2017-2018学年辽宁省沈阳市东北育才学校高二上学期期中考试化学试题 解析版



2017—2018学年度上学期期中考试高二年级化学科试卷
考试时间：90分钟 命题人：郝俊刚
一、选择题（每题只有一个选项，每题2分，共40分）
1. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 合成氨工业上增大压强以提高反应物的转化率
B. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
C. 由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深
D. 在含有Fe(SCN)2＋的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去
【答案】C
【解析】试题分析：A、合成氨的反应为N2+3H22NH3，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，提高反应物的转化率，符合勒夏特列原理，错误；B、黄绿色的氯水中存在平衡：Cl2+HClOHClO+HCl，光照，次氯酸见光分解，浓度减小，平衡正向移动，氯气浓度减小，颜色变浅，符合勒夏特列原理，错误；C、由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系中存在平衡：H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应前后气体物质的量不变，加压，平衡不移动，颜色变深是由于体积变小造成碘蒸气浓度增大，不能用勒夏特列原理解释，正确；D、在含有Fe（SCN）2＋的红色溶液中存在平衡：Fe3＋+SCN－Fe（SCN）2＋，加铁粉，Fe3＋和铁粉反应生成Fe2＋，Fe3＋浓度减小，平衡逆向移动，Fe（SCN）2＋浓度减小，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特列原理解释，错误。
考点：考查化学平衡移动原理
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 反应物分子的每次碰撞都能发生化学反应
B. 活化分子之间的碰撞一定是有效碰撞
C. 能够发生化学反应的碰撞是有效碰撞
D. 增大反应物浓度时，活化分子百分数增大
【答案】C
【解析】A．当活化分子之间发生有效碰撞时才能发生化学反应，故A错误；B．活化分子之间的碰撞不一定为有效碰撞，当发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，故B错误；C．活化分子之间发生化学反应的碰撞为有效碰撞，故C正确；D．增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，但百分数不变，故D错误；故选C。
点睛：本题考查活化能及其对反应速率的影响。注意活化分子、有效碰撞以及活化能等概念的理解，活化分子之间的碰撞不一定为有效碰撞，当发生化学反应的碰撞才是有效碰撞。
3. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是( )
选项
实验
现象
结论
A
常温下将Cu放入浓H2SO4中
生成刺激性气味气体
Cu与浓H2SO4反应生成SO2
B
向某溶液中加入CCl4，振荡后静置
液体分层，下层呈紫红色
该溶液中存在I－
C
向1.0mol·L－1的NaHCO3溶液中滴加2滴甲基橙
溶液呈黄色
NaHCO3溶液呈碱性
D
向浓度均为0.1mol·L－1的Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3的溶液中逐滴加入氨水
先有红褐色沉淀生成，后有白色沉淀生成
Al(OH)3的溶度积比Fe(OH)3的大


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】A．常温下铜与浓硫酸不反应，需要加热才生成SO2，故A错误；B．水溶液中的I-不能被CCl4萃取，故B错误；C．使甲基橙呈黄色的溶液pH大于5即可，无法判断NaHCO3溶液呈碱性，故C错误；D．向浓度均为0.1mol·L－1的Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3的溶液中逐滴加入氨水，先有红褐色沉淀生成，后有白色色沉淀生成，说明Al(OH)3的溶度积比Fe(OH)3的大，故D正确；答案为D。
4. 下列有关物质的性质或该物质性质的应用均正确的是（ ）
A. 醋酸溶液与醋酸钠溶液中的醋酸根均可以水解，同浓度时前者的水解程度比后者低一些
B. 明矾净水与自来水的杀菌清毒原理是一样的
C. MgO和Al2O3在工业上用于制作耐高温材料，可用电解此两种物质冶炼镁、铝金属
D. 氯化亚铁溶液加热蒸干并灼烧得到三氧化二铁
【答案】D
【解析】A、醋酸是弱酸，在水中发生电离，CH3COO－不水解，故错误；B、明矾净水利用Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中悬浮固体颗粒，达到净水的目的，自来水消毒是利用的某些物质的氧化性，因此原理不同，故错误；C、MgO、Al2O3熔点高，用作耐高温材料，但MgO不用于冶炼镁，而是常电解熔融状态的MgCl2，冶炼铝常用电解熔融状态的氧化铝，故错误；D、FeCl3发生水解：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，盐类的水解是吸热反应，升高温度，促使平衡右移，HCl易挥发，更加促进平衡右移，得到Fe(OH)3固体，然后灼烧，氢氧化铁分解为氧化铁和水，故正确。
5. 常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是（ ）
A. 等浓度等体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7
B. pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液显中性
