【化学】新疆生产建设兵团第一师高级中学2018-2019学年高二上学期第二次月考（解析版） 试卷

新疆生产建设兵团第一师高级中学2018-2019学年高二上学期第二次月考
考试范围：必修4第二、第三章；考试时间：100分钟；
第I卷（选择题）
一、单选题（每小题2分共60分）
1.在某温度下，可逆反应mA(g) + nB(g) pC(g) + qD(g)的平衡常数为K，下列说法正确的是（ ）
A. K值越小，达到平衡时，反应物的转化率越大
B. K值越大，达到平衡时，生成物的含量越大
C. 反应物的转化率越大，达到平衡时，K值越大
D. 温度越高，达到平衡时，K值越大
【答案】B
【分析】化学平衡常数K只与温度有关，可衡量反应正向进行的趋势，K越大，正向进行的程度越大，以此来解答。
【详解】A．K越小，正向进行的程度越小，达到平衡时，反应物的转化率越小，A错误；
B．K越大，正向进行的程度越大，反应进行的越完全，生成物的含量越大，B正确；
C．K与温度有关，反应物的转化率越大，达到平衡时，K值不一定越大，C错误；
D．K与温度有关，若反应为吸热反应，升高温度K增大，若为放热反应时升高温度K减小，D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查化学平衡常数，把握K的意义及K与温度的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项D为易错点，注意反应可能为吸热反应或放热反应，题目难度不大。
2.向一体积为2L的恒容密闭容器里充入1 mol N2和4 molH2，在一定温度下发生反应： N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H<0。10秒后达到平衡，c（NH3）为0.4mol/L。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应达平衡时H2的转化率为40%
B. 降低温度能使混合气体的密度增大
C. 向该容器中充入N2，平衡正向移动
D. 研发高效催化剂可大大提高N2的转化率
【答案】C
【分析】根据可逆反应建立化学平衡过程中相关量的变化分析计算，分析外因对化学平衡的影响。可列三段式进行计算。
【详解】N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)
起始/mol：1 4 0
转化/mol：0.4 1.2 0.8
平衡/mol：0.6 2.8 0.4×2
A项，氢气转化率＝(1.2mol÷4mol)×100%=30%，A项错误；
B项，该反应中只有气体，混合气体总质量不变，恒容时密度不变，B项错误；
C项，化学平衡时充入氮气，增大氮气浓度，平衡正向移动，C项正确；
D项，催化剂只能改变化学反应速率，缩短到达平衡的时间，但不能使平衡移动，不能改变反应物的转化率，D项错误；
本题选C。
3.下列利用相关数据作出的推理或判断一定正确的是（ ）
A. 利用焓变数据判断反应能否自发进行 B. 利用溶液的pH判断该溶液的酸碱性
C. 利用平衡常数判断反应进行的程度大小 D. 利用反应热数据判断反应速率的大小
【答案】C
【解析】A、反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据；B、根据溶液的酸碱性的实质分析判断；C、根据平衡常数是用生成物浓度积除以反应物浓度积的含义分析判断；D、根据影响化学反应速率的因素主要有温度、浓度、压强、催化剂、接触面积等分析判断。
详解：A、反应能否自发进行决定于焓变和熵变两个因素，即△H-T△S，故A错误；B、溶液的酸碱性取决于溶液中氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小，常温下pH=6显酸性，100℃时pH=6显中性，故B错误；C、化学平衡常数越大反应向正向进行的程度越大，反之越小，故C正确；D、反应热表示反应放出或吸收的热量多少，与反应速率无关，故D错误；故选C。
4.25℃时，体积为Va、pH＝a的某一元强酸溶液与体积为Vb、pH＝b的某一元强碱溶液均匀混合后，溶液的pH＝7，已知b＝6a，Va＜Vb，下列有关a的说法中正确的是( )
A. a可能等于1 B. a一定大于2
C. a一定小于2 D. a一定等于2
【答案】C
【解析】25时，体积为Va、pH=a的某一元强酸溶液中氢离子物质的量为Va×10-amol，体积为Vb、pH=b的某一元强碱溶液中氢氧根离子物质的量=Vb×10-14+bmol，均匀混合后，溶液的pH=7，依据氢离子浓度和氢氧根离子物质的量相同，Va×10-amol=Vb×10-14+bmol，Va：Vb=10-14+a+b，已知b=6a，Va＜Vb，Va：Vb=10-14+7a＜1，-14+7a＜0．得到a＜2，a一定小于2，故选C。
【考点定位】考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算
【名师点晴】本题考查酸碱混合的定性判断和计算，题目难度较大，酸碱恰好中和，则有酸碱溶液中氢离子和氢氧根离子物质的量相等，根据Va×10-a=Vb×10b-14计算。
