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【化学】辽宁省实验中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
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辽宁省实验中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
一、选择题（1-10题每题2分，11-20每题3分共50分）
1.下列事实能用平衡移动原理解释的是（ ）
A. 500℃左右比室温更有利于合成NH3的反应 B. 用排饱和食盐水的方法收集氯气
C. 加入催化剂有利于SO2的氧化反应 D. 加压有利于H2与I2反应的进行
【答案】B
【解析】
【详解】A.合成氨的反应为放热反应，升高温度不利于平衡正向移动，故A错误；
B.氯水中存在平衡Cl2+H2OCl-+H++HClO，在饱和食盐水中，Cl-浓度较大，可降低氯气的溶解度，可用平衡移动原理解释，故B正确；
C. 催化剂只能改变反应的速率，不能使平衡移动，故C错误；
D. H2(g)+I2(g) 2HI(g)，反应前后为气体体积相等的可逆反应，加压不影响平衡，故D错误；
故选B。
2.下列有关有效碰撞模型说法不正确的是（ ）
A. 能发生有效碰撞的分子一定是活化分子
B. 有效碰撞是发生化学反应的充要条件
C. 不存在活化能为零的反应
D. 活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞
【答案】C
【解析】
【详解】A. 能发生有效碰撞的分子，能量较高，一定是活化分子，故A正确；
B.发生化学反应的碰撞为有效碰撞，所以有效碰撞是发生化学反应的充要条件，故B正确；
C.反应的表观活化能是各基元反应的组合，可正可负可为零，故C错误；
D. 活化分子发生化学反应的碰撞为有效碰撞，故D正确；
故选C。
3.NH4Cl溶于重水（D2O）后，溶液中存在的一水合氨和水合氢离子可能是（ ）
A. NH3•HDO和D3O+ B. NH3•HDO和HD2O+
C. NH3•H2O和H2DO+ D. 以上都有可能
【答案】D
【解析】
【详解】溶液中存在NH4Cl=NH4++Cl-，D2O⇌ D++ OD-，NH4++ 2D2O⇌ NH3•HDO+D3O+，NH3•HDO⇌ NH3•D++OH-，NH4++ OH-⇌NH3•H2O，NH4++ 2D2O⇌ NH3•D2O+HD2O+，NH4++ HDO +D2O⇌ NH3•D2O+H2DO+，综上所述，以上都有可能，答案为D。
4.已知：Fe2+遇铁氰化钾（K3[Fe(CN)6]）会产生特征的蓝色沉淀；AgI是难溶于水的黄色固体。将0.2mol·L-1的KI溶液和0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别完成上述实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I-2Fe2++I2”的是（ ）
编号
实验操作
实验现象
①
滴入KSCN溶液
溶液变红色
②
滴入AgNO3溶液
生成黄色沉淀
③
滴入K3[Fe（CN）6]溶液
生成蓝色沉淀
④
滴入淀粉溶液
溶液变蓝色
A. ① B. ②和④ C. ③和④ D. ③
【答案】A
【解析】
【分析】将0.2mol/L的KI溶液和0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，碘化钾过量，Fe3+完全转化为Fe2+，若此反应不可逆，则溶液中无Fe3+，故只需要证明溶液中含Fe3+即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。
【详解】①向溶液中滴入KSCN溶液,溶液变红,则说明溶液中有Fe3+,即能说明反应存在平衡,故①正确；
②由于碘离子过量，向溶液中滴入AgNO3溶液一定有黄色沉淀生成，不能说明反应存在平衡,故②错误；
③无论反应存不存在平衡,溶液中均存在Fe2+,滴入K3[Fe（CN）6]溶液均有蓝色沉淀生成,故③错误；
④无论反应存不存在平衡,溶液中均有I2,滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色,故不能证明存在平衡,故④错误；
所以A选项是正确的。
5.化学反应2CaO2(s) 2CaO(s) + O2(g) 在一密闭的容器中达到平衡。保持温度不变，缩小容器的容积为原来的一半，重新平衡后，下列叙述正确的是( )
A. CaO2的量不变 B. 平衡常数减小
C. 氧气浓度变小 D. 氧气浓度不变
【答案】D
【解析】
【详解】A. 保持温度不变，缩小容器的容积为原来的一半，平衡逆向移动，则CaO2的量增大，与题意不符，A错误；
B. 保持温度不变，则平衡常数不变，与题意不符，B错误；
C. 保持温度不变，则平衡常数不变，K=c（O2），则氧气浓度不变，与题意不符，C错误；
D. 平衡常数不变，K=c（O2），则氧气浓度不变，符合题意，D正确；
答案为D。
20.00mL 0.1mol•L-1的CH3 COOH溶液，滴定结果如图所示。下列分析正确的是（ ）
A. 0.1mol•L-1的CH3 COOH溶液的pH=3.4
B. A点加入的NaOH溶液的体积为20.00mL
C. 滴定过程中，c(CH3COO-)／c(H+)逐渐减小
D. B点溶液中可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)> c(OH-)>c(H+)
【答案】D
【解析】
【分析】室温下，用0.1mol•L-1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol•L-1的CH3 COOH溶液，发生的反应为NaOH+CH3 COOH=CH3 COONa+H2O，化学计量点时恰好生成CH3 COONa,水解使溶液碱性,此时消耗NaOH的体积为20.00mL，结合图象和溶液中的守恒思想分析判断。
【详解】室温下，用0.1mol•L-1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol•L-1的CH3 COOH溶液，发生的反应为NaOH+CH3 COOH=CH3 COONa+H2O，化学计量点时恰好生成CH3 COONa,水解使溶液碱性,此时消耗NaOH的体积为20.00mL。
A、滴定起始时，溶液中仅存在醋酸，此时，，则，由于Kw=c(H+)c(OH-)，则溶液中c(H+)=10-3.3mol/L，因此0.1mol•L-1的醋酸pH=3.3，选项A错误；
B、A点时AG=0，c(H+)=c(OH-)，加入的NaOH溶液的体积小于20.00mL，若等于20.00mL则溶液应呈碱性AG<0，选项B错误；
C、滴定过程中，发生反应NaOH+CH3 COOH=CH3 COONa+H2O，CH3COO-增大，c(H+)减小，故c(CH3COO-)／c(H+)逐渐增大，选项C错误；
D、B点溶液若完全中和得到醋酸钠，溶液呈碱性，可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)> c(OH-)>c(H+)，选项D正确。
答案选D。
7.温度为T1时，向容积为2 L的密闭容器甲、乙中分别充入一定量的CO(g)和H2O(g)，发生反应：CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H=－41 kJ/mol。数据如下，下列说法不正确的是（ ）
A. 甲容器中，平衡时，反应放出的热量为16.4 kJ
B. T1时，反应的平衡常数K甲=1
C. 平衡时，乙中CO的浓度是甲中的2倍
D. 乙容器中，平衡时CO的转化率约为75%
【答案】D
【解析】
【分析】CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H = －41 kJ/mol
初始： 1.2 0.6 0 0
反应： 0.4 0.4 0.4 0.4
平衡： 0.8 0.2 0.4 0.4
可逆反应中可逆号两边气体计量数之和相等，增大压强，体积减小，化学平衡不移动；则
CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H = －41 kJ/mol
初始2： 2.4 1.2 0 0
反应2： 0.8 0.8 0.8 0.8
平衡2： 1.6 0.4 0.8 0.8
a=1.6mol，b=0.4mol。
【详解】A. 甲容器中，平衡时，CO反应0.4mol，反应放出的热量=41 kJ/mol×0.4mol=16.4 kJ，与题意不符，A错误；
B. T1时，平衡时，CO、H2O、CO2、H2的浓度分别为0.4mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L，则反应的平衡常数K甲 = =1，与题意不符，B错误；
C. 平衡时，乙中CO的浓度为0.8mol/L，甲中CO的浓度为0.4mol/L，乙是甲的2倍，与题意不符，C错误；
D. 乙容器中，平衡时CO的转化率=0.8/2.4×100%=33.3%，符合题意，D正确；
答案为D。
8.N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+ 表面转化为无害气体，其反应原理为N2O(g) + CO(g)CO2(g) + N2(g) ΔH，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程如下。下列说法不正确的是（ ）
A. ΔH = ΔH1 + ΔH2
B. ΔH = −226 kJ/mol
C. 该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D. 为了实现转化需不断向反应器中补充 Pt2O+ 和 Pt2O2+
【答案】D
【解析】A、①N2O+Pt2O＋=Pt2O2＋+N2 △H1，②Pt2O2＋+CO=Pt2O＋+CO2 △H2，结合盖斯定律计算①+②得到N2O（g）+CO（g）=CO2（g）+N2（g）△H=△H1＋△H2，故A正确；B、图示分析可知，反应物能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变△H=生成物总焓-反应物总焓=134KJ·mol－1-360KJ·mol－1=-226KJ·mol－1，故B正确；C、正反应反应活化能E1=134KJ·mol－1小于逆反应活化能E2=360KJ·mol－1，故C正确；D、①N2O+Pt2O＋=Pt2O2＋+N2 △H1，②Pt2O2＋+CO=Pt2O＋+CO2 △H2，反应过程中Pt2O＋和Pt2O2＋ 参与反应后又生成不需要补充，故D错误；故选D。
9.常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（ ）
A. 新制氯水中加入固体NaOH：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)
B. pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)
C. pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合：c(Cl－)＝c(NH4+)＞c(OH－)＝c(H＋)
D. 0.2 mol·L－1CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合：2c(H＋)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
【详解】A、新制氯水中加入固体NaOH所以生成次氯酸钠、氯化钠、水，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(ClO－)+c(OH－)，故A错误；
B、pH=8.3的NaHCO3溶液，说明碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离，则溶液中离子浓度大小为：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32－)，故B错误；