C. pH＝10的Ba(OH)2溶液和pH＝13的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＝10.7(lg 2＝0.3)
D. 将10 mL pH＝a的盐酸与100 mL pH＝b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，则a＋b＝13
【答案】D
【解析】A．强酸强碱混合溶液的酸碱性不仅取决于酸碱的物质的量还取决于酸和碱的元数，如果n(H+)＞n(OH-)，溶液呈酸性，如果n(H+)＞n(OH-)，溶液呈中性，如果n(H+)＜n(OH-)，溶液呈碱性，故A错误；B．pH=2的盐酸与pH=12的氨水，氨水的物质的量浓度大于盐酸，所以两种溶液等体积混合后所得溶液显碱性，故B错误；C．混合溶液中c(OH-)=mol/L，则混合液中氢离子浓度为：c(H+)=mol/L≈2×10-13mol/L，pH=12.7，故C错误；D．氯化氢和氢氧化钡都是强电解质，酸碱恰好中和，则盐酸中n(H+)等于氢氧化钡中n(OH-)，所以10-a mol/L×0.01L=1014-bmol/L×0.1L，则a+b=13，故D正确；故答案为D。
6. 一定温度下，在三个体积均为 1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g) ⇌CH3OCH3(g) + H2O(g) 下列说法正确的是（ ）
容器
编号
温度(℃)
起始物质的量(mol)
平衡物质的量(mol)
CH3OH(g)
CH3OCH3(g)
H2O(g)
I
387
0.20
0.080
0.080
II
387
0.40


III
207
0.20
0.090
0.090


A. 该反应的正反应为吸热反应
B. 达到平衡时，容器I中的CH3OH体积分数比容器II中的小
C. 容器I中反应到达平衡所需时间比容器III的长
D. 若起始时向容器I中充入0.15mol 的CH3OH、0.15mol 的CH3OCH3和0.10mol 的H2O，则反应将向正反应方向进行
【答案】D
【解析】A. 容器Ⅰ中平衡时c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.08mol÷1.0L=0.08mol/L，c(CH3OH)=(0.2mol−0.08mol×2)÷1.0L=0.04mol/L，则容器Ⅰ中化学平衡常数K1==4，容器Ⅲ中平衡时c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.09mol÷1.0L=0.09mol/L，c(CH3OH)=(0.2mol−0.09mol×2)÷1.0L=0.02mol/L，化学平衡常数K2= =20.25>4，所以降低温度，化学平衡常数增大，反应向正反应方向移动，则正反应是放热反应，故A错误；B. 恒容条件下，容器Ⅱ相当于在容器Ⅰ的基础上加压，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此平衡不移动，所以容器Ⅰ中的CH3OH体积分数和容器Ⅱ中的相等，故B错误；C. 容器Ⅰ中的温度比容器III的温度高，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，则容器I中反应到达平衡所需时间比容器III的短，故C错误；D. c(CH3OH)=0.1mol/L、c(CH3OCH3)=0.15mol/L、c(H2O)=0.1mol/L，浓度商Qc= =1.51.56×10−8mol/L，所以Cl−先产生沉淀，故C错误；D. 常温下pH=7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒可知：c(Na+)=c(CH3COO−)，故D正确；答案选C。
8. 下列叙述正确的是（ ）
A. 25℃时 Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度
B. 常温下，NaClO溶液显碱性的原因：ClO—+ H2O = HClO + OH—
C. 2NO(g) + 2CO(g) = N2(g) + 2CO2(g)，在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0
D. 25℃时向水中加入少量NaOH后，由水电离出的c(H+)•c(OH—)不变
【答案】A
【解析】试题分析：A．Cu(NO3)2溶液中Cu2+抑制Cu(OH)2的溶液平衡逆向移动，使溶解度减小，故A正确； B．常温下，NaClO溶液显碱性的原因是ClO—+ H2OHClO + OH—，故B错误；C．正反应为熵减的反应，即△S＜0，常温下能自发进行，根据△H-T△S=△G＜0反应自发进行，可推知该反应△H＜0，故C错误；D．25℃时向水中加入少量NaOH后，NaOH抑制水的电离，由水电离出的c(H+)•c(OH—)减小，故D错误；答案为A。
考点：考查溶解平衡、水解平衡、水的电离及反应的焓变与熵变综合应用。
9. 对于常温下pH=1的硝酸溶液，有关叙述：
①该溶液1mL稀释至100mL后，pH=3
②向该溶液中加入等体积、pH=13的氢氧化钡溶液恰好完全中和
③该溶液中硝酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比值为1×10﹣12
④向该溶液中加入等体积、等浓度的氨水，所得溶液pH=7
其中正确的是（ ）
A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ③④
【答案】A
【解析】试题分析：pH=1的硝酸溶液c(H+)=0.1mol/L；①c=n/V==0.001mol/L，pH=3，故①正确；②pH=13的溶液c(OH-)=0.1mol/L，等体积混合恰好完全中和，故②正确；③硝酸电离出的c(H+)=0.1mol/L，由Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14可知，水电离出的c(H+)=10-13mol/L，该溶液中硝酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比值为1012，故③错误；④氨水为弱电解质，不能完全电离，生成强酸弱碱盐，反应后溶液呈酸性，故④错误；故选A。
