释，故稀释的倍数m
某温度下纯水的c(H+)=4.0×10-7mol/L，则水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)=4.0×10-7×4.0×10-7=1.6×10-13，若温度不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=2.0×10-4mol/L，则此溶液中由水电离产生的c(H+)=c(OH-)==8.0×10-10mol/L；
【小问3详解】
盐酸的pH=1，则c(H+)=0.1mol/L，设每份盐酸的体积都为IL，则0.1mol/L×1L=10-2mol/L×[V(H2O)+1L]，解得V(H2O)=9L；，解得V(NaOH)=L，则加入的水和氢氧化钠溶液的体积之比V(H2O):V(NaOH)=9:=11:1；
【小问4详解】
向溶液中滴加溶液时CH3COOH的电离常数K=不变，故时，此时溶液5；
【小问5详解】
常温下，200mL0.1mol/L的Ba(OH)2溶液中，c(OH-)=0.2mol/L，n(OH-)=0.2L×0.2mol/L=0.04mol；常温下，100mLpH=0盐酸和硫酸的混合溶液中，c(H+)=1mol/L，n(H+)=0.1mol，加入200mL0.1mol/L的Ba(OH)2恰好沉淀完全，则n(H2SO4)=n[Ba(OH)2]=0.02mol，H2SO4电离出的n(H+)=0.04mol，HCl电离出的n(H+)=0.1mol-0.04mol=0.06mol，则n(HCl)=0.06mol，c(HCl)==0.6mol/L；
【小问6详解】
反应的平衡常数，分子、分母同时乘以c(H+)c(OH-)可得：。
27. 现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量 [g/100mL]。
（1）用_______(填仪器名称，下同)量取食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
（2）取待测白醋溶液于锥形瓶中，向其中滴加2滴_______作指示剂。
（3）读取盛装溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为_______。
（4）滴定。当_______时，停止滴定，并记录溶液的终读数。重复滴定3次。
滴定次数
1
2
3
4
V样品(mL)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)消耗 (mL)
15.95
15.00
15.05
14.95
（5）该市售白醋的总酸量_______。
（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_______。
A. 碱式滴定管在滴定时用标准溶液润洗
B. 酸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
（7）氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。测血钙的含量时，进行如下实验：
①可将血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵晶体，反应生成沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得溶液。
②将①得到的溶液，再用酸性溶液滴定，氧化产物为，还原产物为。
③终点时用去的溶液。
通过计算可知，血液中含钙离子的浓度为_______。
【答案】（1）酸式滴定管
（2）酚酞 （3）0.60
（4）当滴入最后一滴溶液时，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色
（5）4.5 （6）BD
（7）
【解析】
【小问1详解】
滴定管精确度为0.01mL，醋酸具有酸性能腐蚀橡胶管，所以应选用酸式滴定管量取白醋。
【小问2详解】
醋酸溶液与氢氧化钠溶液完全反应时生成醋酸钠，溶液呈碱性，应该选择酚酞溶液作指示剂。
【小问3详解】
根据图示可知，滴定管中液面的读数0.60mL。
【小问4详解】
NaOH滴定食醋的终点为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色。
【小问5详解】
4次实验数据中第1次数据误差大，应舍去，则消耗NaOH溶液的平均体积为，反应为，，，，白醋中，即该市售白醋的总酸量为：。
【小问6详解】
A．碱式滴定管在滴定时用标准NaOH溶液润洗，操作方法合理，不影响滴定结果，A错误；
B．酸式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成体积偏大，溶液浓度偏小，B正确；
C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V(标准)无影响，溶液浓度不变，C错误；
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小，造成V(标准)偏小，溶液浓度偏小，D正确；
故选BD。
【小问7详解】
由、，可以得出关系式：，所以，所以2mL该血液中含钙的物质的量为： ，所以血液中含钙离子的浓度为：。
28. 丙酮蒸气热裂解可生产乙烯酮，反应为 ，现对该热裂解反应进行研究，回答下列问题：
（1）①根据表格中的键能数据，计算_______；
化学键
键能
412
348
612
②该反应在_______(填“低温”或“高温”或“任意温度”)条件下可自发进行。
（2）在恒容绝热密闭容器中，充入丙酮蒸气，可以判断下列到达平衡状态的是_______。
A.消耗速率与生成速率相等
B.容器内密度不再变化
C.反应平衡常数不再变化
D.混合气体的平均相对分子质量不再变化
E.和的浓度比保持不变
（3）丙酮的平衡转化率随温度、压强变化如图所示：
①图中X表示的物理量是_______；
②A、C两点化学平衡常数_______(填“>”、“＜”或“=”)；
③恒容下，既可提高反应速率，又可提高丙酮平衡转化率的一条合理措施是_______。
（4）在容积可变的恒温密闭容器中，充入丙酮蒸气维持恒压 (110kPa)。
①经过时间，丙酮分解10％。用单位时间内气体分压变化表示的反应速率v(丙酮)_______；
②该条件平衡时丙酮分解率为a，则_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（5）其他条件相同，在甲、乙两种催化剂作用下发生该反应，相同时间时丙酮的转化率与温度的关系如图。
①工业上选择催化剂_______(填“甲”或“乙”)。
②在催化剂甲作用下，温度高于210℃时，丙酮转化率降低的原因可能是_______(写一条即可)。
【答案】（1） ①. +84 ②. 高温
（2）ACD （3） ①. 压强 ②. ＜ ③. 升高温度
（4） ①. ②.