C、氨水存在电离平衡，HCl在溶液中完全电离，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C错误；
D、0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，得到物质的量浓度均为0.05mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，溶液中存在电荷守恒为：①c(Na＋)+[H+]=[OH-]+[CH3COO-]，依据物料守恒可得：②2c(Na＋)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)，根据①②可得：2c(H＋)-2c(OH－)=c(CH3COO－)-c(CH3COOH)，故D正确；
故选D。
10.现有常温时pH = 1的某强酸溶液10 mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是（ ）
A. 加水稀释成20 mL B. 加入10 mL的水进行稀释
C. 加入45 mL pH = 2的HCl溶液 D. 加入45 mL 0.01 mol/L的NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【分析】先计算溶液中氢离子浓度，再用pH=－lgc(H+)求pH。稀溶液混合时，溶液总体积可近似看作两溶液体积之和。
【详解】A项：加水稀释后，c(H+)＝0.1mol/L×10mL/20mL＝0.05mol/L，pH＝1.3，A项错误；
B项：加入10 mL水稀释，溶液总体积约20mL，pH＝1.3，B项错误；
C项：加入45 mL pH = 2的HCl溶液，混合溶液中c(H+)＝(0.1mol/L×10mL+0.01mol/L×45mL)/(10+45)mL＝0.026mol/L，pH＝1.6，C项错误；
D项：加入45 mL 0.01 mol/L的NaOH溶液发生中和反应，c(H+)＝(0.1mol/L×10mL－0.01mol/L×45mL)/(10+45)mL＝0.01mol/L，pH＝2，D项正确。
本题选D。
11.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. Na2S 溶液中 c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）
B. Na2CO3溶液中：c（Na+）=2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）
C. 室温下，pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的NaOH溶液等体积混合，溶液中离子浓度的大小顺序：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D. pH=4的0.1mol•L﹣1NaHC2O4溶液中c（H C2O4﹣）＞c（H+）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）
【答案】A
【解析】A，Na2S属于强碱弱酸盐，S2-发生水解：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，溶液中的电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-），物料守恒式为c（Na+）=2[c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）]，两式整理得溶液中的质子守恒式为c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S），A项正确；B，Na2CO3属于强碱弱酸盐，CO32-发生水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，溶液中的物料守恒式为c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，B项错误；C，CH3COOH属于弱酸，NaOH属于强碱，室温下pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的NaOH溶液等体积混合充分反应后CH3COOH过量，溶液呈酸性，c（H+）c（OH-），溶液中的电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），则c（Na+）c（CH3COO-），C项错误；D，在NaHC2O4溶液中既存在HC2O4-的电离平衡（HC2O4-H++C2O42-）又存在HC2O4-的水解平衡（HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-），由于pH=4，则HC2O4-的电离程度大于水解程度，溶液中粒子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（HC2O4-）c（H+）c（C2O42-）c（H2C2O4），D项错误；答案选A。
12.物质的量浓度相同的下列溶液：①NH4Cl ②(NH4)2Fe(SO4)2 ③(NH4)2SO4 ④CH3COONH4⑤NH4HSO4中，c(NH4＋)由大到小的顺序为（ ）
A. ②③①⑤④ B. ②③⑤①④ C. ⑤④①③② D. ②③①④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】②(NH4)2Fe(SO4)2③(NH4)2SO4溶液中含有两个NH4+，所以物质的量浓度相同时NH4+的浓度较其他的大；②中亚铁离子抑制铵根离子的水解，等浓度时，c(NH4+)：②＞③；⑤中氢离子抑制铵根离子水解，④中铵根离子与醋酸根离子相互促进水解，等浓度时，c(NH4+)：⑤＞①＞④；因此c(NH4+)由大到小的顺序是②③⑤①④，故选B。
13.在一定条件下，在容积为2L的密闭容器中，将2 mol 气体M和3 mol N气体混合，发生如下反应：2M(g)＋3N(g)xQ(g)＋3R(g)，该反应达平衡时，生成2.4mol R，并测得Q的浓度为0.4 mol/L，下列有关叙述正确的是（ ）
A. x值为2 B. 混合气体的密度增大
C. N的转化率为80% D. 混合气体平均摩尔质量不变，不能说明该反应达平衡
【答案】C
【解析】
【详解】A．平衡时生成的Q的物质的量为：0.4mol/L×2L=0.8mol，生成R为2.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.8mol∶2.4mol=x∶3，解得x=1，故A错误；
B．反应体系中各组分都是气体，混合气体的质量不变，容器的容积恒定，根据ρ=可知混合气体的密度不变，故B错误；
C．参加反应的N的物质的量与生成的R相等，为2.4mol，则N的转化率为：×100%=80%，故C正确；
D．反应前后气体的物质的量减小、质量不变，所以平均摩尔质量增大，当混合气体平均摩尔质量保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D错误；
故选C。
14.某密闭容器中进行如下反应：3X(g)+Y(g)2Z(g)，若要使平衡时反应物总物质的量与生成物的物质的量相等，且用X、Y做反应物，则X、Y的初始物质的量之比的范围应满足（ ）
A 1＜＜3 B. ＜＜
C. ＜＜4 D. 1＜＜5
【答案】D
【解析】
【详解】令参加反应的Y的物质的量为n，则
3X(g)+Y(g)2Z(g)
开始(mol)： x y 0
转化(mol)： 3n n 2n
平衡(mol)： x-3n y-n 2n
平衡时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等，所以有（x-3n）+（y-n）=2n，解得n=；反应物不能完全反应，所以有y＞n，x＞3n，即y＞，x＞，解得：1＜=＜5，故选D。
15.有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合面成：①CH3COONa与HCl ②CH3COONa与NaOH ③CH3COONa与NaCl ④CH3COONa与NaHCO3下列各项排序正确的是（ ）
A. pH：②>③>④>① B. c(CH3COO－)：②>④>③>①
C. 溶液中c(H＋)：①>③>②>④ D. c(CH3COOH)：①>④>③>②
【答案】B
【解析】
【详解】①：CH3COONa与HCl反应后生成CH3COOH和NaCl，其溶液呈酸性；
②：CH3COONa与NaOH溶液，OH―阻止CH3COO―水解，溶液呈强碱性；
③：CH3COONNa与NaCl，CH3COONa水解溶液呈碱性；
④：CH3COONa与NaHCO3溶液，NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解能力大于CH3COO―水解能力，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用；
A．HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力，④中的pH>③中pH，A项错误；
B．②中由于OH―对CH3COO―水解抑制作用强，其c(CH3COO―)最大，④中HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，c(CH3COO―)较大，①中生成了CH3COOH，c(CH3COO―)最小，c(CH3COO－)从大到小的排序②④③①，B项正确；
C．②中含有NaOH，水中H＋浓度最小；①中含有CH3COOH，会电离出H＋，其c(H＋)最大；④中含有NaHCO3，由于HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力碱性④强于③，则③中c(H＋)大于④，从大到小的准确排序为①③④②；C项错误；
D．④中含有的NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，CH3COO－水解生成CH3COOH较少，则③中c(CH3COOH)>④中c(CH3COOH)，D项错误；
本题答案选B
16.在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料，一定条件下发生反应（起始温度和起始体积相同）：A2(g)+2B2(g)2AB3(g) ΔH＜0，相关数据如下表所示：
容器
甲
乙
丙
相关条件
恒温恒容
绝热恒容
恒温恒压
反应物投料
1mol A2、2molB2
2molAB3
2mol AB3
反应物的转化率
a甲
a乙
a丙
反应的平衡常数K=
K甲
K乙
K丙
平衡时AB3的浓度/mol·L-1
c甲
c乙
c丙
平衡时AB3的反应速率/mol·L-1·min-1
v甲
v乙
v丙
下列说法正确的是( )
A. v甲=v丙 B. c乙＜c丙
C. a甲 +a乙＜1 D. K乙＜K丙
【答案】C
【解析】
【详解】A. 容器甲为恒温恒容，容器丙为恒温恒压，反应中气体计量数的和左边大于右边，随反应的进行，气体物质的量减小，则甲中压强小于丙中压强，因此反应速率v甲＜v丙，与题意不符，A错误；
B.容器乙为绝热恒容，正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，乙的温度小于丙，而压强大于丙，高温低压有利于AB3的分解，则平衡时c乙＞c丙，与题意不符，B错误；
C. 若容器乙为恒温恒容时，甲与乙为等效反应，则a甲 +a乙=1，由于乙为绝热容器，且逆反应为吸热反应，则乙分解程度小于恒温时，则a甲 +a乙＜1，符合题意，C正确；
D. 容器乙为绝热恒容，正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，乙的温度小于丙，有利于AB3的生成，则K乙＞K丙，与题意不符，D错误；
答案为C。
17.常温度下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后再滴加0.1mol/L的NaOH溶液，整个过程中溶液的pH变化曲线如图所示。已知d点所示的溶液中，钠元素与氯元素的物质的量相等，下列选项正确的是( )