考点：考查物质的量的相关计算。
10. 已知298 K时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp＝5.6×10－12，取适量的MgCl2溶液，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡，测得pH＝13，则下列说法不正确的是(　　)
A. 所得溶液中的c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1 B. 加入Na2CO3固体，可能生成沉淀
C. 所加的烧碱溶液的pH＝13 D. 所得溶液中的c(Mg2＋)＝5.6×10－10mol·L－1
【答案】C
【解析】A．pH=13的溶液中，c (H+)=10-13mol/L，故A正确；B．加入Na2CO3固体，当c(Mg2+)×c(CO32-)＞ksp(MgCO3)时，生成沉淀，故B正确；C．因为向MgCl2溶液中加NaOH溶液后混合溶液的pH=13，所以所加NaOH溶液pH＞13，故C错误；D．溶液中的c (Mg2+)=5.6×10-12÷10-2=5.6×10-10 mol/L，故D正确；故选C。
11. 用物质的量都是0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1L混合溶液，已知其中c(CH3COO-)大于c(Na+)。对该混合溶液的下列判断正确的是( )
A. c(OH-)> c(H+) B. c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2mol/L
C. c(CH3COOH)>c(CH3COO-) D. c(CH3COO-)+c(OH-)=0.2mol/L
【答案】B
【解析】试题分析：A．CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，存在c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，已知c(CH3COO-)＞c(Na+)，则c(H+)＞c(OH-)，故A错误；B．n(CH3COOH)+n(CH3COO-)=0.2mol，溶液体积为1L，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2mol•L-1，故B正确；C．CH3COOH和CH3COONa混合溶液，CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度，则c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，故C错误；D．CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，存在c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，醋酸为弱电解质，存在微弱电离，则有0.1mol/L＞c(CH3COOH)＞c(H+)，c(Na+)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)+c(OH-)＜0.2mol•L-1，故D错误；故选B。
考点：考查弱电解质和盐类水解问题、离子浓度大小比较。
12. 已知反应BeCl2+NaBeO2+H2O=2NaCl+2Be(OH)2↓能完全进行，则对下列推断中正确的是（ ）
A. BeCl2溶液的PH7，将其蒸干灼烧后，得到的残留物可能为BeO
C. Be(OH)2不具有两性
D. BeCl2水溶液的导电性强，因此BeCl2一定是离子化合物
【答案】A
【解析】试题分析：A、Be和Mg位于同主族，氯化铍和氯化镁的性质相似，所以BeCl2溶液的pH＜7，将其蒸干并灼烧后，得到的残留物可能为BeO，故A正确；B、根据对角线规则，Be和Al性质相似，但是溶液蒸干后得到是Be(OH)2，不是氧化铍，故B错误；C、根据对角线规则，氢氧化铝的性质和氢氧化铍相似，可推知Be(OH)2既能溶于盐酸又能溶于烧碱溶液，具有两性，故C错误；D、溶液的导电性取决于离子浓度的大小，和是否是离子化合物无关，故D错误；故选A。
考点：考查了盐类的水解的应用、元素周期律的相关知识。
13. 已知浓度的下列溶液，当温度升高时pH不变的是（ ）
A. NaCl B. NaHSO4 C. NaOH D. CH3COONa
【答案】B
【解析】A项，NaCl溶液呈中性，升高温度促进水的电离，溶液中c（H+）增大，pH减小；B项，NaHSO4的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，升高温度，溶液中c（H+）不变，pH不变；C项，NaOH的电离方程式为NaOH=Na++OH-，升高温度，水的离子积增大，溶液中c（OH-）不变，溶液中c（H+）增大，pH减小；D项，CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，升高温度促进CH3COO-的水解，碱性增强，pH增大；答案选B。
点睛：本题易错选A和C，错选原因是忽略了温度升高对水的电离平衡的影响。
14. 下列室温下的溶液中，有关溶液中各粒子的浓度关系判断正确有（ ）
①0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中：c(CH3COO－)＝c(H＋) - c(OH－)
②0.1 mol·L－1CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O的溶液中：c(NH4+)>c(SO42-)>c(Cu2＋) >c(H＋) >c(OH－)
③等体积、等物质的量浓度的弱酸HX和NaX混合后的溶液中：
c(Na＋) >c(HX) >c(X－) >c(H＋) >c(OH－)
④pH＝2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液以任意比混合：c(H＋)＋c(M＋) >c(OH－)