（5） ①. 乙 ②. 催化剂活性降低、副反应增多
【解析】
【小问1详解】
①根据键能关系△H=反应物的总键能-生成物的总键能=（348kJ·mol-1）×2+（412kJ·mol-1）×6-（612kJ·mol-1）-（412kJ·mol-1）×2-（412kJ·mol-1）×4=84kJ·mol-1，故答案为：+84；
②△G=△H-T△S＜0时，反应可自发进行，该反应△S＞0，即T较大时，反应自发，故答案为：高温；
【小问2详解】
A.O=C=CH2(g)消耗速率与CH4生成速率相等说明逆反应速率等于正反应速率，能判断反应达到平衡状态，故A正确；
B.容器为恒容，反应过程中总质量不变，所以密度始终不变，不能确定反应达到平衡状态，故B错误；
C.该容器为绝热容器，正反应方向为吸热，平衡常数不变，说明温度不变，温度不变，能说明反应达到平衡状态，故C正确；
D.正反应方向是气体物质的量增大的方向，即混合气体的平均相对分子质量减小的方向，当平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡状态，故D正确；
E.该反应进行时，O=C=CH2(g)和CH4(g)的浓度比始终保持不变，无法确定反应达到平衡状态，故E错误；
故答案为：ACD；
【小问3详解】
①该反应吸热反应，温度升高，平衡向正反应移动，丙酮的转化率应该升高，若X为温度，与图示不符；X表示压强，增大压强时，平衡逆向移动，丙酮转化率降低，符合图示；故答案为：压强；
②A、C两点转化率相同，且C点压强大于A点，则C点的温度应该高于A，平衡常数只与温度有关，温度升高平衡正向移动，平衡常数增大，则KA＜KC，故答案为：＜；
③根据上述分析恒容下，既可提高反应速率，又可提高丙酮平衡转化率的一条合理措施是升高温度，故答案为：升高温度；
【小问4详解】
①设起始丙酮的物质的量为n mol，则分解10%后，丙酮、乙烯酮和甲烷的物质的量分别为0.9n，0.1n，0.1n，已知物质的量之比等于分压之比，则此时丙酮的分压为，则用单位时间内气体分压变化表示的反应速率v(丙酮)=，故答案为：；
②该条件平衡时丙酮分解率为a，设起始丙酮的物质的量为nmol，则平衡时丙酮、乙烯酮和甲烷的物质的量依次为n(1-a)mol、anmol、anmol，物质的量分数分别为、、，则Kp=，故答案为：。
【小问5详解】
①图像中曲线变化可知低温下乙的催化作用强，所以工业上选择催化剂乙，故答案为：乙；
②由于高于210℃时，催化剂活性降低，副反应增多，因此导致丙酮转化率降低，故答案为：催化剂活性降低、副反应增多。
29. 铅蓄电池的拆解、回收和利用可以减少其对环境的污染，具有重要的可持续发展意义。利用废铅蓄电池的铅膏(主要成分为、)，还有少量、、)制备PbO的流程如下：
回答下列问题：
（1）步骤①将废铅膏研磨过筛的目的是___________。
（2）向废铅膏粉中加入NaOH溶液可将转化为PbO，反应的离子方程式是___________。
（3）溶液I中主要含有的阴离子有、___________。
（4）加入溶液和溶液可将脱硫铅膏中的含铅物质转化为。的电子式为___________，转化为的化学方程式是___________。
（5）若废铅膏中铅元素的质量分数为69%，用上述流程对1kg废铅膏进行处理，得到669gPbO，则铅的回收率为___________%。[M(Pb)=207、M(O)=16]
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率
（2）
（3）、
（4） ①. ②.
（5）90
【解析】
【分析】废铅膏研磨过筛后加入氢氧化钠溶液，硫酸铅转化为氧化铅，铅元素存在形式为氧化铅，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠进入溶液I中；脱硫铅膏中加入醋酸和过氧化氢溶液，氧化铅转化为醋酸铅，在加入氢氧化钠溶液，醋酸铅转化为氢氧化铅，经过一些列处理得到氧化铅。
【小问1详解】
粉碎的目的是：增大接触面积，加快反应速率；
【小问2详解】
向废铅膏粉中加入NaOH溶液可将转化为PbO，根据电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式是：；
【小问3详解】
根据分析，溶液I中含偏铝酸钠和硫酸钠，故阴离子主要是：、；
【小问4详解】
过氧化氢的电子式为：；氧化铅与醋酸、过氧化氢溶液反应得到醋酸铅，发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为：；
【小问5详解】
若废铅膏中铅元素的质量分数为69%，对1kg废铅膏进行处理，得到669gPbO，氧化铅中铅的质量占废铅膏中铅的质量百分比即为铅的回收率：。
四川省成都外国语学校2022-2023学年高二上学期12月月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：
第Ⅰ卷 (选择题，共50分)
一、选择题(每题仅有一个正确答案，每小题2分，共50分)
1. 生活中的下列物质呈酸性的是
A. 苏打水 B. 可乐 C. 食盐水 D. 肥皂液
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2CO3俗称纯碱、苏打。该物质是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此苏打水先碱性，A不符合题意；
B．可乐是在饮料中将一定浓度的CO2气体通过加压制成的。CO2与水反应产生H2CO3，H2CO3是二元弱酸，电离产生H+而使溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液显酸性，B符合题意；
C．NaCl是日常生活中常用的盐，俗称食盐，该物质是强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液显中性，故食盐水呈中性，C不符合题意；
D．肥皂液是高级脂肪酸的钠盐，由于高级脂肪酸是弱酸，NaOH是强碱，因此高级脂肪酸的钠盐溶液显碱性，即肥皂液显碱性，D不符合题意；
故合理选项是B。
2. 下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是
A. 灼热的碳与CO2的反应 B. 锌与稀硫酸反应
C. Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应 D. 铝热反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．灼热的碳与CO2反应产生CO，反应前后元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应；反应发生吸收热量，因此该反应又属于吸热反应，A符合题意；
B．锌与稀硫酸发生置换反应产生ZnSO4、H2，反应前后元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应；反应发生放出热量，因此该反应又属于放热反应，B不符合题意；