5.下列离子能促进水电离的是（ ）
A. H＋ B. [H]－
C. D.
【答案】C
【分析】弱酸根阴离子和弱碱阳离子水解能促进水的电离，据此分析。
【详解】A. 氢离子能抑制水的电离，故A不选；
B．[H]－是氢氧根离子，能抑制水的电离，故B不选；
C．是F－，可以结合水电离出的H＋生成弱酸HF，使水的电离平衡正向移动，促进水的电离，故C选；
D．是钠离子，钠离子不水解，对水的电离平衡无影响，不能促进水的电离，故D不选，答案选C。
6.一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应2HI(g)+Cl2(g)2HCl(g) + I2(s)。下列事实不能说明该反应到平衡状态的是（ ）
A. 断裂1 mol Cl-Cl键同时形成1 mol H-Cl键 B. 容器内气体密度不再改变
C. 容器内气体压强不再改变 D. 容器内气体颜色不再改变
【答案】A
【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。
【详解】A. 断裂1 mol Cl-Cl键同时形成1 mol H-Cl键均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，A符合；
B. 密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中气体质量是变化的，容积始终是不变的，所以容器内气体密度不再改变说明反应达到平衡状态，B不符合；
C. 正反应体积减小，则容器内气体压强不再改变说明反应达到平衡状态，C不符合；
D. 容器内气体颜色不再改变说明碘的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，D不符合；
答案选A。
7.已知某温度下水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol·L－1的一元酸HA与b mol·L－1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（ ）
A. a=b B. 混合溶液中，c(H+)+c(B+)=c(OH－)+c(A－)
C. 混合溶液的pH=7 D. 混合溶液中，c(H+) =mol·L－1
【答案】D
【详解】A、若a=b且HA和BOH分别是强酸和强碱或分别是弱酸、弱碱且它们的电离常数相同，所得溶液呈中性，选项A错误；B、常温下，pH=7的溶液呈中性，选项B错误；C、无论溶液呈酸性、碱性或中性，都有电荷守恒c(H+)+ c(B+)= c(OH-)+ c(A-)，选项C错误；D、c(H+)·c(OH-)=Kw，所以c(H+)=时c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，选项D正确。答案选D。
【点睛】本题考查溶液的酸碱性。溶液呈中性的本质是c(H+)=c(OH-)，但pH不一定等于7，只有室温时，中性溶液的pH才等于7。
8.自由能的变化(ΔG)是反应方向判断的复合判据：ΔG＝ΔH－TΔS，ΔG<0时，反应正向自发进行。已知某化学反应其ΔH＝－122 kJ·mol－1，ΔS＝231 J·mol－1·K－1，则此反应在下列哪种情况下可自发进行 (　　)
A. 在任何温度下都能自发进行 B. 在任何温度下都不能自发进行
C. 仅在高温下自发进行 D. 仅在低温下自发进行
【答案】A
【分析】利用复合判据进行分析，应注意T代表温度，热力学温度，单位为K，据此分析；
【详解】△H=－122kJ·mol－1，即△H<0，△S=231kJ·mol－1，即△S>0，根据复合判据△G=△H－T△S，得出该反应的△G在任何温度下都小于0，即任何温度下都能自发进行，故A正确；
答案选A。
9.在一个固定容积的密闭容器中，保持一定温度进行如下反应：H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)，已知加入1 mol H2和2 mol Br2达到平衡后，生成x mol HBr，在相同条件下若起始时加入的H2、Br2、HBr分别为a、b、c(均不为0)且保持平衡时，各组分含量都不变，以下推断正确的是（ ）
①a、b、c应满足的关系是4a＋c＝2b
②平衡时HBr为ax mol
③a、b、c应满足的关系是a＋b＝c
④平衡时HBr为x mol
A. ① B. ①② C. ①④ D. ②③
【答案】C