A. a点时，已经滴入NaOH溶液
B. b点所示的溶液中，只存在两种分子
C. a、b、c、d四个点当中，d点水的电离程度最大
D. c点所示的溶液中，c(Na+)=c(Cl-)+c(HClO)
【答案】C
【解析】
【详解】A. a点时，溶液的pH＜7，且不为最低点，则为通入氯气的过程，与题意不符，A错误；
B. b点所示的溶液为饱和氯水的溶液，存在水、氯气、次氯酸分子，与题意不符，B错误；
C. a、b、c、d四个点当中，d点为氯化钠、次氯酸钠溶液，次氯酸钠为强碱弱酸盐，促进水的电离，水的电离程度最大，符合题意，C正确；
D. c点所示的溶液显中性，根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，与题意不符，D错误；
答案为C。
18.下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)＞c(OH－)
B. 20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后呈酸性，所得溶液中： c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)
C. 室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)
D. 0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)＋c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液为Na2CO3溶液：CO32－+H2O⇌ HCO3－+ OH－、H2O⇌ H++ OH－，则c(OH－)＞c(HCO3－)，与题意不符，A错误；
B. 20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后所得溶液为等物质的量的NaCl、CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，则CH3COOH电离程度大于CH3COONa的水解程度，则c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，符合题意，B正确；
C. 室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液为NH4Cl、NH3∙ H2O，且溶液呈碱性，与题意不符，C错误；
D. 0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液为CH3COONa：根据物料守恒，则c(OH－)=c(H＋)＋c(CH3COOH)，与题意不符，D错误；
答案为B。
19.室温下，将0.10mol·L－1的盐酸滴入20.00mL0.10mol·L－1氨水中，溶液的pH和pOH随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。已知pOH＝－lgc(OH－)。下列说法不正确的是( )
A. M点所示溶液中c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)
B. N点所示溶液中c(NH4+)
D. M点和N点水的电离程度均小于Q点
【答案】A
【解析】
【详解】A. M点溶液呈碱性，则所示溶液为NH4 Cl、NH3·H2O混合液，c(NH4+)＋c(NH3·H2O)>c(Cl－)，符合题意，A正确；
B. N点溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH－)，根据溶液呈电中性，c(NH4+)+ c(H+)= c(OH－)+c(Cl－)，则c(NH4+)
D. M点氢离子浓度和N点氢氧根离子浓度相同，且均由水电离产生，则M、N点水的电离程度相同，且酸碱对水的电离有抑制作用，则水的电离程度均小于Q点，与题意不符，D错误；
答案为A。
20.常温下，向1L1nol/L某一元酸HR溶液中滴加一元碱BOH溶液，混合溶液的与pH变化的关系如图所示.下列叙述正确的是（ ）
A. M线表示随pH的变化 B. BR溶液呈碱性
C. 若温度升高，两条线均向上平移 D. 常温下,0.1mol·L-1NaR溶液的pH=10
【答案】C
【解析】
【详解】A.对于一元酸HRH++R-，当温度不变时，Ka=不变；pH越大，c(H+)越小，则越大，则越大，对比图像可知应为N曲线表示随pH的变化，故A错误；
取N曲线上的任意一点，如pH=5时，c(H+)=10-5mol/L；lg=0，=1；Ka=10-5。
B.曲线M为lg与pH变化的关系图，取曲线M上的一点计算，如pH=8时，c(OH-)=10-6mol/L； lg=0；Kb=10-6；由于Kb
D.对于NaR溶液: R-+H2OHR+OH-
起始： 0.1 0 0
平衡： 0.1-x 0.1 x x
水解常数K==10-9；=10-9，计算可得x=10-5mol/L，c(H+)=10-9mol/L，pH=9，故D错误。答案选C。
二、填空题
21.Ⅰ.某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.6mol/L
H2C2O4溶液
H2O
0.2mol/LKMnO4溶液
3mol/L
稀硫酸
1
3.0
2.0
2.0
3.0
4.0
2
3.0
a
2.0
2.0
5.2
3
3.0
b
2.0
1.0
6.4
(1)a=________,b=__________.根据上表中的实验数据，该组实验的结论_____________。
(2)①该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的趋势应如图2所示。该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。
该小组同学提出的假设是___________。
②请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白。
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
再向试管中加入少量固体X
室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.6mol/L
H2C2O4溶液
H2O
0.2mol/LKMnO4溶液
3mol/L
稀硫酸
4
3.0
2.0
2.0
3.0
t
固体X是__________。
③若该小组同学提出的假设成立，时间t__________4.0min(填＞、=或＜)。
Ⅱ.某小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。限选试剂与仪器：30%H2O2、0.1mol·L-1Fe2(SO4)3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器。参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母abcdef表示）。
物理量
实验序号
V/mL[0.1 mol·L-1
Fe2(SO4)3]
1
a
2
a
________________________。
【答案】(1). a=3 (2). b=4 (3). 条件相同时，增大H2SO4浓度反应速率增大 (4). 生成物中MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用) (5). MnSO4 (6). ＜ (7).
物理量
实验序号
V[0.1 mol·L-1
Fe2(SO4)3]/mL
V[H2O2]/mL
V[H2O]/mL
时间/s
V[O2] /mL
1
a
b
c
e
d
2
a
c
b
e
f
【解析】
【分析】Ⅰ(1)根据表中数据，探究的外界条件为硫酸的浓度对反应速率的影响，则必须满足除浓度改变外，其他条件不变，溶液的总体积不变；
(2)①由图2可知，反应开始后反应速率加快，则说明生成的硫酸锰为反应的催化剂；
②与上述实验做对比，只改变硫酸锰的量，而其他条件相同；
③若锰离子为催化剂时，反应速率加快，使用的时间缩短，则t＜4.0min；
Ⅱ.探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响，可通过测量相同时间内生成氧气的体积进行判断。
【详解】Ⅰ.(1)根据表中数据，探究的外界条件为硫酸的浓度对反应速率的影响，则必须满足除浓度改变外，其他条件不变，溶液的总体积不变，即10.0mL，可判断a=3.0mL，b为4.0mL；
(2)①由图2可知，反应开始后反应速率加快，则说明生成的硫酸锰为反应的催化剂，则提出的假设为生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用)；
②与上述实验做对比，只改变硫酸锰的量，而其他条件相同，则固体X为硫酸锰；
③若锰离子为催化剂时，反应速率加快，使用的时间缩短，则t＜4.0min；
Ⅱ.探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响，可通过测量相同时间内生成氧气的体积进行判断，需要除H2O2的浓度不同之外，则其他条件完全相同，即相同浓度的Fe3+的催化剂，因量取H2O2的体积不同，则加入水的体积与H2O2的体积和相同。
22.二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。
（1）科学家提出由CO2制取C的太阳能工艺如图所示。
若“重整系统”发生的反应中n(FeO)/n(CO2)=6，则FexOy的化学式为_____。
（2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。
已知：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-53.7kJ/mol
CH3OCH3(g)+H2O(g)=2CH3OH(g) △H2=+23.4kJ/mol
则2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H3=______kJ/mol。
①一定条件下，上述合成甲醚的反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是_____（填代号）。
a．逆反应速率先增大后减小 b．H2的转化率增大
c．反应物的体积百分含量减小 d．容器中的n(CO2)/n(H2)值变小
②在某压强下，合成甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下，将6mol CO2和12mol H2充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)=________；KA、KB、KC三者之间的大小关系为_________。
（3）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)，平衡时ClNO的体积分数的变化图像如图，则A、B、C三状态中，NO的转化率最大的是_________点；当n(NO)/n(Cl2)=1.5时，达到平衡状态ClNO的体积分数可能是D、E、F三点中的_____________点。
【答案】(1). Fe3O4 (2). -130.8 (3). b (4). 0.18mol·L−1·min−1 (5). KA=KC＞KB (6). A (7). D
【解析】
【详解】（1）反应中n(FeO)/n(CO2)=6，产物有C，根据元素守恒，则n（Fe）：n（O）=6：8=3：4，则FexOy的化学式为Fe3O4；
（2）①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-53.7kJ/mol，CH3OCH3(g)+H2O(g)=2CH3OH(g) △H2=+23.4kJ/mol，根据盖斯定律，2×①-②可得，2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，则△H3=2×△H1-△H2=(-53.7×2-23.4)kJ/mol=-130.8kJ/mol；