C．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl发生复分解反应产生BaCl2、NH3∙H2O，反应过程中元素化合价不变，因此不属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．铝热反应是金属间的置换反应，反应前后元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应；反应发生放出热量，因此该反应又属于放热反应，D不符合题意；
故合理选项是A。
3. 分类法是学习和研究化学的一种常用的科学方法。下列分类不合理的是
①、、都是碱性氧化物；、、都是酸性氧化物
②已知：(足量)，则为三元酸，为酸式盐
③与均含相同的元素氢，故也可以称为酸
④盐酸和冰醋酸均属于电解质
A. 只有②③ B. 只有③④ C. 只有①②③ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【详解】①CaO2中氧元素显-1价，不属于碱性氧化物；NO2不是酸性氧化物，①不正确；
②H3RO2消耗1mol的NaOH反应，所以H3RO2为一元酸，生成NaH2RO2为正盐，②不正确；
③ KHSO4由K、H、S、O四种元素组成，含有酸式根离子和金属离子，KHSO4属于盐，③不正确；
④盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，④错误；
综合分析不合理的①②③④；
故答案为：D。
4. 常温下，下列实验一定能证明为弱电解质的是
A. 溶液的
B. 溶液中滴入石蕊试液呈红色
C. 蛋壳浸泡在溶液中有气体放出
D. 的溶液中含有、、等微粒
【答案】D
【解析】
【详解】A．0.1mol/ LNaA溶液在常温下pH=7，溶液呈中性则NaA是强酸强碱盐所以HA是强电解质，故A不选；
B．0.1mol/LHA溶液中滴入石蕊试液呈红色，说明该溶液呈酸性，但是不能说明HA是否完全电离，则不能证明HA是弱电解质，故B不选；
C．蛋壳浸泡在0.1mol/LHA溶液中有气体放出，只能说明HA酸性大于碳酸，但是不能说明HA是否完全电离，则不能证明HA是弱电解质，故C不选；
D．的溶液中含有、、等微粒，含有未电离的分子，说明HA没有完全电离，则证明HA是弱电解质，故D选；
故答案为D。
5. 下列有关化学符号表示正确的是
A. 甲烷的燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
B. 在水溶液中的电离：
C. 向溶液中通入少量：
D. 硫化钠溶液呈碱性的原因：
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定的稳定产物(水为液态水)时放出的热量，甲烷的燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： ，A错误；
B．H2CO3是多元弱酸，其电离过程是分步进行的，在水溶液中的电离：、，以第一步电离为主，B错误；
C．由于HClO具有强氧化性，故向溶液中通入少量反应生成硫酸钠、次氯酸，该反应的离子方程式为：，C错误；
D．硫化钠溶液呈碱性是由于S2-发生水解，S2-是多元弱酸根离子，其水解反应是分步进行的即，D正确；
故答案为：D。
6. 下列说法正确的有几个
(1)强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强
(2)将氢氧化钠溶液和氨水各稀释一倍，氢氧根浓度均减小为原来的一半
(3)减少反应物的用量，平衡一定逆向移动
(4)加入催化剂可以降低活化能，活化分子百分比虽然没变，但可以加快反应速率
(5)电离常数大的酸溶液中的一定比电离常数小的酸溶液中的大
(6)非电解质的水溶液一定不能导电
(7)常温下向的氢氧化钠溶液中加入的溶液至，所得溶液的总体积≤20mL
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【详解】(1)因为浓度不确定，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强，正确；
(2)将氢氧化钠溶液和氨水各稀释一倍，氨水电离平衡正向移动，氢氧根浓度大于原来的一半，错误；
(3)若反应物为固体或者纯液体，减少反应物的用量，平衡不一定移动，错误；
(4)加入催化剂可以降低活化能，活化分子百分比增大，加快反应速率，错误；
(5)相同浓度酸溶液中，电离常数大的酸溶液中的电离常数小的酸溶液中的大，错误；
(6)非电解质可能和水反应生成可以电离的物质，如能与水反应，生成的的水溶液能导电，错误；
(7)常温下向的氢氧化钠溶液中加入10mL的溶液，由于不确定HA的酸性强弱，完全反应后溶液显碱性或中性，要使，所加溶液体积小于或等于10mL，因此所得溶液的总体积≤20mL，正确。故选B。
7. 下列实验事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 的氨水稀释10倍后溶液
B. 升高温度水的离子积增大
C. 制备时用粗锌比纯锌的速率快
D. 向固体中滴加浓氨水制氨气
【答案】C
【解析】
【详解】A．的氨水稀释10倍后溶液，可知稀释时一水合氨的电离平衡正向移动，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．水的电离是吸热的过程，升高温度促进电离，导致水的离子积增大，能用平衡移动原理解释，B不符合题意；
C．改用粗锌可以形成原电池，可以加快金属锌和硫酸反应的速率，与化学平衡无关，不能用平衡移动原理解释，C符合题意；
D．浓氨水中加入氢氧化钠固体，会放出大量的热，促使氨水的电离平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；
答案选C。
8. 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 25℃，的溶液中的数目为
B. 与足量二氧化碳(C18O2)反应生成分子数为
C. 室温下的溶液，由水电离出的数目为
D. 和在密闭容器中充分反应得到个分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．25℃时的溶液中n(OH-)=c∙V=0.1mol/L×1L=0.1mol，水还电离出OH-，则溶液中的数目大于，故A错误；
B．Na2O2与足量的(C18O2)反应为歧化反应，生成的O2中的氧元素全部来自于Na2O2，不会生成18O2，故B错误；
C．在pH=11的Na2CO3溶液中c(H+)=1×10-11 mol/L，由c(H+)•c(OH-)=KW可知c(OH-)=1×10-3 mol/L，由水电离出的c(OH-)=1×10-3 mol/L，n(OH-)=1×10-3 mol/L×10 L=0.01 mol,所以水电离出的OH-数目为0.01NA，故C正确；
D．合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故NH3的分子数小于2NA，故D错误；
故选：C。
9. 常温下，下列各组离子在相应的溶液中可能大量共存的是
A. 由水电离产生的的溶液中：、、、
B. 能使试纸变红的溶液中：、、、
C. 在的溶液中：、、、
D. 的溶液中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A．由水电离产生的的溶液为酸性或碱性溶液，可以与OH-反应而不能大量共存，但是在酸性条件下可以共存，故A符合题意；