【详解】在容器中充入1molH2和2molBr2达到平衡后生成xmolHBr。在相同条件下，若起始时加入H2、Br2、HBr分别为amol、bmol、cmol（均不为0），达到平衡时，各组分百分含量和前一平衡相同，则建立的是等效平衡；由于该反应是气体体积不变的反应，将所有量按照反应方程式转化成氢气和溴，只要满足n（H2）：n（Br2）=1mol：2mol=1：2即可。①根据极限转化的思想，将cmol的HBr极限转化为反应物，要实现等效平衡的建立，则相当于的投料符合：氢气：a+=1，溴单质：b+=2，整理得到：4a+c=2b，故①正确；②反应两边气体的体积不变，在容器中充入1molH2和2molBr2达到平衡后气体的物质的量还是3mol，则溴化氢的百分含量为，加入H2、Br2、HBr分别为amol、bmol、cmol（均不为0），达到平衡时两个平衡中溴化氢的百分含量相等，设达到平衡时HBr物质的量为m，则= ，所以m=xmol，即达到平衡时HBr物质的量为xmol，故②错误，④正确；③根据①可知，4a+c=2b，所以a+b不一定等于c，故③错误；根据分析可知，正确的为①④，故选C。
10.室温时，将浓度和体积分别为c1、Vl的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的的（ ）
A. 若V1= V2，c1=c2，则c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)
B. 在任何情况下都是 c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
C. 当pH=7时，若V1 = V2，一定是c2>c1
D. 若pH>7，则一定是c1V1= c2V2
【答案】D
【解析】A、如果V1=V2、c1=c2，则醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，混合后恰好反应生成醋酸钠，根据溶液中物料守恒得c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)，故A不选；B、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故B不选；C、醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使混合溶液呈中性，酸应该稍微过量，所以当pH=7时，若V1=V2，则一定是c2＞c1，故C不选；D、醋酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，所以等物质的量的酸和碱混合时，溶液呈碱性，当氢氧化钠过量时溶液碱性更强，所以当pH＞7时，可能是c1V1＞c2V2，故D选；故选D。
11.已知：（1）Zn（s）+O2（g）=== ZnO(s)，ΔH= -348.3 kJ·mol-1，
（2）2Ag(s)+O2（g）=== Ag2O(s)，ΔH= -31.0 kJ·mol-1，
则Zn（s）+ Ag2O(s) === ZnO(s)+ 2Ag(s)的ΔH等于（ ）
A. -379.3 kJ·mol-1 B. -317.3 kJ·mol-1
C. -332.8 kJ·mol-1 D. 317.3 kJ·mol-1
【答案】B
【详解】根据盖斯定律可知，（1）-（2）即得到Zn（s）+ Ag2O(s) === ZnO(s)+ 2Ag(s)，所以反应热△H＝-348.3 kJ·mol-1＋31.0 kJ·mol-1＝-317.3 kJ·mol-1，故答案为B。
12.利用电导率传感器可绘制电导率曲线图，下图为用0.1mol/LNaOH溶液滴定10mL0.lmol/L盐酸过程中的电导率曲线。下列说法错误的是（ ）

A. 电导率传感器能用于判断酸碱中和滴定的终点
B. a、b、c 点的溶液中，离子浓度由大到小顺序为a>b>c
C. d点所示溶液中存在：c(Cl-) +c(OH-) =c(H+) +c(Na+)
D. C点电导率最小是因为此时溶液中导电微粒数目最少
【答案】D
【解析】A．HCl和NaOH反应方程式为HCl+NaOH=NaCl+H2O，根据图象知，从0-10mL之间，随着反应的进行，溶液中c（H+）浓度逐渐减小，溶液的电导率逐渐降低，加入溶液体积大于15mL时，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，溶液的电导率增大，根据图知当恰好中和时电导率最小，所以可以电导率传感器能用于酸碱中和滴定终点的判断，选项A正确；B．电导率与导电性成正比，根据图知该点电导率最大，所以其导电性最强，离子浓度由大到小顺序为a>b>c，选项B正确；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Cl-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），选项C正确；D．溶液电导率与离子浓度成正比，c点电导率低是因为离子浓度小，而不是导电微粒数目最少，选项D错误。答案选D。