⑤0.1 mol/L Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋c(H2CO3)
⑥向醋酸钠溶液中加入醋酸，得到的酸性混合溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
⑦pH=7的NH3—NH4Cl混合溶液中：c(NH4+)＝c(Cl－)
⑧0.1 mol·L－1的NaHA溶液，其pH＝4：c(HA－)>c(H＋)>c(H2A)>c(A2－)
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
【答案】A
【解析】试题分析：①0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中存在电荷守恒式为c(CH3COO－)+ c(OH－)＝c(H＋)，则c(CH3COO－)＝c(H＋) - c(OH－)，故①正确；②0.1 mol·L－1CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O的溶液中因Cu2+和NH4+的水解溶液显酸性，但水解程度均较弱，则c(SO)＞c(NH)＞c(Cu2＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故②错误；③等体积、等物质的量浓度的弱酸HX和NaX混合后的溶液可能显酸性也可能显碱性，故③错误；④pH＝2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液以任意比混合存在电荷守恒式c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)，则c(H＋)＋c(M＋) >c(OH－)，故④正确；⑤0.1 mol/L Na2CO3溶液中存在的质子守恒式为c(OH－)＝c(HCO)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)，故⑤错误；⑥向醋酸钠溶液中加入醋酸，得到的酸性混合溶液中存在电荷守恒式为c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COO－)+c(OH－)，则c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)肯定不成立，故⑥错误；⑦NH3—NH4Cl混合溶液中存在电荷守恒c(NH)+c(H+)＝c(Cl－)+c(OH－)，当pH=7时c(NH)＝c(Cl－)，故⑦正确；⑧0.1 mol·L－1的NaHA溶液，其pH＝4说明HA－电离大于HA－水解，则c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(H2A)，故⑧错误；答案为A。
考点：考查弱电解质的电离平衡、盐类的水解及溶液中离子浓度的比较等。
15. 常温下，下列溶液中的粒子浓度关系正确的是（ ）
A. 一定物质的量浓度的Na2S溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)
B. 新制氯水中加入固体NaOH：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)
C. pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)
D. 25℃时，浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液pH＝4.75，c()+c()=c(CH3COOH)+c(H+)
【答案】A
【解析】A．在Na2S溶液中，根据质子守恒得c（OH－）=c（H+）+2c（H2S）+c（HS－），故A正确；B．新制氯水中加入固体NaOH，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（Cl－）+c（ClO－）+c（OH－），所以c（Na+）＜c（Cl－）+c（ClO－）+c（OH－），故B错误；C．pH=8.3的NaHCO3溶液，溶液呈碱性，说明HCO3－的水解程度大于电离程度，所以c（CO32－）＜c（H2CO3），故C错误；D．25℃时，浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液中存在电荷守恒：c（CH3COO－）+c（OH－）=c（Na+）+c（H+），25℃时，溶液pH=4.75，则溶液中醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以c（Na+）＞c（CH3COOH），则c（CH3COO－）+c（OH－）＞c（CH3COOH）+c（H+），故D错误；答案选A。
16. 已知25℃时：①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O（1）ΔH=-67．7kJ·mol-1，
② H+(aq)+OH-(aq)=H2O（1） ΔH=-57．3kJ·mol-1。在20mL0．1mol·L-1氢氟酸中加入VmL0．1mol·L-1NaOH溶液，下列有关说法不正确的是（ ）
A. 氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：HF(aq)F-(aq)+ H+(aq) ΔH=-10．4kJ·mol-1
B. 当V=20时，溶液中：c(OH-)=c(HF)+c(H+)
C. 当V=20时，溶液中：c(F-)0时，溶液中可能存在：c(Na+)>c(F-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】C
【解析】A. 根据盖斯定律，将①−②可得HF(aq) F−(aq)+H+(aq) △H=−10.4 kJ⋅mol−1，故A正确；B. 当V=20时，恰好反应生成NaF，F−水解使溶液呈碱性，根据质子守恒可得：c(OH−)=c(HF)+c(H+)，故B正确；C. 当V=20时，恰好反应生成NaF，因F−水解，则c(F−)c(F−)>c(OH−)>c(H+)，故D正确；答案选C。