B．能使试纸变红的溶液为酸性溶液，可以与H+反应而不能大量共存，故B不符合题意；
C．的溶液为碱性溶液，、与氢氧根都能反应而不能大量共存，故C不符合题意；
D．的溶液为酸性溶液，与H+可以反应而不能大量共存，故D不符合题意；
故选A。
10. 下列实验中，由于错误操作导致实验结果一定偏高的是
A. 用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线，所配溶液的浓度
B. 滴定时盛放待测液的锥形瓶没有干燥，所测得待测液的浓度
C. 用标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸，选甲基橙做指示剂，所测得盐酸溶液的浓度
D. 滴定管(装标准溶液)滴定后读数时尖嘴处悬挂一滴液体
【答案】D
【解析】
【详解】A．配制溶液时，在定容时仰视液面会导致所配溶液体积偏大，导致溶液浓度偏小，故不选A项；
B．滴定时盛放待测液的锥形瓶没有干燥，不影响溶质的量，对测量结果无影响，故不选B项；
C．甲基橙变色的范围是：3.1-4.4，所以用甲基橙做指示剂，当达到滴定终点时溶液呈酸性，消耗的氢氧化钠溶液偏少，所测得的醋酸溶液浓度偏低，故不选C项；
D．滴定管(装标准溶液) 滴定后读数时尖嘴处悬挂一滴液体，会导致量取液体的体积偏大，导致测得待测液的浓度偏高，故选D项；
故答案选D。
11. 根据下列图示所得出的结论正确的是
A. 图甲表示压强对可逆反应的影响，乙的压强比甲的压强大
B. 图乙是金刚石与石墨分别氧化生成能量关系曲线，说明石墨转化为金刚石的反应的
C. 图丙表示一定条件下的合成氨反应中，的平衡体积分数随起始体积分数(的起始量恒定)的变化，图中a点的转化率大于b点
D. 图丁表示常温下，稀释、两种酸的稀溶液时，溶液随加水量的变化，则一定是强酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．2A(g)+2B(g)⇌3C(g)+D(s)为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，图中平衡状态相同，应为使用催化剂，故A错误；
B．图中金刚石比石墨的能量高，则石墨转化为金刚石的反应的△H＞0，故B正确；
C．增大氢气的量，可促进氮气的转化率，则图中a点N2的转化率小于b点，故C错误；
D．开始的pH相同，稀释相同倍数时，酸性强的pH变化大，则HA的酸性强，不能说明HA一定是强酸，故D错误；
故答案为B。
12. 对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)的反应历程如下：
第一步：N2O5NO2+NO3 快速平衡
第二步：NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应
第三步：NO+NO3→2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述错误的是
A. v(第一步的逆反应)>v(第二步反应)
B. 反应的中间产物只有NO3
C. 第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D. 第二步反应活化能较高
【答案】B
【解析】
【详解】A．快速平衡，说明第一步反应的正、逆反应速率都较大，则第一步反应的逆反应速率大于第二步反应的速率，A正确；
B．根据反应历程可知，反应的中间产物有NO、NO3，B错误；
C．第二步反应不影响第一步的平衡，且第二步反应为慢反应，则第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；
D．活化能越高，反应速率越慢，则可知第二步反应活化能较高，D正确；
故答案选B。
13. 一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是
A. 升高温度，可能引起由c向b的变化
B. 该温度下，水离子积常数为1.0×10-13
C. 该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化
D. 该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．图中曲线为一定温度下的离子积常数曲线，升高温度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的离子积常数增大，所以升高温度将不在曲线上，不可能由c变到b，，故A错误；
B．根据离子积常数可知，该温度下Kw=c(H+)⋅c(OH−)=1×10−7×1×10−7=1×10−14，故B错误；
C．该温度下，加入FeCl3水解显酸性，氢离子浓度增大而氢氧根离子浓度减小，可以引起曲线b向a的变化，故C正确；
D．该温度下，离子积常数不变，稀释溶液，只能在这条曲线上，不能造成由c向d的变化，故D错误；
故答案为C。
14. 关于下列仪器使用的说法错误的是
A. ①、④不可加热 B. ②、④不可用作反应容器
C. ③、⑤可用于物质分离 D. ②、④、⑤使用前需检漏
【答案】A
【解析】
【分析】①是锥形瓶，②是酸式滴定管，③是蒸馏烧瓶，④是容量瓶，⑤是梨形分液漏斗
【详解】A．锥形瓶可以加热，但需要加石棉网，容量瓶不能加热，A项符合题意；
B．酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，都不能作反应容器，B项不符合题意；
C．蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，分离相互溶解的液体，分液漏斗用于分液操作，分离相互不溶解的液体，两者均可用于物质分离，C项不符合题意；
D．酸式滴定管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前均需检查是否漏水，D项不符合题意；
故选A。
15. 用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M。为研究降解效果，设计如下对比实验探究温度、浓度、pH对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示。下列说法错误的是
实验编号
温度/℃
pH
①
25
1
②
45
1
③
25
7
④
25
1
A. 实验①中0～15min内M的降解速率为1.33×10−5mol·L−1·min−1
B. 若其他条件相同，则实验①②说明升高温度，M的降解速率增大
C. 若其他条件相同，则实验①③说明pH越大，越不利于M的降解
D. 若其他条件相同，则实验①④说明M的浓度越小，降解的速率越快
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图中数据，可知15 min内Δc（M）=（0.3mol/L-0.1mol/L）×10-3=2×10-4mol/L，则实验①中0～15min内M的降解速率为2×10−4mol/L÷15min=1.33×l0-5mol/（L•min），故A正确；
B．由图可知实验②相对于实验①，M降解速率增大，结合表中数据可知，其他条件相同，实验②的温度高，所以说明升高温度，M降解速率增大，故B正确；