①a．逆反应速率先增大后减小，可能为增大生成物浓度，平衡逆向移动，与题意不符，a错误；
b．H2的转化率增大，反应的物质的量增大，平衡正向移动，符合题意，b正确；
c．反应物的体积百分含量减小，可能为增大生成物的浓度，平衡逆向移动，与题意不符，c错误；
d．容器中的n(CO2)/n(H2)值变小，可能是减小CO2的物质的量，平衡逆向移动，与题意不符，d错误；
答案为b；
②T1温度下，将6mol CO2和12mol H2充入2L的密闭容器中，n（H2）：n（CO2）=2，根据图像，CO2的平衡转化率为60%，则反应CO2的物质的量为6mol×60%=3.6mol，则生成n（CH3OCH3）=1.8mol，c（CH3OCH3）=1.8mol/2L=0.9mol/L，v（CH3OCH3）=∆c/∆t=0.9mol/L÷5min=0.18 mol·L−1·min−1；K只与温度有关，则KA=KC，该反应为放热反应，升高温度，则平衡逆向移动，KB减小，则KA=KC＞KB；
（3）NO和Cl2均为反应物，n（NO）物质的量不变，增大n（Cl2）的量，则NO的平衡转换率增大，A、B、C三状态中，NO的转化率最大的为A点；当n(NO)：n(Cl2)的值为化学计量数之比时，ClNO的物质的量最大，n(NO)/n(Cl2)=1.5＜2，则ClNO含量继续增大，则为D点。
23.（1）N2H4可作火箭推进剂，NH3和NaClO在一定条件下反应可生成N2H4。
①写出NH3和NaClO反应生成N2H4的_____；
②已知25℃时N2H4水溶液呈弱碱性：
N2H4+H2ON2H5++OH－ K1=1×10-a；N2H5++H2ON2H62++OH－ K2=1×10-b。
25℃时,向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H5+)＞c(N2H4)，同时c(N2H5+)＞c(N2H62+)，应控制溶液中c(OH－)的范围为_____________________(用含a、b式子表示)。
（2）常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3溶液中：c(NH4+)_____c(HCO3-)（填“＞”、“＜”或“=”）；反应NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=_________。（已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4×10−7mol·L−1，K2=4×10−11mol·L−1）
（3）25℃，将amol·L−1的HCOONa溶液与0.01mol·L−1盐酸等体积混合，反应后测得溶液的pH=7,则Ka=_____________。(用含a的代数式表示不用化简，不考虑液体混合时体积的变化）
【答案】(1). 2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O (2). 10-b mol·L－1＜c(OH－)＜10-a mol·L－1 (3). ＞ (4). 1.25×10−3 (5). （100a-1）×10-7
【解析】
【详解】（1）①NH3和NaClO在一定条件下反应可生成N2H4，N的化合价升高，则Cl的化合价降低，则为-1价，产物为NaCl，H与O反应生成水，方程式为2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O；
②根据方程N2H4+H2ON2H5++OH－，K1=c（N2H5+）×c（OH－）/c（N2H4），K1=c（N2H5+）/c（N2H4）=K1/c（OH－）＞1，则c（OH－）＜K1；同理，K2=c（N2H6+）×c（OH－）/c（N2H5+），c（OH－）＞K2；
（2）已知，Kb＞K1，则NH4+的水解程度小于HCO3-，溶液中的c(NH4+)＞c(HCO3-)；K=c（NH3·H2O）×c（H2CO3）/[c（HCO3-）×c（NH4+）]=c（NH3·H2O）/c（HCO3-）×c（H2CO3）/c（NH4+）=Kw/(Kb×K1)=10-14/(2×10-5×4×10−7)=1.25×10-3；
（3）25℃，pH=7，c（H+）=10-7mol/L，HCOONa+HCl=HCOOH+NaCl，则c（HCOOH）=0.005mol/L，c（HCOO-）=（0.5a-0.005）mol/L，Ka=c（H+）×c（HCOO-）/c（HCOOH）=（100a-1）×10-7。
24.部分弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸
HCOOH
HNO2
H2S
H2SO3
H2C2O4
H2CO3
电离平衡常数（25℃）
K=1.8×10-4
K=5.1×10-4
K1=9.1×10-8
K2=1.11×0-12
K1=1.23×10-2
K2=6.6×10-8
K1=5.4×10-2
K2=5.4×10-5
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
（1）上表的6种酸进行比较，酸性最弱的是：__________；HCOO-、S2-、HSO3-3种离子中，最难结合H+的是______________________。
（2）在浓度均为0.1mol/L的HCOOH和H2C2O4混合溶液中，逐渐滴入0.1mol/L的NaOH溶液，被OH-先后消耗的酸及酸式酸根依次是：_______________________。
（3）已知HNO2具有强氧化性，弱还原性。将HNO2溶液滴加到H2S溶液中，同时有沉淀和无色气体生成，该气体遇空气立即变为红棕色，试写出两酸之间的化学反应方程式___。
（4）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A.HNO2+HS-=NO2-+ H2S↑
B.2HCOOH+SO32-=2HCOO-+H2O+SO2↑
C.H2SO3+2HCOO-=2HCOOH+SO32-
D.HNO2+SO32-=HSO3-+ NO2-
E.2H2C2O4+ CO32-=2HC2O4-+H2O+CO2↑
【答案】(1). H2S (2). HSO3- (3). H2C2O4、HCOOH、HC2O4- (4). 2HNO2+H2S=S↓+2NO↑+2H2O (5). ADE
【解析】
【分析】（1）K越小，酸的电离程度越小，则酸性越弱；酸性越强，则K越大，结合氢离子的能力越难；
（2）酸性：H2C2O4＞HCOOH＞HC2O4-，酸性越强，则结合氢氧根离子的能力越强；
（3）将HNO2溶液滴加到H2S溶液中，同时有沉淀和无色气体生成，则沉淀为单质硫，而气体遇空气立即变为红棕色为NO；
（4）根据表中K的数据，电离平衡常数越大，则酸性越强，根据强酸制弱酸原理，判断反应能否进行。
【详解】（1）K越小，酸的电离程度越小，则酸性越弱，根据上表中数据，K1=9.1×10-8最小，H2S酸性最弱；酸性越强，则K越大，结合氢离子的能力越难，1.23×10-2＞1.8×10-4＞1.1×10-12，则HSO3-结合H+最难；
（2）酸性：H2C2O4＞HCOOH＞HC2O4-，酸性越强，则结合氢氧根离子的能力越强，消耗的酸及酸式酸根离子的顺序为H2C2O4、HCOOH、HC2O4-；
（3）将HNO2溶液滴加到H2S溶液中，同时有沉淀和无色气体生成，则沉淀为单质硫，而气体遇空气立即变为红棕色为NO，方程式为2HNO2+H2S=S↓+2NO↑+2H2O；
（4）A.根据表中数据，HNO2电离平衡常数大于H2S，则酸性：HNO2＞H2S，HNO2+HS-=NO2-+ H2S↑，符合题意，A正确；
B. 酸性：H2SO3＞HCOOH＞HSO3-，则HCOOH+SO32-=HCOO-+ HSO3-，与题意不符，B错误；
C. 酸性：H2SO3＞HCOOH＞HSO3-，H2SO3+HCOO-=HCOOH+HSO3-，与题意不符，C错误；
D. 酸性：H2SO3＞HNO2＞HSO3-，HNO2+SO32-=HSO3-+NO2-，符合题意，D正确；
E. 酸性：H2C2O4＞H2CO3，则2H2C2O4+CO32-=2HC2O4-+H2O+CO2↑，符合题意，E正确；
答案为ADE。
25.砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素,使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。
（1）将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有，其原因是_______________________________。
（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图- 1和图- 2所示。
①以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.0 ~ 10.0)，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为__________________。
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1,则pKa1=______(p Ka1 = -lg Ka1 )。
（3）溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH =7．1时, 吸附剂X表面不带电荷; pH > 7.1时带负电荷,pH越高,表面所带负电荷越多;pH<7.1时带正电荷,pH越低,表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如图-3所示。
①在pH7~9之间,吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降,其原因是______________。
②在pH4~7之间,吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,这是因为___________。 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是_________________________________。
【答案】(1). 碱性溶液吸收了空气中的CO2 (2). OH- + H3AsO3H2AsO3- + H2O (3). 2.2 (4). 在pH7~9之间,随pH升高H2AsO4-转变为HAsO42-,吸附剂X表面所带负电荷增多,静电斥力增加 (5). 在pH4~7之间,吸附剂X表面带正电,五价砷主要以H2AsO4-和HAsO42-阴离子存在,静电引力较大;而三价砷主要以H3AsO3分子存在,与吸附剂X表面产生的静电引力小 (6). 加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷
【解析】（1）NaOH在空气中易与CO2反应生成NaCO3，吸附剂X中含有，其原因是碱性溶液吸收了空气中的CO2 ；（2）①从题20图-1可知pH由小变大时， H3AsO3浓度减小，H2AsO3-浓度增大，当溶液由无色变为浅红色时，主要反应的离子方程式为OH- + H3AsO3H2AsO3- + H2O ；②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1，Ka1= ，由题20图-2读出：，=，=10-2.2mol/L，Ka1==10-2.2mol/L，p Ka1 = -lg Ka1 =-lg10-2.2=2.2；（3）①在pH7~9之间，随pH升高H2AsO4-转变为HAsO42-，吸附剂X表面所带负电荷增多，,静电斥力增加，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降。②在pH4~7之间,吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4-和HAsO42-阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小。提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是：加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷。