点睛：本题主要考查盖斯定律和离子浓度大小的比较、酸碱混合的计算和判断等知识，题目难度中等。注意明确酸碱混合的方法、掌握盖斯定律的运用是解题的关键，本题的易错点为C，注意两溶液混合后所得混合液中钠离子浓度是减半的。
17. 某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下），其中正确的是（ ）
① pH＝1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子浓度都会降低
② 1 L 0.50 mol·L－1NH4Cl 溶液与2 L 0.25 mol·L－1NH4Cl 溶液含NH4+ 物质的量完全相等
③ pH相等的四种溶液：a．CH3COONa b．NaClO c．NaHCO3 d．NaOH，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：d < b < c < a
④ pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋) > c(HCO3－) > c(CO32－) > c(H2CO3)
⑤ pH＝2的一元酸和pH＝12的二元强碱等体积混合：c(OH－) ≤ c(H＋)
⑥ pH＝4浓度均为0.1 mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：
c(CH3COO－)＋c(OH－) >c(CH3COOH)＋c(H+)
A. ③⑤⑥ B. ①③⑤ C. ①②④ D. ②④⑥
【答案】A
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18. 25℃时，部分含Fe元素的徽粒在溶液中的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. HFeO4-在水中的电离程度小于水解程度
B. B、C两点对应溶液中水的电离程度：B > C
C. B点溶液加适里水稀释，溶液中所有离子浓度均减小
D. 由A点数据可知，H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1=4.15×l0-4
【答案】D
【解析】A. HFeO4-在水中既能电离又能水解，其电离使溶液显酸性，其水解使溶液显碱性，由图像可知，物质的量分数最大时pH约为5，所以电离程度大于水解程度，A不正确；B. B点pH约为3，溶液显酸性，溶液的酸性是由高铁酸和高铁酸氢根的电离决定的，而C点的pH约为7，是由高铁酸氢根的电离和高铁酸根的水解共同决定的，酸的电离对水的电离有抑制作用，酸性越强，抑制作用越大，而酸根水解会促进水的电离 ，溶液的pH越大，则对水的电离的促进作用就越大，所以B、C两点对应溶液中水的电离程度：B < C，所以B不正确；C. B点溶液加适里水稀释，溶液中所有离子浓度均减小肯定是不正确的，因为在一定温度下，水的离子积是定值，所以不可能均减小，C不正确；D. 由A点数据可知，A点对应的溶液中pH=4，HFeO4-的物质的量分数为80.6%,则H2FeO4的物质的量分数为19.4%，所以两者的物质的量之比为 = 4.15，c(H+)=10-4mol/L,H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1= = 4.15×l0-4,D正确。
19. 常温下将NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化
的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）

A. Ka（H2X）的数量级为10-6 B. 曲线N表示pH与的变化关系
C. NaHX溶液中c(H+)>C(OH-) D. 当混合溶液呈中性时，c(Na+)>C(HX-)>C(X-)>c(H+)=C(OH-)
【答案】D
【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点， =10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D.根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误；答案选D。
20. 常温下，Ka (HCOOH)=1.77×10-4，Ka (CH3COOH)=1.75×10-5，Kb (NH3·H2O) =1.76×10-5，下列说法正确的是 （ ）
A. 浓度均为0.1 mol·L-1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和: 前者小于后者
B. 用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C. 0.2 mol·L-1 HCOOH 与 0.1 mol·L-1 NaOH 等体积混合后的溶液中:
c(HCOO-) + c(OH-) = c(HCOOH) + c(H+)
D. 0.2 mol·L-1 CH3COONa 与 0.1 mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH c(Cl- ) > c(CH3COOH) > c(H+)
【答案】D
【解析】A．由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，氯化铵溶液中存在 c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)。由于在常温下氨水的Kb小于甲酸的Ka、KW不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中c(OH-)小于甲酸钠溶液中c(H+) ，Cl-和Na+都不水解， c(Cl-)=c(Na+)，所以A正确；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH为3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B错误；C．两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，联立两式可得2c(H+)+ c(HCOOH)=2c(OH-)+c(HCOO-)，C错误；D．两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液pHc(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)，D正确。答案选AD。