C．由图可知实验①相对于实验③，M降解速率增大，又表中数据可知，其他条件相同，实验③的pH高，所以说明pH越高，越不利于M的降解，故C正确；
D．由图可知，起始浓度不同，M的起始浓度越小，降解速率越小，故D错误；
故选D。
16. 在催化剂表面脱氢的反应机理，反应历程与能量的关系如图所示：
下列说法错误的是
A. 在历程Ⅰ~Ⅴ中，涉及了、、的断裂
B. 在历程Ⅰ~Ⅴ中，生成V的反应决定了脱氢反应的速率
C. 若用或代替，得到的产物都有和
D. 在催化剂表面脱氢反应的
【答案】A
【解析】
【详解】A．在历程I~V中，根据图中分析没有的断裂，故A错误；
B．在历程I~V中，IV→V的活化能最高，则生成V的反应速率最慢，决定了脱氢反应的速率，故B正确；
C．根据HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理图可得化学反应为HCOOHCO2+H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，则用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2，故C正确；
D．由反应历程图可知，在催化剂表面脱氢反应，反应物的总能量高于最终产物的总能量，则HCOOH脱氢反应为放热反应，△H<0，故D正确；
答案选A。
17. 已知三种酸的电离平衡常数，下列说法不正确的是
弱酸
醋酸
次氯酸
碳酸
电离平衡常数
Ka=1.7×10-5
Ka=4.7×10-8
Ka1=4.2×10-7 Ka2=5.6×10-11
A. 三种酸的酸性由强到弱的顺序是：CH3COOH＞H2CO3＞HClO
B. 少量的CO2与NaClO溶液反应生成HClO与NaHCO3
C. 常温下，浓度均为0.1mol/L的溶液的碱性：NaClO＞Na2CO3＞CH3COONa
D. 向NaClO溶液中滴加醋酸，可生成HClO，使杀菌、消毒能力增强
【答案】C
【解析】
【详解】A．电离平衡常数越大，酸性越强，根据表中电离平衡常数可以知道，酸性大小：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，A项正确；
B．电离平衡常数越大，酸性越强，根据表中电离平衡常数可以知道，酸性大小：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞，根据强酸制弱酸，少量的CO2与NaClO溶液反应生成HClO与NaHCO3，B项正确；
C．酸性大小：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞，越弱越水解，则常温下，浓度均为0.1mol/L的溶液的碱性：Na2CO3＞NaClO＞CH3COONa，C项错误；
D．酸性：CH3COOH＞HClO，向NaClO溶液中滴加醋酸，可生成HClO，HClO具有强氧化性，使杀菌、消毒能力增强，D项正确；
答案选C。
18. 在相同温度下(T＝500 K)，有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，甲容器中充入1 g SO2和1 g O2，乙容器中充入2 g SO2和2 g O2。下列叙述中错误的是( )
A. 化学反应速率：乙＞甲
B. 平衡时O2的浓度：乙＞甲
C. 平衡时SO2的转化率：乙＞甲
D. 平衡时SO2的体积分数：乙＞甲
【答案】D
【解析】
【分析】相同温度下(T=500 K)，有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，甲容器中充入1g SO2和1g O2，乙容器中充入2g SO2和2g O2，平衡时，乙相当于两个甲容器增大压强的结果，发生的反应为2SO2+O2⇌2SO3，据此分析解答。
【详解】A．乙中浓度大，则化学反应速率：乙＞甲，故A正确；
B．平衡时，乙相当于两个甲容器增大压强的结果，则平衡时O2的浓度：乙＞甲，故B正确；
C．乙中压强大，2SO2+O2⇌2SO3平衡正向进行的程度大，则平衡时SO2的转化率：乙＞甲，故C正确；
D．乙中压强大，2SO2+O2⇌2SO3平衡正向进行的程度大，则平衡时SO2的体积分数：乙＜甲，故D错误；
故选D。
19. 下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 向溶液中加入少量水，溶液中减小
B. 将溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
D. 室温下，的溶液与的溶液中水的电离程度相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ka= ，加水虽促进电离，n(CH3COO－)增大，但c(CH3COO－)减小，Ka保持不变，则溶液中增大，A项错误；
B．CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，20℃升温至30℃，促进CH3COO－水解，溶液中增大，B项正确；
C．向盐酸中加入氨水呈中性，则c(H＋)=c(OH－)，电荷守恒可知，溶液中，即=1，C项错误；
D．CH3COONa溶液中CH3COO－发生水解反应促进水的电离，NaOH电离出OH-抑制水的电离，两者溶液中水的电离程度不相同，D项错误；
故答案选B。
20. 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. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①>②>④>③
C. 将溶液①、④等体积混合，所得溶液中：
D. 将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的，则
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铵溶于水后电离出铵根可以抑制氨水的电离使氢氧根浓度减小，铵根还可以结合NaOH溶液中的氢氧根使其氢氧根浓度减小，则溶液①、②中加入氯化铵晶体后，溶液的pH都会减小，故A正确；
B．一水合氨稀释过程中还有继续电离出氢氧根，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，故B正确；
C．一水合氨为弱碱，所以pH=11的氨水浓度远大于10-3mol/L，而HCl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(NH)> c(Cl-)，故C错误；
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，故D正确；
综上所述答案为C。
21. 为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)
实验目的
玻璃仪器
试剂
A
配制一定物质的量浓度的溶液
容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒
蒸馏水、固体
B
制备胶体
烧杯、酒精灯、胶头滴管
蒸馏水、饱和溶液
C
测定溶液浓度
烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管