点睛：本题以电解质溶液的导电性为载体考查酸碱混合溶液定性判断，明确反应实质、电导率的影响因素及混合溶液中溶质是解本题关键，会根据图象中曲线变化获取信息、加工信息，从而利用信息答题，注意电解质溶液中电荷守恒与溶液酸碱性无关、与溶液浓度无关，为易错点。A．HCl和NaOH反应方程式为HCl+NaOH=NaCl+H2O，根据图象知，从0-10mL之间，随着反应的进行，溶液中c（H+）浓度逐渐减小，溶液的电导率逐渐降低，加入溶液体积大于15mL时，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，溶液的电导率增大，根据图知，当恰好中和时电导率最小；B．电导率与导电性成正比；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒；D．溶液电导率与离子浓度成正比，c点电导率低是因为离子浓度小。
13.对可逆反应:A(g)+B(s)C(s)+D(g)　ΔH>0。如图所示为正、逆反应速率(v)与时间(t)关系的示意图,如果在t1时刻改变以下条件:①加入A;②加入催化剂;③加压;④升温;⑤减少C,符合图示条件的是(　　)

A. ②③ B. ①② C. ③④ D. ④⑤
【答案】A
【解析】根据图像可知，改变条件后，正逆反应速率同时增大，且增大的程度相同，所以平衡不移动。由于反应是体积不变的吸热的可逆反应，所以改变的条件可能是增大压强或加入了催化剂，A正确。①④均向正反应方向移动，不正确，答案选A。
14.下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论表达均正确的是（ ）


A. ①是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，正反应ΔH<0
B. ②是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图像
C. ③是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图像，a是使用催化剂时的曲线
D. ④是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图像，压强p1>p2
【答案】C
【解析】A．根据图象知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的△H＞0，故A错误；B．该反应实质为Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大不影响化学平衡移动，故B错误；C．使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，故C正确；D．该反应前后气体的物质的量不变，改变压强不影响平衡状态，即不影响A的转化率，由于不断加入B，A的转化率增大，故D错误。故选C。
考点：考查化学反应速率和化学平衡图线的综合应用
【名师点睛】近年来，在高考化学试题中凸现出了一种新的题型—动态多变量图像题。此类试题的主要特点是：（1）图像在一个坐标系上有多个变化量，图像较为复杂；（2）图像中隐含信息量大，对学生读图获取信息能力的要求较高；（3）由于多变量的存在，要求学生会多角度、多层面去思考和探究问题，有效的考查了学生综合分析、推理判断能力。 解答此类试题的关键是：（1）看清横、纵坐标代表的含义，理解图示化学曲线的意义；（2）理清图像变化的趋势，重点把握起点、拐点、终点。突破口在于抓住图像中关键点的含义，在此基础上结合化学原理作出正确的判断。
15.2007年2月，中国首条“生态马路”在上海复兴路隧道建成，它运用了“光触媒”技术，在路面涂上一种光催化剂涂料，可将汽车尾气中45%的NO和CO转化成N2和CO2。下列对此反应的叙述中正确的是(　　)
A. 使用光催化剂不改变反应速率 B. 使用光催化剂能增大NO的转化率
C. 升高温度能加快反应速率 D. 改变压强对反应速率无影响
【答案】C
【解析】2NO + 2CON2+ 2CO2
使用光催化剂能加快反应速率，但不影响平衡移动，故不能增大NO的转化率；C正确；
改变压强，若引起反应物浓度的变化，将会影响反应速率；
16.一定温度下,反应N2(g)+O2(g) 2NO(g)在密闭容器中进行,下列措施不改变化学反应速率的是(　　)
A. 缩小体积使压强增大 B. 恒容,充入N2
C. 恒容,充入He D. 恒压,充入He
【答案】C
【分析】从影响化学反应速率的因素入手进行分析；
【详解】A、缩小容器的体积，组分浓度增大，反应速率加快，故A不符合题意；
B、恒容状态下，充入氮气，增加氮气浓度，反应速率加快，故B不符合题意；
C、He不参与反应，恒容状态下，充入He，反应混合物中各组分浓度不变，即化学反应速率不变，故C符合题意；