一、选择题（1-10题每题2分，11-20每题3分共50分）
1.下列事实能用平衡移动原理解释的是（ ）
A. 500℃左右比室温更有利于合成NH3的反应 B. 用排饱和食盐水的方法收集氯气
C. 加入催化剂有利于SO2的氧化反应 D. 加压有利于H2与I2反应的进行
【答案】B
【解析】
【详解】A.合成氨的反应为放热反应，升高温度不利于平衡正向移动，故A错误；
B.氯水中存在平衡Cl2+H2OCl-+H++HClO，在饱和食盐水中，Cl-浓度较大，可降低氯气的溶解度，可用平衡移动原理解释，故B正确；
C. 催化剂只能改变反应的速率，不能使平衡移动，故C错误；
D. H2(g)+I2(g) 2HI(g)，反应前后为气体体积相等的可逆反应，加压不影响平衡，故D错误；
故选B。
2.下列有关有效碰撞模型说法不正确的是（ ）
A. 能发生有效碰撞的分子一定是活化分子
B. 有效碰撞是发生化学反应的充要条件
C. 不存在活化能为零的反应
D. 活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞
【答案】C
【解析】
【详解】A. 能发生有效碰撞的分子，能量较高，一定是活化分子，故A正确；
B.发生化学反应的碰撞为有效碰撞，所以有效碰撞是发生化学反应的充要条件，故B正确；
C.反应的表观活化能是各基元反应的组合，可正可负可为零，故C错误；
D. 活化分子发生化学反应的碰撞为有效碰撞，故D正确；
故选C。
3.NH4Cl溶于重水（D2O）后，溶液中存在的一水合氨和水合氢离子可能是（ ）
A. NH3•HDO和D3O+ B. NH3•HDO和HD2O+
C. NH3•H2O和H2DO+ D. 以上都有可能
【答案】D
【解析】
【详解】溶液中存在NH4Cl=NH4++Cl-，D2O⇌ D++ OD-，NH4++ 2D2O⇌ NH3•HDO+D3O+，NH3•HDO⇌ NH3•D++OH-，NH4++ OH-⇌NH3•H2O，NH4++ 2D2O⇌ NH3•D2O+HD2O+，NH4++ HDO +D2O⇌ NH3•D2O+H2DO+，综上所述，以上都有可能，答案为D。
4.已知：Fe2+遇铁氰化钾（K3[Fe(CN)6]）会产生特征的蓝色沉淀；AgI是难溶于水的黄色固体。将0.2mol·L-1的KI溶液和0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别完成上述实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I-2Fe2++I2”的是（ ）
编号
实验操作
实验现象
①
滴入KSCN溶液
溶液变红色
②
滴入AgNO3溶液
生成黄色沉淀
③
滴入K3[Fe（CN）6]溶液
生成蓝色沉淀
④
滴入淀粉溶液
溶液变蓝色
A. ① B. ②和④ C. ③和④ D. ③
【答案】A
【解析】
【分析】将0.2mol/L的KI溶液和0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，碘化钾过量，Fe3+完全转化为Fe2+，若此反应不可逆，则溶液中无Fe3+，故只需要证明溶液中含Fe3+即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。
【详解】①向溶液中滴入KSCN溶液,溶液变红,则说明溶液中有Fe3+,即能说明反应存在平衡,故①正确；
②由于碘离子过量，向溶液中滴入AgNO3溶液一定有黄色沉淀生成，不能说明反应存在平衡,故②错误；
③无论反应存不存在平衡,溶液中均存在Fe2+,滴入K3[Fe（CN）6]溶液均有蓝色沉淀生成,故③错误；
④无论反应存不存在平衡,溶液中均有I2,滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色,故不能证明存在平衡,故④错误；
所以A选项是正确的。
5.化学反应2CaO2(s) 2CaO(s) + O2(g) 在一密闭的容器中达到平衡。保持温度不变，缩小容器的容积为原来的一半，重新平衡后，下列叙述正确的是( )
A. CaO2的量不变 B. 平衡常数减小
C. 氧气浓度变小 D. 氧气浓度不变
【答案】D
【解析】
【详解】A. 保持温度不变，缩小容器的容积为原来的一半，平衡逆向移动，则CaO2的量增大，与题意不符，A错误；
B. 保持温度不变，则平衡常数不变，与题意不符，B错误；
C. 保持温度不变，则平衡常数不变，K=c（O2），则氧气浓度不变，与题意不符，C错误；
D. 平衡常数不变，K=c（O2），则氧气浓度不变，符合题意，D正确；
答案为D。
20.00mL 0.1mol•L-1的CH3 COOH溶液，滴定结果如图所示。下列分析正确的是（ ）
A. 0.1mol•L-1的CH3 COOH溶液的pH=3.4
B. A点加入的NaOH溶液的体积为20.00mL
C. 滴定过程中，c(CH3COO-)／c(H+)逐渐减小
D. B点溶液中可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)> c(OH-)>c(H+)
【答案】D
【解析】
【分析】室温下，用0.1mol•L-1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol•L-1的CH3 COOH溶液，发生的反应为NaOH+CH3 COOH=CH3 COONa+H2O，化学计量点时恰好生成CH3 COONa,水解使溶液碱性,此时消耗NaOH的体积为20.00mL，结合图象和溶液中的守恒思想分析判断。
【详解】室温下，用0.1mol•L-1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol•L-1的CH3 COOH溶液，发生的反应为NaOH+CH3 COOH=CH3 COONa+H2O，化学计量点时恰好生成CH3 COONa,水解使溶液碱性,此时消耗NaOH的体积为20.00mL。
A、滴定起始时，溶液中仅存在醋酸，此时，，则，由于Kw=c(H+)c(OH-)，则溶液中c(H+)=10-3.3mol/L，因此0.1mol•L-1的醋酸pH=3.3，选项A错误；
B、A点时AG=0，c(H+)=c(OH-)，加入的NaOH溶液的体积小于20.00mL，若等于20.00mL则溶液应呈碱性AG<0，选项B错误；
C、滴定过程中，发生反应NaOH+CH3 COOH=CH3 COONa+H2O，CH3COO-增大，c(H+)减小，故c(CH3COO-)／c(H+)逐渐增大，选项C错误；
D、B点溶液若完全中和得到醋酸钠，溶液呈碱性，可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)> c(OH-)>c(H+)，选项D正确。
答案选D。
7.温度为T1时，向容积为2 L的密闭容器甲、乙中分别充入一定量的CO(g)和H2O(g)，发生反应：CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H=－41 kJ/mol。数据如下，下列说法不正确的是（ ）
A. 甲容器中，平衡时，反应放出的热量为16.4 kJ
B. T1时，反应的平衡常数K甲=1
C. 平衡时，乙中CO的浓度是甲中的2倍
D. 乙容器中，平衡时CO的转化率约为75%
【答案】D
【解析】
【分析】CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H = －41 kJ/mol
初始： 1.2 0.6 0 0
反应： 0.4 0.4 0.4 0.4
平衡： 0.8 0.2 0.4 0.4
可逆反应中可逆号两边气体计量数之和相等，增大压强，体积减小，化学平衡不移动；则
CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H = －41 kJ/mol
初始2： 2.4 1.2 0 0
反应2： 0.8 0.8 0.8 0.8
平衡2： 1.6 0.4 0.8 0.8
a=1.6mol，b=0.4mol。
【详解】A. 甲容器中，平衡时，CO反应0.4mol，反应放出的热量=41 kJ/mol×0.4mol=16.4 kJ，与题意不符，A错误；
B. T1时，平衡时，CO、H2O、CO2、H2的浓度分别为0.4mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L，则反应的平衡常数K甲 = =1，与题意不符，B错误；
C. 平衡时，乙中CO的浓度为0.8mol/L，甲中CO的浓度为0.4mol/L，乙是甲的2倍，与题意不符，C错误；
D. 乙容器中，平衡时CO的转化率=0.8/2.4×100%=33.3%，符合题意，D正确；
答案为D。
8.N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+ 表面转化为无害气体，其反应原理为N2O(g) + CO(g)CO2(g) + N2(g) ΔH，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程如下。下列说法不正确的是（ ）
A. ΔH = ΔH1 + ΔH2
B. ΔH = −226 kJ/mol
C. 该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D. 为了实现转化需不断向反应器中补充 Pt2O+ 和 Pt2O2+
【答案】D
【解析】A、①N2O+Pt2O＋=Pt2O2＋+N2 △H1，②Pt2O2＋+CO=Pt2O＋+CO2 △H2，结合盖斯定律计算①+②得到N2O（g）+CO（g）=CO2（g）+N2（g）△H=△H1＋△H2，故A正确；B、图示分析可知，反应物能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变△H=生成物总焓-反应物总焓=134KJ·mol－1-360KJ·mol－1=-226KJ·mol－1，故B正确；C、正反应反应活化能E1=134KJ·mol－1小于逆反应活化能E2=360KJ·mol－1，故C正确；D、①N2O+Pt2O＋=Pt2O2＋+N2 △H1，②Pt2O2＋+CO=Pt2O＋+CO2 △H2，反应过程中Pt2O＋和Pt2O2＋ 参与反应后又生成不需要补充，故D错误；故选D。
9.常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（ ）
A. 新制氯水中加入固体NaOH：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)
B. pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)
C. pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合：c(Cl－)＝c(NH4+)＞c(OH－)＝c(H＋)
D. 0.2 mol·L－1CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合：2c(H＋)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
【详解】A、新制氯水中加入固体NaOH所以生成次氯酸钠、氯化钠、水，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(ClO－)+c(OH－)，故A错误；
B、pH=8.3的NaHCO3溶液，说明碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离，则溶液中离子浓度大小为：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32－)，故B错误；
C、氨水存在电离平衡，HCl在溶液中完全电离，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C错误；