待测溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂
D
测中和反应中的热量变化
大小烧杯、环形玻璃搅拌棒、量筒
盐酸、溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、100mL 容量瓶、胶头滴管等，其中所需要的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，故A错误；
B．往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，所选玻璃仪器和试剂均准确，故B正确；
C．用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液测定氢氧化钠的浓度，取待测液时需选取碱式滴定管，酸式滴定管则盛装标准盐酸溶液，所以所选仪器还应有碱式滴定管，故C错误；
D．用盐酸和溶液测中和热，需要量筒量取溶液，需要大小烧杯，环形玻璃搅拌棒，还需要温度计测起始和反应完的温度，故D错误；
故答案为B。
22. 下列实验及其结论都正确的是
实验
结论
A
分别向的酸性和的酸性溶液中滴加的草酸溶液，用秒表记录褪色时间
反应物的浓度越大，反应速率越快
B
室温下，用试纸测定浓度均为的溶液和溶液的
比较和的酸性强弱
C
等体积、的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多
酸性HA比HB弱
D
向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液
根据品红溶液褪色判断该钠盐为或
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．高锰酸钾浓度不同，溶液颜色不一致，不能说明浓度对速率的影响，应控制草酸浓度不同且过量，其余物理量完全相同，然后比较褪色时间，故A错误；
B．NaClO溶液具有漂白性，则pH试纸不能测定其pH，故B错误；
C．等pH的酸与足量的Zn反应时，弱酸的浓度大，生成氢气多，HA放出的氢气多，可知酸性HA比HB的弱，故C正确；
D．二氧化硫、氯气等均可使品红溶液褪色，由操作和现象不能证明钠盐为Na2SO3或NaHSO3，故D错误；
故选：C。
23. 已知甲为恒温、恒压容器，乙为恒温、恒容容器。两容器中均充入1 mol N2、3 mol H2，初始时两容器的温度、体积相同。一段时间后反应达到平衡，为使两容器中的N2在平衡混合物中的物质的量分数相同，下列措施中可行的是
A. 向甲容器中充入一定量的氦气
B. 向乙容器中充入一定量的N2
C. 升高乙容器的温度
D. 增大甲容器的压强
【答案】A
【解析】
【详解】甲为恒温恒压容器，乙为恒温恒容容器，初始时两容器的温度、体积相同，合成氨反应是一个气体体积缩小的可逆反应，反应达到平衡时甲的体积小于乙的体积，相当于在乙的基础上增大压强，缩小体积，平衡正向移动，甲中氮气的转化率高，甲中氮气的物质的量分数小；为使两容器中的N2在平衡混合物中的物质的量分数相同，可以提高甲中氮气的物质的量分数或者减小乙中氮气的物质的量分数。
A. 向甲容器中充入一定量的氦气，使甲中的容积增大，相当于减小压强，平衡向左移动，提高了甲中氮气的物质的量分数，故A可行；
B. 向乙容器中充入一定量的N2气体，提高了乙中氮气的物质的量分数，故B不可行；
C. ，升温平衡左移，提高了乙中N2的物质的量分数，故C不可行；
D. 增大甲容器的压强，平衡右移，减小了甲中N2的物质的量分数，故D不可行；
答案选A。
24. 已知 ，下表是同温、同体积的两个恒容密闭容器中发生可逆反应的有关数据：
容器编号
起始各物质的物质的量
达平衡时体系能量的变化
①
0
0
2
吸收热量：
②
0.9
2.7
0.2
下列叙述正确的是
A. ①、②中反应的平衡常数不相等
B. 平衡时两容器中的体积分数相等
C. 容器②中达平衡时放出热量为
D. 若容器①体积为变为原来的2倍，平衡时吸收的热量仍为
【答案】B
【解析】
【详解】A．平衡常数只与温度有关，相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生相同的反应，则平衡常数应相同，A错误；
B．①容器中放出23.15kJ热量，则生成氨气的物质的量为：，
利用三段式计算：
平衡时，①容器中NH3的体积分数等于气体的物质的量分数：，从等效平衡的角度分析，在相同条件下处于相同平衡状态，所以平衡时两个容器内氨气的体积分数相等，B正确；
C．②中含有0.9molN2和2.7molH2，相当在①的基础上加入N2和H2，平衡正向移动，则平衡时放出的热量大于23.15kJ，，C错误；
D．若容器①体积为变为原来的2倍，相当于在原来的基础上减小压强，平衡逆向移动，平衡时放出的热量小于23.15kJ ，D错误；
故选B。
25. 常温下，浓度均为、体积均为的两种一元酸HX、HY的溶液中，分别加入固体，随加入的物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 的酸性弱于
B. a点由水电离出的
C. c点溶液
D. b点时酸碱恰好完全中和
【答案】C
【解析】
【详解】A．未加氢氧化钠时，相同浓度溶液中，HX的＝12，而HY的＜9，由于c(H+)×c(OH-)＝Kw，则HX溶液中氢离子浓度更大，故HX的酸性强于HY，A错误；
B．a点溶液＝12，结合c(H+)×c(OH-)＝10－14可知c(OH-)＝10-13 mol/L，水电离出的c(H+)等于溶液中c(OH-)，即a点由水电离出的c(H+)＝10-13 mol/L，B错误；
C．HY为0.01mol，c点加入NaOH为0.005mol，HY反应后剩余0.005mol，生成0.005molNaY，此时c点溶液为等浓度的HY、NaY混合溶液，c点溶液中＝6，结合c(H+)×c(OH-)＝10－14可知c(H+)＝10-4mol/L，溶液呈酸性，说明HY的电离程度大于Y-的水解程度，则溶液中c点溶液中：c(Na+)＜c(Y-)，C正确；
D．HY为0.01mol，b点加入NaOH为0.008mol，二者按物质的量1：1反应，故HY有剩余，D错误。
答案选C。
第Ⅱ卷(共50分)
26. 常温下，根据表中的几种物质的电离平衡常数回答下列问题：
弱酸
电离平衡常数
（1）若取、体积均相等的溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后仍相等，则m_______(填“>”“＜”或“=”)n。
（2）某温度下纯水的，若温度不变，滴入稀盐酸，使，则此溶液中由水电离产生的_______。
（3）将的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量溶液，都升高了1，则加入的水与溶液的体积比为_______。
（4）向溶液中滴加溶液至，此时溶液_______。
（5）常温下，某盐酸和硫酸的混合溶液，取该溶液加入的溶液，恰好完全沉淀，则原溶液中_______。
（6）已知的，的，，则反应的平衡常数_______。
【答案】（1）＜ （2）
（3）
（4）5 （5）
（6）720
【解析】
【小问1详解】