二、填空题（每空2分，共60分）
21. （1）Al2(SO4)3溶液加热蒸干并灼烧最终得到物质是________________（填化学式），将NaHCO3与Al2(SO4)3两者溶液混合后可做泡沫灭火剂，其原理是__________________________________（用离子方程式表示）
（2）实验室溶液中常用NaOH来进行洗气和提纯。当100mL 1mol·L-1的NaOH溶液吸收标准状况下2.24LSO2时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为___________________________。
（3）25℃时，几种离子开始沉淀时的pH如下表：
离子
Fe2+
Cu2+
Mg2+
pH
7.6
5.2
10.4

当向含相同浓度Cu2+、Mg2+、Fe2+的溶液中滴加NaOH溶液时，_____先沉淀（填离子符号），要使0.3mol·L-1硫酸铜溶液中Cu2+沉淀较为完全（当Cu2+浓度降至10－5 mol·L-1时），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液使溶液pH为_________（KspCu(OH)2=1×10-20）
【答案】 (1). Al2(SO4)3 (2). Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓ + 3CO2↑ (3). c(Na+) ＞ c(HSO3-) ＞ c(H+) ＞ c(SO32-) ＞ c(OH-) (4). Cu2+ (5). 6.5
【解析】(1)Al2(SO4)3溶液水解生成的硫酸不挥发，加热蒸干过程中抑制硫酸铝的水解，最终得到硫酸铝，NaHCO3与Al2(SO4)3两者溶液混合发生双水解反应，离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓ + 3CO2↑，故答案为：Al2(SO4)3；Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓ + 3CO2↑；
(2)100mL 1mol·L-1的NaOH溶液中含有NaOH0.1mol，标准状况下2.24LSO2的物质的量为0.1mol，反应收生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠溶液显酸性，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+) ＞ c(HSO3-) ＞ c(H+) ＞ c(SO32-) ＞ c(OH-)，故答案为：c(Na+) ＞ c(HSO3-) ＞ c(H+) ＞ c(SO32-) ＞ c(OH-)；
(3)pH小的离子先沉淀，溶度积常数越小的物质越先沉淀，所以Cu2+先沉淀， 0.3mol/L的CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全(当Cu2+浓度降至10－5 mol·L-1时)，则应向溶液里加NaOH溶液，c(Cu2+)=10－5mol/L，c(0H-)==10-7.5mol/L，c(H+)=10-6.5mol/L，所以pH=6.5，故答案为：Cu2+；6.5。
22. 25℃时，有关物质的电离平衡常数如下：
化学式
CH3COOH
H2CO3
H2SO3
电离平衡常数
K=1.8×10－5
K1=4.3×10－7
K2=5.6×10－11
K1=1.5×10－2
K2=1.02×10－7

(1) 常温下，将体积为10mLpH=2的醋酸溶液与亚硫酸溶液分别加蒸馏水稀释至1000mL，稀释后溶液的pH，前者_____后者（填“＞”、“＜”或“=”）。
(2) 下列离子CH3COO－、CO32－、HSO3－、SO32－在溶液中结合H＋的能力由大到小的关系为__________。
(3) 体积相同、c(H＋)相同的①CH3COOH；②HCl；③H2SO4 三种酸溶液分别与同浓度的NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是_____(填序号)。
(4) 已知，H＋(aq) + OH－(aq) == H2O(l) ΔH =－57.3 kJ/mol。实验测得稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol H2O时放出57 kJ的热，则醋酸溶液中，醋酸电离的热化学方程式为_____。
【答案】 (1). ＜ (2). CO32－＞SO32－ ＞CH3COO－＞HSO3－ (3). ①>②=③ (4). CH3COOH(aq) CH3COO－(aq) + H＋(aq) ΔH＝+0.3 kJ/mol
【解析】(1). 根据表中数据可知，醋酸的酸性小于亚硫酸，pH相同的醋酸和亚硫酸稀释相同倍数后，亚硫酸的pH变化大，即：醋酸的pH小于亚硫酸，故答案为：CH3COOH>H2CO3>HSO3−>HCO3−，酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱，则CH3COO−、CO32−、HSO3−、SO32−在溶液中结合H+的能力由大到小的关系为：CO32－＞SO32－ ＞CH3COO－＞HSO3－，故答案为：CO32－＞SO32－ ＞CH3COO－＞HSO3－；
(3). c(H+)相同的盐酸和硫酸中和碱的能力相同，而c(H+)相同的盐酸和醋酸，因为醋酸是弱电解质，则醋酸中和碱的能力强，所以消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序为：①>②=③，故答案为：①>②=③；