D、0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，得到物质的量浓度均为0.05mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，溶液中存在电荷守恒为：①c(Na＋)+[H+]=[OH-]+[CH3COO-]，依据物料守恒可得：②2c(Na＋)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)，根据①②可得：2c(H＋)-2c(OH－)=c(CH3COO－)-c(CH3COOH)，故D正确；
故选D。
10.现有常温时pH = 1的某强酸溶液10 mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是（ ）
A. 加水稀释成20 mL B. 加入10 mL的水进行稀释
C. 加入45 mL pH = 2的HCl溶液 D. 加入45 mL 0.01 mol/L的NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【分析】先计算溶液中氢离子浓度，再用pH=－lgc(H+)求pH。稀溶液混合时，溶液总体积可近似看作两溶液体积之和。
【详解】A项：加水稀释后，c(H+)＝0.1mol/L×10mL/20mL＝0.05mol/L，pH＝1.3，A项错误；
B项：加入10 mL水稀释，溶液总体积约20mL，pH＝1.3，B项错误；
C项：加入45 mL pH = 2的HCl溶液，混合溶液中c(H+)＝(0.1mol/L×10mL+0.01mol/L×45mL)/(10+45)mL＝0.026mol/L，pH＝1.6，C项错误；
D项：加入45 mL 0.01 mol/L的NaOH溶液发生中和反应，c(H+)＝(0.1mol/L×10mL－0.01mol/L×45mL)/(10+45)mL＝0.01mol/L，pH＝2，D项正确。
本题选D。
11.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. Na2S 溶液中 c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）
B. Na2CO3溶液中：c（Na+）=2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）
C. 室温下，pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的NaOH溶液等体积混合，溶液中离子浓度的大小顺序：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D. pH=4的0.1mol•L﹣1NaHC2O4溶液中c（H C2O4﹣）＞c（H+）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）
【答案】A
【解析】A，Na2S属于强碱弱酸盐，S2-发生水解：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，溶液中的电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-），物料守恒式为c（Na+）=2[c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）]，两式整理得溶液中的质子守恒式为c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S），A项正确；B，Na2CO3属于强碱弱酸盐，CO32-发生水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，溶液中的物料守恒式为c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，B项错误；C，CH3COOH属于弱酸，NaOH属于强碱，室温下pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的NaOH溶液等体积混合充分反应后CH3COOH过量，溶液呈酸性，c（H+）c（OH-），溶液中的电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），则c（Na+）c（CH3COO-），C项错误；D，在NaHC2O4溶液中既存在HC2O4-的电离平衡（HC2O4-H++C2O42-）又存在HC2O4-的水解平衡（HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-），由于pH=4，则HC2O4-的电离程度大于水解程度，溶液中粒子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（HC2O4-）c（H+）c（C2O42-）c（H2C2O4），D项错误；答案选A。
12.物质的量浓度相同的下列溶液：①NH4Cl ②(NH4)2Fe(SO4)2 ③(NH4)2SO4 ④CH3COONH4⑤NH4HSO4中，c(NH4＋)由大到小的顺序为（ ）
A. ②③①⑤④ B. ②③⑤①④ C. ⑤④①③② D. ②③①④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】②(NH4)2Fe(SO4)2③(NH4)2SO4溶液中含有两个NH4+，所以物质的量浓度相同时NH4+的浓度较其他的大；②中亚铁离子抑制铵根离子的水解，等浓度时，c(NH4+)：②＞③；⑤中氢离子抑制铵根离子水解，④中铵根离子与醋酸根离子相互促进水解，等浓度时，c(NH4+)：⑤＞①＞④；因此c(NH4+)由大到小的顺序是②③⑤①④，故选B。
13.在一定条件下，在容积为2L的密闭容器中，将2 mol 气体M和3 mol N气体混合，发生如下反应：2M(g)＋3N(g)xQ(g)＋3R(g)，该反应达平衡时，生成2.4mol R，并测得Q的浓度为0.4 mol/L，下列有关叙述正确的是（ ）
A. x值为2 B. 混合气体的密度增大
C. N的转化率为80% D. 混合气体平均摩尔质量不变，不能说明该反应达平衡
【答案】C
【解析】
【详解】A．平衡时生成的Q的物质的量为：0.4mol/L×2L=0.8mol，生成R为2.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.8mol∶2.4mol=x∶3，解得x=1，故A错误；
B．反应体系中各组分都是气体，混合气体的质量不变，容器的容积恒定，根据ρ=可知混合气体的密度不变，故B错误；
C．参加反应的N的物质的量与生成的R相等，为2.4mol，则N的转化率为：×100%=80%，故C正确；
D．反应前后气体的物质的量减小、质量不变，所以平均摩尔质量增大，当混合气体平均摩尔质量保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D错误；
故选C。
14.某密闭容器中进行如下反应：3X(g)+Y(g)2Z(g)，若要使平衡时反应物总物质的量与生成物的物质的量相等，且用X、Y做反应物，则X、Y的初始物质的量之比的范围应满足（ ）
A 1＜＜3 B. ＜＜
C. ＜＜4 D. 1＜＜5
【答案】D
【解析】
【详解】令参加反应的Y的物质的量为n，则
3X(g)+Y(g)2Z(g)
开始(mol)： x y 0
转化(mol)： 3n n 2n
平衡(mol)： x-3n y-n 2n
平衡时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等，所以有（x-3n）+（y-n）=2n，解得n=；反应物不能完全反应，所以有y＞n，x＞3n，即y＞，x＞，解得：1＜=＜5，故选D。
15.有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合面成：①CH3COONa与HCl ②CH3COONa与NaOH ③CH3COONa与NaCl ④CH3COONa与NaHCO3下列各项排序正确的是（ ）
A. pH：②>③>④>① B. c(CH3COO－)：②>④>③>①
C. 溶液中c(H＋)：①>③>②>④ D. c(CH3COOH)：①>④>③>②
【答案】B
【解析】
【详解】①：CH3COONa与HCl反应后生成CH3COOH和NaCl，其溶液呈酸性；
②：CH3COONa与NaOH溶液，OH―阻止CH3COO―水解，溶液呈强碱性；
③：CH3COONNa与NaCl，CH3COONa水解溶液呈碱性；
④：CH3COONa与NaHCO3溶液，NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解能力大于CH3COO―水解能力，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用；
A．HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力，④中的pH>③中pH，A项错误；
B．②中由于OH―对CH3COO―水解抑制作用强，其c(CH3COO―)最大，④中HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，c(CH3COO―)较大，①中生成了CH3COOH，c(CH3COO―)最小，c(CH3COO－)从大到小的排序②④③①，B项正确；
C．②中含有NaOH，水中H＋浓度最小；①中含有CH3COOH，会电离出H＋，其c(H＋)最大；④中含有NaHCO3，由于HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力碱性④强于③，则③中c(H＋)大于④，从大到小的准确排序为①③④②；C项错误；
D．④中含有的NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，CH3COO－水解生成CH3COOH较少，则③中c(CH3COOH)>④中c(CH3COOH)，D项错误；
本题答案选B
16.在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料，一定条件下发生反应（起始温度和起始体积相同）：A2(g)+2B2(g)2AB3(g) ΔH＜0，相关数据如下表所示：
容器
甲
乙
丙
相关条件
恒温恒容
绝热恒容
恒温恒压
反应物投料
1mol A2、2molB2
2molAB3
2mol AB3
反应物的转化率
a甲
a乙
a丙
反应的平衡常数K=
K甲
K乙
K丙
平衡时AB3的浓度/mol·L-1
c甲
c乙
c丙
平衡时AB3的反应速率/mol·L-1·min-1
v甲
v乙
v丙
下列说法正确的是( )
A. v甲=v丙 B. c乙＜c丙
C. a甲 +a乙＜1 D. K乙＜K丙
【答案】C
【解析】
【详解】A. 容器甲为恒温恒容，容器丙为恒温恒压，反应中气体计量数的和左边大于右边，随反应的进行，气体物质的量减小，则甲中压强小于丙中压强，因此反应速率v甲＜v丙，与题意不符，A错误；
B.容器乙为绝热恒容，正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，乙的温度小于丙，而压强大于丙，高温低压有利于AB3的分解，则平衡时c乙＞c丙，与题意不符，B错误；
C. 若容器乙为恒温恒容时，甲与乙为等效反应，则a甲 +a乙=1，由于乙为绝热容器，且逆反应为吸热反应，则乙分解程度小于恒温时，则a甲 +a乙＜1，符合题意，C正确；
D. 容器乙为绝热恒容，正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，乙的温度小于丙，有利于AB3的生成，则K乙＞K丙，与题意不符，D错误；
答案为C。
17.常温度下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后再滴加0.1mol/L的NaOH溶液，整个过程中溶液的pH变化曲线如图所示。已知d点所示的溶液中，钠元素与氯元素的物质的量相等，下列选项正确的是( )
A. a点时，已经滴入NaOH溶液
B. b点所示的溶液中，只存在两种分子
C. a、b、c、d四个点当中，d点水的电离程度最大
D. c点所示的溶液中，c(Na+)=c(Cl-)+c(HClO)
【答案】C
【解析】