NaOH是一元强碱，c(OH-)=c(NaOH)，NH3·H2O是一元弱碱，部分电离，存在电离平衡，主要以电解质分子存在，c(NH3·H2O)>(OH-)，因此当氨水与NaOH的pH相等时，c(NH3·H2O)>c(NaOH)。若将两种溶液都稀释相同倍数，氨水中存在的NH3·H2O会进一步电离产生OH-，使氨水中c(OH-)比NaOH大，因此要使稀释后溶液的pH相等，则氨水应该再进一步稀释，故稀释的倍数m
某温度下纯水的c(H+)=4.0×10-7mol/L，则水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)=4.0×10-7×4.0×10-7=1.6×10-13，若温度不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=2.0×10-4mol/L，则此溶液中由水电离产生的c(H+)=c(OH-)==8.0×10-10mol/L；
【小问3详解】
盐酸的pH=1，则c(H+)=0.1mol/L，设每份盐酸的体积都为IL，则0.1mol/L×1L=10-2mol/L×[V(H2O)+1L]，解得V(H2O)=9L；，解得V(NaOH)=L，则加入的水和氢氧化钠溶液的体积之比V(H2O):V(NaOH)=9:=11:1；
【小问4详解】
向溶液中滴加溶液时CH3COOH的电离常数K=不变，故时，此时溶液5；
【小问5详解】
常温下，200mL0.1mol/L的Ba(OH)2溶液中，c(OH-)=0.2mol/L，n(OH-)=0.2L×0.2mol/L=0.04mol；常温下，100mLpH=0盐酸和硫酸的混合溶液中，c(H+)=1mol/L，n(H+)=0.1mol，加入200mL0.1mol/L的Ba(OH)2恰好沉淀完全，则n(H2SO4)=n[Ba(OH)2]=0.02mol，H2SO4电离出的n(H+)=0.04mol，HCl电离出的n(H+)=0.1mol-0.04mol=0.06mol，则n(HCl)=0.06mol，c(HCl)==0.6mol/L；
【小问6详解】
反应的平衡常数，分子、分母同时乘以c(H+)c(OH-)可得：。
27. 现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量 [g/100mL]。
（1）用_______(填仪器名称，下同)量取食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
（2）取待测白醋溶液于锥形瓶中，向其中滴加2滴_______作指示剂。
（3）读取盛装溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为_______。
（4）滴定。当_______时，停止滴定，并记录溶液的终读数。重复滴定3次。
滴定次数
1
2
3
4
V样品(mL)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)消耗 (mL)
15.95
15.00
15.05
14.95
（5）该市售白醋的总酸量_______。
（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_______。
A. 碱式滴定管在滴定时用标准溶液润洗
B. 酸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
（7）氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。测血钙的含量时，进行如下实验：
①可将血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵晶体，反应生成沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得溶液。
②将①得到的溶液，再用酸性溶液滴定，氧化产物为，还原产物为。
③终点时用去的溶液。
通过计算可知，血液中含钙离子的浓度为_______。
【答案】（1）酸式滴定管
（2）酚酞 （3）0.60
（4）当滴入最后一滴溶液时，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色
（5）4.5 （6）BD
（7）
【解析】
【小问1详解】
滴定管精确度为0.01mL，醋酸具有酸性能腐蚀橡胶管，所以应选用酸式滴定管量取白醋。
【小问2详解】
醋酸溶液与氢氧化钠溶液完全反应时生成醋酸钠，溶液呈碱性，应该选择酚酞溶液作指示剂。
【小问3详解】
根据图示可知，滴定管中液面的读数0.60mL。
【小问4详解】
NaOH滴定食醋的终点为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色。
【小问5详解】
4次实验数据中第1次数据误差大，应舍去，则消耗NaOH溶液的平均体积为，反应为，，，，白醋中，即该市售白醋的总酸量为：。
【小问6详解】
A．碱式滴定管在滴定时用标准NaOH溶液润洗，操作方法合理，不影响滴定结果，A错误；
B．酸式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成体积偏大，溶液浓度偏小，B正确；
C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V(标准)无影响，溶液浓度不变，C错误；
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小，造成V(标准)偏小，溶液浓度偏小，D正确；
故选BD。
【小问7详解】
由、，可以得出关系式：，所以，所以2mL该血液中含钙的物质的量为： ，所以血液中含钙离子的浓度为：。
28. 丙酮蒸气热裂解可生产乙烯酮，反应为 ，现对该热裂解反应进行研究，回答下列问题：
（1）①根据表格中的键能数据，计算_______；
化学键
键能
412
348
612
②该反应在_______(填“低温”或“高温”或“任意温度”)条件下可自发进行。
（2）在恒容绝热密闭容器中，充入丙酮蒸气，可以判断下列到达平衡状态的是_______。
A.消耗速率与生成速率相等
B.容器内密度不再变化
C.反应平衡常数不再变化
D.混合气体的平均相对分子质量不再变化
E.和的浓度比保持不变
（3）丙酮的平衡转化率随温度、压强变化如图所示：
①图中X表示的物理量是_______；
②A、C两点化学平衡常数_______(填“>”、“＜”或“=”)；
③恒容下，既可提高反应速率，又可提高丙酮平衡转化率的一条合理措施是_______。
（4）在容积可变的恒温密闭容器中，充入丙酮蒸气维持恒压 (110kPa)。
①经过时间，丙酮分解10％。用单位时间内气体分压变化表示的反应速率v(丙酮)_______；
②该条件平衡时丙酮分解率为a，则_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（5）其他条件相同，在甲、乙两种催化剂作用下发生该反应，相同时间时丙酮的转化率与温度的关系如图。
①工业上选择催化剂_______(填“甲”或“乙”)。
②在催化剂甲作用下，温度高于210℃时，丙酮转化率降低的原因可能是_______(写一条即可)。
【答案】（1） ①. +84 ②. 高温
（2）ACD （3） ①. 压强 ②. ＜ ③. 升高温度
（4） ①. ②.