D、恒压状态下，充入He，容器的体积增大，反应混合物中组分浓度减小，化学反应速率减缓，故D不符合题意；
答案选C。
17.二氧化硫的催化氧化原理为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),反应混合体系在平衡状态时SO3的体积分数与温度的关系如图所示，下列说法错误的是(　　)

A. 在D点时v(正) B. 反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的ΔH<0
C. 若B、C点的平衡常数分别为KB、KC,则KB>KC
D. 恒温恒压下向平衡体系中通入氦气,平衡向左移动
【答案】A
【解析】A、曲线是平衡线，D点达到A点，SO3的体积分数增大，即反应向正反应方向进行，即v(正)>v(逆)，故A说法错误；B、随着温度升高，SO3的体积分数降低，说明正反应是放热反应，故B说法正确；C、化学平衡常数只受温度的影响，升高温度，平衡向逆反应方向移动，即KB>KC，故C说法正确；D、恒温恒压下，充入非反应气体，组分的浓度降低，平衡向逆反应方向移动，故D说法正确。
18.对于化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，A的百分含量与温度（T）的变化情况，如图所示

下列说法不正确的是（ ）
A. M点前速率v正>v逆 B. 该反应为吸热反应
C. M点速率v正=v逆 D. M点以后均为平衡状态
【答案】B
【解析】A. 根据图像，M点之前是建立平衡的过程，到M点达到平衡，因此M点前速率v正>v逆，故A正确；B. M点为平衡点，升高温度，A%增大，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，故B错误；C. M点为平衡点，速率v正=v逆，故C正确；D. M点以后，随着温度升高，重新建立平衡，之后均为平衡状态，故D正确；故选B。
19.反应A(g)＋B(g) 2C(g)＋3D(g)在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示
反应速率最快的是（ ）
A. v(A)＝0.20mol·L－1·min－1 B. v(B)＝0.30 mol·L－1·min－1
C. v(C)＝0.40 mol·L－1·min－1 D. v(D)＝0.50 mol·L－1·min－1
【答案】B
【解析】以A物质基准，A、v(A)=0.20mol/(L·min)；B、根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此有v(A)=v(B)=0.30 mol/(L·min)；C、v(A)=v(C)/2=0.20mol/(L·min)；D、v(A)=v(D)/3=0.50/3mol/(L·min)；比较数值得出，选项B的反应速率最快，故B正确。
20.电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下，将相同体积的氢氧化钠溶液和醋酸溶液分别加水稀释，溶液的电导率随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的（ ）

A. I表示NaOH溶液加水稀释过程中溶液电导率的变化
B. a、b、c三点溶液pH：b>c>a
C. 将a、b两点溶液混合，所得溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
D. a点水电离出的n(H+)大于c点水电离出的n(H+)
【答案】D
【解析】A. 醋酸相对NaOH为弱电解质，溶液的稀释对其浓度影响较为不明显，故I表示醋酸溶液加水稀释过程中溶液电导率的变化，A错误；B. b点、c点溶液呈碱性，而b点为溶液经过稀释，pH值降低，则pH：a > b，B错误；C. 醋酸钠为强电解质，两种溶液混合后将发生中和反应，pH值为7，C错误；D. 虽然a、c两点电导率相同，但a点溶液体积比c点大，电离出更多的H+，D正确。故选择D。
点睛：稀释溶液会促进弱电解质的电离；醋酸钠为强电解质，在熔融状态和溶液中均完全电离。
21.室温下有下列四种溶液：①0.1 mol/L氨水 ②0.1 mol/L NH4Cl溶液 ③混合溶液：盐酸和NH4Cl的浓度均为0.1 mol/L ④混合溶液：NaOH和氨水的浓度均为0.1 mol/L。四种溶液中c(NH4＋)由大到小排列正确的是（ ）
A. ②③④① B. ②①③④ C. ③②④① D. ③②①④
【答案】D
【分析】氢离子抑制铵根离子水解，氢氧根离子抑制一水合氨电离，氯化铵是强电解质，在水溶液里完全电离，一水合氨是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，据此判断溶液中铵根离子浓度大小。