【详解】A. a点时，溶液的pH＜7，且不为最低点，则为通入氯气的过程，与题意不符，A错误；
B. b点所示的溶液为饱和氯水的溶液，存在水、氯气、次氯酸分子，与题意不符，B错误；
C. a、b、c、d四个点当中，d点为氯化钠、次氯酸钠溶液，次氯酸钠为强碱弱酸盐，促进水的电离，水的电离程度最大，符合题意，C正确；
D. c点所示的溶液显中性，根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，与题意不符，D错误；
答案为C。
18.下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)＞c(OH－)
B. 20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后呈酸性，所得溶液中： c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)
C. 室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)
D. 0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)＋c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液为Na2CO3溶液：CO32－+H2O⇌ HCO3－+ OH－、H2O⇌ H++ OH－，则c(OH－)＞c(HCO3－)，与题意不符，A错误；
B. 20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后所得溶液为等物质的量的NaCl、CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，则CH3COOH电离程度大于CH3COONa的水解程度，则c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，符合题意，B正确；
C. 室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液为NH4Cl、NH3∙ H2O，且溶液呈碱性，与题意不符，C错误；
D. 0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液为CH3COONa：根据物料守恒，则c(OH－)=c(H＋)＋c(CH3COOH)，与题意不符，D错误；
答案为B。
19.室温下，将0.10mol·L－1的盐酸滴入20.00mL0.10mol·L－1氨水中，溶液的pH和pOH随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。已知pOH＝－lgc(OH－)。下列说法不正确的是( )
A. M点所示溶液中c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)
B. N点所示溶液中c(NH4+)
D. M点和N点水的电离程度均小于Q点
【答案】A
【解析】
【详解】A. M点溶液呈碱性，则所示溶液为NH4 Cl、NH3·H2O混合液，c(NH4+)＋c(NH3·H2O)>c(Cl－)，符合题意，A正确；
B. N点溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH－)，根据溶液呈电中性，c(NH4+)+ c(H+)= c(OH－)+c(Cl－)，则c(NH4+)
D. M点氢离子浓度和N点氢氧根离子浓度相同，且均由水电离产生，则M、N点水的电离程度相同，且酸碱对水的电离有抑制作用，则水的电离程度均小于Q点，与题意不符，D错误；
答案为A。
20.常温下，向1L1nol/L某一元酸HR溶液中滴加一元碱BOH溶液，混合溶液的与pH变化的关系如图所示.下列叙述正确的是（ ）
A. M线表示随pH的变化 B. BR溶液呈碱性
C. 若温度升高，两条线均向上平移 D. 常温下,0.1mol·L-1NaR溶液的pH=10
【答案】C
【解析】
【详解】A.对于一元酸HRH++R-，当温度不变时，Ka=不变；pH越大，c(H+)越小，则越大，则越大，对比图像可知应为N曲线表示随pH的变化，故A错误；
取N曲线上的任意一点，如pH=5时，c(H+)=10-5mol/L；lg=0，=1；Ka=10-5。
B.曲线M为lg与pH变化的关系图，取曲线M上的一点计算，如pH=8时，c(OH-)=10-6mol/L； lg=0；Kb=10-6；由于Kb
D.对于NaR溶液: R-+H2OHR+OH-
起始： 0.1 0 0
平衡： 0.1-x 0.1 x x
水解常数K==10-9；=10-9，计算可得x=10-5mol/L，c(H+)=10-9mol/L，pH=9，故D错误。答案选C。
二、填空题
21.Ⅰ.某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.6mol/L
H2C2O4溶液
H2O
0.2mol/LKMnO4溶液
3mol/L
稀硫酸
1
3.0
2.0
2.0
3.0
4.0
2
3.0
a
2.0
2.0
5.2
3
3.0
b
2.0
1.0
6.4
(1)a=________,b=__________.根据上表中的实验数据，该组实验的结论_____________。
(2)①该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的趋势应如图2所示。该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。
该小组同学提出的假设是___________。
②请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白。
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
再向试管中加入少量固体X
室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.6mol/L
H2C2O4溶液
H2O
0.2mol/LKMnO4溶液
3mol/L
稀硫酸
4
3.0
2.0
2.0
3.0
t
固体X是__________。
③若该小组同学提出的假设成立，时间t__________4.0min(填＞、=或＜)。
Ⅱ.某小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。限选试剂与仪器：30%H2O2、0.1mol·L-1Fe2(SO4)3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器。参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母abcdef表示）。
物理量
实验序号
V/mL[0.1 mol·L-1
Fe2(SO4)3]
1
a
2
a
________________________。
【答案】(1). a=3 (2). b=4 (3). 条件相同时，增大H2SO4浓度反应速率增大 (4). 生成物中MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用) (5). MnSO4 (6). ＜ (7).
物理量
实验序号
V[0.1 mol·L-1
Fe2(SO4)3]/mL
V[H2O2]/mL
V[H2O]/mL
时间/s
V[O2] /mL
1
a
b
c
e
d
2
a
c
b
e
f
【解析】
【分析】Ⅰ(1)根据表中数据，探究的外界条件为硫酸的浓度对反应速率的影响，则必须满足除浓度改变外，其他条件不变，溶液的总体积不变；
(2)①由图2可知，反应开始后反应速率加快，则说明生成的硫酸锰为反应的催化剂；
②与上述实验做对比，只改变硫酸锰的量，而其他条件相同；
③若锰离子为催化剂时，反应速率加快，使用的时间缩短，则t＜4.0min；
Ⅱ.探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响，可通过测量相同时间内生成氧气的体积进行判断。
【详解】Ⅰ.(1)根据表中数据，探究的外界条件为硫酸的浓度对反应速率的影响，则必须满足除浓度改变外，其他条件不变，溶液的总体积不变，即10.0mL，可判断a=3.0mL，b为4.0mL；
(2)①由图2可知，反应开始后反应速率加快，则说明生成的硫酸锰为反应的催化剂，则提出的假设为生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用)；
②与上述实验做对比，只改变硫酸锰的量，而其他条件相同，则固体X为硫酸锰；
③若锰离子为催化剂时，反应速率加快，使用的时间缩短，则t＜4.0min；
Ⅱ.探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响，可通过测量相同时间内生成氧气的体积进行判断，需要除H2O2的浓度不同之外，则其他条件完全相同，即相同浓度的Fe3+的催化剂，因量取H2O2的体积不同，则加入水的体积与H2O2的体积和相同。
22.二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。
（1）科学家提出由CO2制取C的太阳能工艺如图所示。
若“重整系统”发生的反应中n(FeO)/n(CO2)=6，则FexOy的化学式为_____。
（2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。
已知：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-53.7kJ/mol
CH3OCH3(g)+H2O(g)=2CH3OH(g) △H2=+23.4kJ/mol
则2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H3=______kJ/mol。
①一定条件下，上述合成甲醚的反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是_____（填代号）。
a．逆反应速率先增大后减小 b．H2的转化率增大
c．反应物的体积百分含量减小 d．容器中的n(CO2)/n(H2)值变小
②在某压强下，合成甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下，将6mol CO2和12mol H2充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)=________；KA、KB、KC三者之间的大小关系为_________。
（3）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)，平衡时ClNO的体积分数的变化图像如图，则A、B、C三状态中，NO的转化率最大的是_________点；当n(NO)/n(Cl2)=1.5时，达到平衡状态ClNO的体积分数可能是D、E、F三点中的_____________点。
【答案】(1). Fe3O4 (2). -130.8 (3). b (4). 0.18mol·L−1·min−1 (5). KA=KC＞KB (6). A (7). D
【解析】
【详解】（1）反应中n(FeO)/n(CO2)=6，产物有C，根据元素守恒，则n（Fe）：n（O）=6：8=3：4，则FexOy的化学式为Fe3O4；
（2）①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-53.7kJ/mol，CH3OCH3(g)+H2O(g)=2CH3OH(g) △H2=+23.4kJ/mol，根据盖斯定律，2×①-②可得，2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，则△H3=2×△H1-△H2=(-53.7×2-23.4)kJ/mol=-130.8kJ/mol；
①a．逆反应速率先增大后减小，可能为增大生成物浓度，平衡逆向移动，与题意不符，a错误；
b．H2的转化率增大，反应的物质的量增大，平衡正向移动，符合题意，b正确；
c．反应物的体积百分含量减小，可能为增大生成物的浓度，平衡逆向移动，与题意不符，c错误；