（5） ①. 乙 ②. 催化剂活性降低、副反应增多
【解析】
【小问1详解】
①根据键能关系△H=反应物的总键能-生成物的总键能=（348kJ·mol-1）×2+（412kJ·mol-1）×6-（612kJ·mol-1）-（412kJ·mol-1）×2-（412kJ·mol-1）×4=84kJ·mol-1，故答案为：+84；
②△G=△H-T△S＜0时，反应可自发进行，该反应△S＞0，即T较大时，反应自发，故答案为：高温；
【小问2详解】
A.O=C=CH2(g)消耗速率与CH4生成速率相等说明逆反应速率等于正反应速率，能判断反应达到平衡状态，故A正确；
B.容器为恒容，反应过程中总质量不变，所以密度始终不变，不能确定反应达到平衡状态，故B错误；
C.该容器为绝热容器，正反应方向为吸热，平衡常数不变，说明温度不变，温度不变，能说明反应达到平衡状态，故C正确；
D.正反应方向是气体物质的量增大的方向，即混合气体的平均相对分子质量减小的方向，当平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡状态，故D正确；
E.该反应进行时，O=C=CH2(g)和CH4(g)的浓度比始终保持不变，无法确定反应达到平衡状态，故E错误；
故答案为：ACD；
【小问3详解】
①该反应吸热反应，温度升高，平衡向正反应移动，丙酮的转化率应该升高，若X为温度，与图示不符；X表示压强，增大压强时，平衡逆向移动，丙酮转化率降低，符合图示；故答案为：压强；
②A、C两点转化率相同，且C点压强大于A点，则C点的温度应该高于A，平衡常数只与温度有关，温度升高平衡正向移动，平衡常数增大，则KA＜KC，故答案为：＜；
③根据上述分析恒容下，既可提高反应速率，又可提高丙酮平衡转化率的一条合理措施是升高温度，故答案为：升高温度；
【小问4详解】
①设起始丙酮的物质的量为n mol，则分解10%后，丙酮、乙烯酮和甲烷的物质的量分别为0.9n，0.1n，0.1n，已知物质的量之比等于分压之比，则此时丙酮的分压为，则用单位时间内气体分压变化表示的反应速率v(丙酮)=，故答案为：；
②该条件平衡时丙酮分解率为a，设起始丙酮的物质的量为nmol，则平衡时丙酮、乙烯酮和甲烷的物质的量依次为n(1-a)mol、anmol、anmol，物质的量分数分别为、、，则Kp=，故答案为：。
【小问5详解】
①图像中曲线变化可知低温下乙的催化作用强，所以工业上选择催化剂乙，故答案为：乙；
②由于高于210℃时，催化剂活性降低，副反应增多，因此导致丙酮转化率降低，故答案为：催化剂活性降低、副反应增多。
29. 铅蓄电池的拆解、回收和利用可以减少其对环境的污染，具有重要的可持续发展意义。利用废铅蓄电池的铅膏(主要成分为、)，还有少量、、)制备PbO的流程如下：
回答下列问题：
（1）步骤①将废铅膏研磨过筛的目的是___________。
（2）向废铅膏粉中加入NaOH溶液可将转化为PbO，反应的离子方程式是___________。
（3）溶液I中主要含有的阴离子有、___________。
（4）加入溶液和溶液可将脱硫铅膏中的含铅物质转化为。的电子式为___________，转化为的化学方程式是___________。
（5）若废铅膏中铅元素的质量分数为69%，用上述流程对1kg废铅膏进行处理，得到669gPbO，则铅的回收率为___________%。[M(Pb)=207、M(O)=16]
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率
（2）
（3）、
（4） ①. ②.
（5）90
【解析】
【分析】废铅膏研磨过筛后加入氢氧化钠溶液，硫酸铅转化为氧化铅，铅元素存在形式为氧化铅，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠进入溶液I中；脱硫铅膏中加入醋酸和过氧化氢溶液，氧化铅转化为醋酸铅，在加入氢氧化钠溶液，醋酸铅转化为氢氧化铅，经过一些列处理得到氧化铅。
【小问1详解】
粉碎的目的是：增大接触面积，加快反应速率；
【小问2详解】
向废铅膏粉中加入NaOH溶液可将转化为PbO，根据电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式是：；
【小问3详解】
根据分析，溶液I中含偏铝酸钠和硫酸钠，故阴离子主要是：、；
【小问4详解】
过氧化氢的电子式为：；氧化铅与醋酸、过氧化氢溶液反应得到醋酸铅，发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为：；
【小问5详解】
若废铅膏中铅元素的质量分数为69%，对1kg废铅膏进行处理，得到669gPbO，氧化铅中铅的质量占废铅膏中铅的质量百分比即为铅的回收率：。
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