【详解】①中一水合氨是弱电解质，0.1 mol/L的氨水中铵根离子浓度远远小于0.1 mol/L；
②氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解但程度较小，所以0.1 mol/L的氯化铵中铵根离子浓度接近0.1 mol/L；
③氯化氢电离出的氢离子抑制铵根离子水解，所以该溶液中铵根离子浓度接近0.1 mol/L，但大于②中铵根离子浓度；
④氢氧化钠电离出的氢氧根离子抑制一水合氨电离，所以该溶液中铵根离子浓度远远小于0.1 mol/L，且小于①中铵根离子浓度；氯化铵溶液中铵根离子浓度大于相同浓度的氨水中铵根离子浓度，所以这四种溶液中铵根离子浓度大小顺序是：③②①④，所以D选项是正确的。
22.下列反应属于水解反应的是（ ）
A. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 B. H2O+H2O=OH-+H3O+
C. Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH D. AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl
【答案】C
【解析】A．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2为氧化还原反应，体现了过氧化钠的强氧化性，故A错误；B．H2O+H2O=OH-+H3O+为水的电离，故B错误；C．Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH为水解反应，是CO32-的水解使溶液显碱性，故C正确；D．AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl为盐与碱之间发生的复分解反应，故D错误；答案为C。
23.用标准氢氧化钠滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作为指示剂，下列操作会使滴定结果偏低的是（ ）
A. 用蒸馏水洗净滴定管后，装入标准氢氧化钠溶液进行滴定
B. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗
D. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，滴定后俯视
【答案】D
【分析】根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】A、用蒸馏水洗净碱式滴定管后，注入标准氢氧化钠溶液进行滴定，标准液的浓度偏小，消耗的标准液的体积偏大，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏大，故A错误；
B. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失,消耗的标准液的体积偏大，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏大，故B错误；
C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，对结果不影响，故C错误；
D. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，滴定后俯视，消耗的标准液的体积偏小，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏小，故D正确；
故选D。
24.物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，pH值依次是8、9、10，则HX，HY，HZ的酸性由强到弱的顺序是（ ）
A. HY、HX、HZ B. HZ、HY、HX
C. HX、HY、HZ D. HY、HZ、HX
【答案】C
【详解】酸的酸性越强，相同浓度时，其酸根离子的水解程度越小，相同浓度钠盐溶液的pH越小。因此，相同条件下的钠盐溶液，溶液的pH越大的其相应酸的酸性越小，根据题意知，NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH值依次为8、9、10，则这三种酸的酸性大小顺序是HX＞HY＞HZ，故选C。
25.物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+ 浓度最大的是（ ）
A. NH4Cl B. NH3·H2O C. CH3COONH4 D. NH4HSO4
【答案】D