d．容器中的n(CO2)/n(H2)值变小，可能是减小CO2的物质的量，平衡逆向移动，与题意不符，d错误；
答案为b；
②T1温度下，将6mol CO2和12mol H2充入2L的密闭容器中，n（H2）：n（CO2）=2，根据图像，CO2的平衡转化率为60%，则反应CO2的物质的量为6mol×60%=3.6mol，则生成n（CH3OCH3）=1.8mol，c（CH3OCH3）=1.8mol/2L=0.9mol/L，v（CH3OCH3）=∆c/∆t=0.9mol/L÷5min=0.18 mol·L−1·min−1；K只与温度有关，则KA=KC，该反应为放热反应，升高温度，则平衡逆向移动，KB减小，则KA=KC＞KB；
（3）NO和Cl2均为反应物，n（NO）物质的量不变，增大n（Cl2）的量，则NO的平衡转换率增大，A、B、C三状态中，NO的转化率最大的为A点；当n(NO)：n(Cl2)的值为化学计量数之比时，ClNO的物质的量最大，n(NO)/n(Cl2)=1.5＜2，则ClNO含量继续增大，则为D点。
23.（1）N2H4可作火箭推进剂，NH3和NaClO在一定条件下反应可生成N2H4。
①写出NH3和NaClO反应生成N2H4的_____；
②已知25℃时N2H4水溶液呈弱碱性：
N2H4+H2ON2H5++OH－ K1=1×10-a；N2H5++H2ON2H62++OH－ K2=1×10-b。
25℃时,向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H5+)＞c(N2H4)，同时c(N2H5+)＞c(N2H62+)，应控制溶液中c(OH－)的范围为_____________________(用含a、b式子表示)。
（2）常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3溶液中：c(NH4+)_____c(HCO3-)（填“＞”、“＜”或“=”）；反应NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=_________。（已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4×10−7mol·L−1，K2=4×10−11mol·L−1）
（3）25℃，将amol·L−1的HCOONa溶液与0.01mol·L−1盐酸等体积混合，反应后测得溶液的pH=7,则Ka=_____________。(用含a的代数式表示不用化简，不考虑液体混合时体积的变化）
【答案】(1). 2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O (2). 10-b mol·L－1＜c(OH－)＜10-a mol·L－1 (3). ＞ (4). 1.25×10−3 (5). （100a-1）×10-7
【解析】
【详解】（1）①NH3和NaClO在一定条件下反应可生成N2H4，N的化合价升高，则Cl的化合价降低，则为-1价，产物为NaCl，H与O反应生成水，方程式为2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O；
②根据方程N2H4+H2ON2H5++OH－，K1=c（N2H5+）×c（OH－）/c（N2H4），K1=c（N2H5+）/c（N2H4）=K1/c（OH－）＞1，则c（OH－）＜K1；同理，K2=c（N2H6+）×c（OH－）/c（N2H5+），c（OH－）＞K2；
（2）已知，Kb＞K1，则NH4+的水解程度小于HCO3-，溶液中的c(NH4+)＞c(HCO3-)；K=c（NH3·H2O）×c（H2CO3）/[c（HCO3-）×c（NH4+）]=c（NH3·H2O）/c（HCO3-）×c（H2CO3）/c（NH4+）=Kw/(Kb×K1)=10-14/(2×10-5×4×10−7)=1.25×10-3；
（3）25℃，pH=7，c（H+）=10-7mol/L，HCOONa+HCl=HCOOH+NaCl，则c（HCOOH）=0.005mol/L，c（HCOO-）=（0.5a-0.005）mol/L，Ka=c（H+）×c（HCOO-）/c（HCOOH）=（100a-1）×10-7。
24.部分弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸
HCOOH
HNO2
H2S
H2SO3
H2C2O4
H2CO3
电离平衡常数（25℃）
K=1.8×10-4
K=5.1×10-4
K1=9.1×10-8
K2=1.11×0-12
K1=1.23×10-2
K2=6.6×10-8
K1=5.4×10-2
K2=5.4×10-5
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
（1）上表的6种酸进行比较，酸性最弱的是：__________；HCOO-、S2-、HSO3-3种离子中，最难结合H+的是______________________。
（2）在浓度均为0.1mol/L的HCOOH和H2C2O4混合溶液中，逐渐滴入0.1mol/L的NaOH溶液，被OH-先后消耗的酸及酸式酸根依次是：_______________________。
（3）已知HNO2具有强氧化性，弱还原性。将HNO2溶液滴加到H2S溶液中，同时有沉淀和无色气体生成，该气体遇空气立即变为红棕色，试写出两酸之间的化学反应方程式___。
（4）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A.HNO2+HS-=NO2-+ H2S↑
B.2HCOOH+SO32-=2HCOO-+H2O+SO2↑
C.H2SO3+2HCOO-=2HCOOH+SO32-
D.HNO2+SO32-=HSO3-+ NO2-
E.2H2C2O4+ CO32-=2HC2O4-+H2O+CO2↑
【答案】(1). H2S (2). HSO3- (3). H2C2O4、HCOOH、HC2O4- (4). 2HNO2+H2S=S↓+2NO↑+2H2O (5). ADE
【解析】
【分析】（1）K越小，酸的电离程度越小，则酸性越弱；酸性越强，则K越大，结合氢离子的能力越难；
（2）酸性：H2C2O4＞HCOOH＞HC2O4-，酸性越强，则结合氢氧根离子的能力越强；
（3）将HNO2溶液滴加到H2S溶液中，同时有沉淀和无色气体生成，则沉淀为单质硫，而气体遇空气立即变为红棕色为NO；
（4）根据表中K的数据，电离平衡常数越大，则酸性越强，根据强酸制弱酸原理，判断反应能否进行。
【详解】（1）K越小，酸的电离程度越小，则酸性越弱，根据上表中数据，K1=9.1×10-8最小，H2S酸性最弱；酸性越强，则K越大，结合氢离子的能力越难，1.23×10-2＞1.8×10-4＞1.1×10-12，则HSO3-结合H+最难；
（2）酸性：H2C2O4＞HCOOH＞HC2O4-，酸性越强，则结合氢氧根离子的能力越强，消耗的酸及酸式酸根离子的顺序为H2C2O4、HCOOH、HC2O4-；
（3）将HNO2溶液滴加到H2S溶液中，同时有沉淀和无色气体生成，则沉淀为单质硫，而气体遇空气立即变为红棕色为NO，方程式为2HNO2+H2S=S↓+2NO↑+2H2O；
（4）A.根据表中数据，HNO2电离平衡常数大于H2S，则酸性：HNO2＞H2S，HNO2+HS-=NO2-+ H2S↑，符合题意，A正确；
B. 酸性：H2SO3＞HCOOH＞HSO3-，则HCOOH+SO32-=HCOO-+ HSO3-，与题意不符，B错误；
C. 酸性：H2SO3＞HCOOH＞HSO3-，H2SO3+HCOO-=HCOOH+HSO3-，与题意不符，C错误；
D. 酸性：H2SO3＞HNO2＞HSO3-，HNO2+SO32-=HSO3-+NO2-，符合题意，D正确；
E. 酸性：H2C2O4＞H2CO3，则2H2C2O4+CO32-=2HC2O4-+H2O+CO2↑，符合题意，E正确；
答案为ADE。
25.砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素,使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。
（1）将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有，其原因是_______________________________。
（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图- 1和图- 2所示。
①以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.0 ~ 10.0)，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为__________________。
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1,则pKa1=______(p Ka1 = -lg Ka1 )。
（3）溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH =7．1时, 吸附剂X表面不带电荷; pH > 7.1时带负电荷,pH越高,表面所带负电荷越多;pH<7.1时带正电荷,pH越低,表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如图-3所示。
①在pH7~9之间,吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降,其原因是______________。
②在pH4~7之间,吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,这是因为___________。 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是_________________________________。
【答案】(1). 碱性溶液吸收了空气中的CO2 (2). OH- + H3AsO3H2AsO3- + H2O (3). 2.2 (4). 在pH7~9之间,随pH升高H2AsO4-转变为HAsO42-,吸附剂X表面所带负电荷增多,静电斥力增加 (5). 在pH4~7之间,吸附剂X表面带正电,五价砷主要以H2AsO4-和HAsO42-阴离子存在,静电引力较大;而三价砷主要以H3AsO3分子存在,与吸附剂X表面产生的静电引力小 (6). 加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷
【解析】（1）NaOH在空气中易与CO2反应生成NaCO3，吸附剂X中含有，其原因是碱性溶液吸收了空气中的CO2 ；（2）①从题20图-1可知pH由小变大时， H3AsO3浓度减小，H2AsO3-浓度增大，当溶液由无色变为浅红色时，主要反应的离子方程式为OH- + H3AsO3H2AsO3- + H2O ；②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1，Ka1= ，由题20图-2读出：，=，=10-2.2mol/L，Ka1==10-2.2mol/L，p Ka1 = -lg Ka1 =-lg10-2.2=2.2；（3）①在pH7~9之间，随pH升高H2AsO4-转变为HAsO42-，吸附剂X表面所带负电荷增多，,静电斥力增加，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降。②在pH4~7之间,吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4-和HAsO42-阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小。提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是：加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷。
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