点睛：本题主要考查弱电解质电离平衡常数的应用。对于弱电解质来说，当达到平衡时，电离产生的离子浓度的乘积与未电离的电解质分子浓度的比值就是该弱电解质的电离平衡常数，电离平衡常数越大，弱电解质的电离程度越大，如果是弱酸，则等浓度时溶液的酸性就越强，因此可以利用电离平衡常数判断弱酸的酸性强弱，判断本题的第（2）问时，要先根据电离常数判断酸性的强弱，再根据酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱，进而得出正确结论。
23. A、B、C、D、E均为易溶于水的化合物，其离子组成如下表。（各化合物中离子组成不重复）
阳离子
Na+、Al3+、Ag+、Ba2+、Fe3+
阴离子
Cl-、CO32-、SO42-、NO3-、OH-

分别取溶液进行如下实验：
①用pH试纸分别测得B、C溶液均呈碱性，且0.1 mol/L B溶液pH>13；
②D溶液加入铜粉，溶液质量增加；
③在E溶液中逐滴滴入B至过量，先生成白色沉淀，后沉淀完全溶解；
④在A溶液中逐滴滴入氨水至过量，先生成白色沉淀，后沉淀完全溶解。
请回答下列问题：
（1）B的名称；_______________,E的名称；______________。
（2）C水溶液呈碱性原因:_____________(用离子方程式表示)；0.1mol/L的C溶液中和0.1mol/L的NaHCO3溶液中，阴离子的总数：C溶液___________NaHCO3溶液。(填“>”或 “ (5). 酸性 (6). A12O3
【解析】由己知离子组成的易溶于水的化合物中，显碱性的有NaCO3、Ba(OH)2、NaOH，其中0.1 mol/L，Ba(OH)2溶液的pH>13，又由于各化合物中离子组成不重复，故实验①可以确定B为Ba(OH)2，C为Na2CO3；由银氨溶液的制备可知实验④中的A为AgNO3；结合以上分析及实验②可知D为FeCl3或Fe2(SO4)3；再由实验③可知E为氯化物，故D只能是Fe2(SO4)3，则E为AlCl3。(1)B为氢氧化钡；E为氯化铝；(2)碳酸钠溶液显碱性是CO水解的缘故；0.1 mol/L的碳酸钠溶液中阴离子总数比0.1 mol/L的碳酸氢钠溶液中阴离子总数大；(3)D为Fe2(SO4)3，Fe3＋水解显酸性；加热硫酸铁溶液促进Fe3＋的水解，但硫酸为高沸点物质，不能挥发，加热蒸干得到的还是硫酸铁固体。
点睛：本题考查了离子反应与离子检验，意在考查考生对常见离子反应的判断能力。根据离子共存的判断将各离子分组逐一分开，最后得解。
24. (1)甲醇(CH3OH)是重要的溶剂和替代燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入2molCO和4molH2，一定条件下发生上述反应，测得CO(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图一所示。

①从反应开始到5min，用一氧化碳表示的平均反应速率v(CO)=____________。
②下列说法正确的是____________(填字母序号)。
A．达到平衡时，H2的转化率为65%
B．5min后容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变
C．达到平衡后，再充入氩气，反应速率减小
D．2min前v(正)>v(逆)，2min后v(正)
(2)碳与水蒸气反应制取H2的相关反应如下：
Ⅰ：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=+131.0kJ/mol
Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H= - 43kJ/mol
Ⅲ：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(S) △H= - 178.3kJ/mol
计算反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g)的△H=__________kJ/mol；
若K1、K2、K3分别为反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数，该平衡常数K=__________(用K1、K2、K3表示)。
②对于可逆反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s) CaCO3(s)+2H2(g)，采取以下措施可以提高H2产率的是________。(填字母)
A．降低体系的温度 B．压缩容器的体积
C．增加CaO的量 D．选用适当的催化剂
【答案】 (1). 0.3mol/(L·min) (2). B (3). -90.3 (4). K1·K2·K3 (5). A
【解析】(1). ①. 由图象可知，从反应开始到5min，CO浓度的变化量为2mol/L−0.5mol/L=1.5mol/L，则从反应开始到5min，用一氧化碳表示的平均反应速率v(CO)=1.5mol/L÷5min=0.3mol/(L⋅min)，故答案为：0.3mol/(L⋅min)；
②. A. 根据三段式法列式计算：
CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，
起始（mol）： 2 4 0
转化（mol）： 1.5 3 1.5
平衡（mol）： 0.5 1 1.5，达到平衡时，H2的转化率=×100%=×100%=75%，故A错误；B. 由反应方程式可知，反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，5min后反应达到平衡状态，容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变，故B正确；C. 达到平衡后，再充人氩气，总压增大，但分压不变，所以反应速率不变，故C错误；D. 在2min前后反应未达到平衡状态，由图可知，反应正向进行，v(正)>v(逆)，故D错误；答案选B；