【分析】根据铵根离子的浓度和水解的影响角度来分析，如果含有对铵根离子水解起促进作用的离子，则铵根离子水解程度增大，如果含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱。
【详解】物质的量浓度相同的下列溶液中不考虑（水解）其他因素影响，选项ACD中铵根离子浓度分别之比为1：1：1，D中NH3•H2O部分电离；A、氯化铵中，铵根离子的水解不受氯离子的影响；B、NH3•H2O是弱电解质，部分电离，其铵根离子浓度最小； C、醋酸根离子对铵根离子的水解起到促进作用，导致铵根离子水解程度大，其铵根离子浓度较小；D、硫酸氢铵中的氢离子对铵根的水解起抑制作用，导致铵根离子水解程度较小，铵根离子浓度较大；综上NH4+的浓度最大的是NH4HSO4。答案选D。
【点睛】本题考查学生离子的水解的影响因素、弱电解质的电离，注意把握影响盐的水解的因素，题目难度不大。
26.下列事实可以证明HNO2是弱电解质的是（ ）
①1 mol/L的HNO2溶液可以使石蕊试液变红 ②1 mol/L的HNO2溶液中c(H+)=10-3mol/L　　③HNO2溶液的导电能力比HCl溶液弱 ④10 mL 1 mol·L－1的HNO2溶液恰好与10 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液完全反应　⑤同浓度同体积的HNO2溶液和HCl溶液与Zn反应时，HNO2溶液中放出H2的速率慢　⑥HNO2溶液中HNO2、NO2－、H＋同时存在
A. ②⑤⑥ B. ②③④⑤ C. ①④⑤⑥ D. ③⑤⑥
【答案】A
【分析】部分电离、溶液中存在电离平衡的电解质为弱电解质，利用酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析HNO2是弱电解质．
【详解】①1 mol/L的HNO2溶液可以使石蕊试液变红，只能说明溶液呈酸性，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故错误；
②1 mol/L的HNO2溶液中c(H+)=10-3mol/L，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故正确；
③溶液的导电性与离子浓度成正比，HNO2溶液的导电能力比HCl溶液弱，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故错误；
④10 mL 1 mol·L－1的HNO2溶液恰好与10 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液完全反应，只能说明亚硝酸是一元酸，但不能说明是弱酸，故错误；
⑤同浓度同体积的HNO2溶液和HCl溶液与Zn反应时，HNO2溶液中放出H2的速率慢，说明亚硝酸中氢离子浓度低，不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故正确；
⑥HNO2溶液中HNO2、NO2－、H＋同时存在，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故正确；
故选A。
【点睛】本题考查弱电解质的判断，解题关键：明确强弱电解质根本区别，易错点③：溶液导电性与离子浓度有关，与电解质强弱无关，为易错点．
27.对于化学反应方向的确定，下列说法正确的是 (　　)
A. 在温度、压强一定的条件下，焓因素和熵因素共同决定一个化学反应的方向
B. 温度、压强一定时，放热反应能自发进行
C. 反应的焓变是决定反应能否自发进行的唯一因素
D. 固体的溶解过程与焓变无关
【答案】A
【详解】A、根据复合判据：△G=△H－T△S，当△G<0，则能自发进行，△G>0，则不能自发进行，在一定温度、压强一定的条件下，焓因素和熵因素共同决定一个化学反应的方向， 故A正确；
B、根据选项A的分析，如果是放热的熵减反应，高温条件下可以使△G>O，不能自发进行，故B错误；
C、根据A选项分析，反应能否自发进行是焓变和熵变共同决定的，故C错误；
D、固体的溶解过程是自发过程，与焓变和熵变都有关，故D错误；
答案选A。
28.在A（g）+ 2B（g）3C(g)的反应中，经2秒后C的浓度增加0.6 mol/L，则用B浓度的变化来表示的反应速率是（ ）
A. 0.1 mol·L-1`s-1 B. 0.2 mol·L-1`s-1
C. 0.3 mol·L-1`s-1 D. 0.4mol·L-1`s-1
【答案】B
【解析】经2秒后C的浓度增加0.6 mol/L，则根据方程式可知消耗B的浓度是0.4mol/L，因此用B浓度的变化来表示的反应速率是0.4mol/L÷2s＝0.2 mol·L-1·s-1，答案选B。
29.在CH3COONa溶液里，加入下列物质使水解平衡向左移动，并且pH变大的是 (　　)
A. 加入适量纯CH3COOH
B. 加入少量NaCl固体
C. 加入少量NaOH固体