(2). ①. 由盖斯定律可知，I＋II＋III得反应：C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g)，则该反应的△H等于反应I、Ⅱ、Ⅲ的△H之和，所以反应△H=(＋131.0kJ/mol)＋(−43kJ/mol)＋(−178.3kJ/mol)=−90.3kJ/mol，平衡常数K等于I、Ⅱ、Ⅲ的K之积，即K=K1×K2×K3，故答案为：−90.3；K1⋅K2⋅K3；
②. A. 可逆反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g)为放热反应，降低温度，平衡正向移动，H2产率增大，故A正确；B. C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g)为反应前后气体体积不变的可逆反应，缩小容器的体积，压强增大，平衡不移动，H2产率不变，故B错误；C. 因为CaO是固体，增加CaO的量，平衡不移动，H2产率不变，故C错误；D. 选用适当的催化剂，平衡不移动，H2产率不变，故D错误；答案选A。
25. 用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I−)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
Ⅰ．准备标准溶液
a．准确称取AgNO3基准物4.2468 g（0.0250 mol）后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b．配制并标定100 mL 0.1000 mol·L−1 NH4SCN标准溶液，备用。
Ⅱ．滴定的主要步骤
a．取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。
b．加入25.00 mL 0.1000 mol·L−1 AgNO3溶液（过量），使I−完全转化为AgI沉淀。
c．加入(NH4)2Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d．用0.1000 mol·L−1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。
e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
消耗NH4SCN标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98

f．数据处理。
回答下列问题：
（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有__________。
（2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是___________________________。
（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是___________________________________。
（4）b和c两步操作是否可以颠倒________________，说明理由________________________。
（5）所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为_____mL，测得c(I-)=_________________mol·L-1。
（6）在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为________________________。
（7）判断下列操作对c(I-)测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果__________。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果______________。
【答案】 (1). 250 mL（棕色）容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). 避免AgNO3见光分解 (4). 防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解） (5). 否（或不能）
若颠倒，Fe3+与I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点 (6). 10.00 (7). 0.0600 (8). 用NH4SCN标准溶液进行润洗 (9). 偏高 (10). 偏高
【解析】本题主要考查沉淀滴定法。
（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250 mL（棕色）容量瓶、胶头滴管。
（2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是避免AgNO3见光分解。
（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）。
（4）b和c两步操作不可以颠倒，理由是若颠倒，Fe3+与I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点。
（5）舍弃与其它数据不平行的20.24，所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为20.00mL，n(AgNO3)= 25.00 mL×0.1000 mol·L−1=0.00250mol，n(NH4SCN)= 20.00 mL×0.1000 mol·L−1=0.00200mol，n(I-)= n(AgNO3)-n(NH4SCN)=0.00050mol，所以c(I-)=0.00050mol/25.00mL=0.02mol·L-1。
（6）在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为用NH4SCN标准溶液进行润洗。
（7）①AgNO3标准溶液浓度变小，使得标准溶液体积增大，则测定结果偏高。②终读数变小，标准液液数值变小，则测定结果偏低。