D. 加水稀释
【答案】C
【解析】CH3COO-水解的离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。A、加入CH3COOH，平衡逆向移动，水解程度减小，溶液的pH值减小，故A错误；B、加入氯化钠固体，水解平衡不会移动，水解程度不变，溶液的pH值不变，故B错误；C、加入NaOH，c(OH-)增大，醋酸根离子水解的程度相应降低，平衡逆向移动，溶液中的c(OH-)增大，pH变大，故C正确；D、加水稀释，水解程度增大，溶液的pH值减小，故D错误；故选C。
30.t ℃时，某平衡体系中含有X、Y、Z、W四种物质，此温度下发生反应的平衡常数表达式为K＝。有关该平衡体系的说法正确的是（ ）
A. 当混合气体的平均相对分子质量保持不变时，反应达平衡
B. 增大压强，各物质的浓度不变
C. 升高温度，平衡常数K增大
D. 增加X的量，平衡既可能正向移动，也可能逆向移动
【答案】A
【解析】根据平衡常数表达式分析，化学反应中Y为生成物且为气体，化学计量数为2,；ZW为反应物，是气体，X为固体或纯液体，化学计量数都为1。A、当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明反应体系中X的质量不变，反应到平衡，正确，选A；B、增大压强，气体物质的浓度增大，错误，不选B；C、升温，平衡常数肯定改变，但不一定增大，看移动方向，错误，不选C；D、增加X的量，其浓度不变，平衡不移动，错误，不选D。
考点： 化学平衡常数的意义
第II卷（非选择题）
二、填空题（共40分）
31.二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的新型燃料，以CO和H2为原料生产二甲醚主要发生以下三个反应：
（1）该工艺的总反应为3CO(g)＋3H2(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)  ΔH＝_________，化学平衡常数K＝______________(用含K1、K2、K3的代数式表示)。
化学反应方程式

化学平衡常数
①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) 
ΔH1=-99 kJ•mol-1
K1
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) 
ΔH2＝－24 kJ•mol-1
K2
③CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) 
ΔH3＝－41 kJ•mol-1
K3

（2）某温度下，将8.0molH2和4.0molCO充入容积为2L的密闭容器中，发生反应：4H2(g)+2CO(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)，10 分钟后反应达平衡，测得二甲醚的体积分数为25%，则用H2表示的反应速率为_________，CO的转化率为________。
（3）下列措施中，能提高CH3OCH3产率的有________。
A．分离出二甲醚          B．降低温度    C．改用高效催化剂            D．增大压强 
（4）该工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是________________________
____________________________________________________________________________。
【答案】(1). -263 kJ•mol-1 (2). K12·K2·K3 (3). 0.3mol/(L·min) (4). 75％ (5). ABD (6). 反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率
【分析】（1）根据盖斯定律及所给反应式解答；
（2）列出三行式，利用已知条件，求出转化量，进而求出用H2表示反应速率和CO的转化率；
（3）根据生成二甲醚的反应特点分析采取的措施；
（4）根据反应③对反应②的生成物的影响分析解答。
【详解】（1）根据盖斯定律可知①2+②+③即得到总反应为3CO(g)＋3H2(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g) 的ΔH＝-263 kJ•mol-1 ，其化学平衡常数K= K12·K2·K3 ，
故答案为：-263 kJ•mol-1 ；K12·K2·K3；
（2） 4H2(g)+2CO(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)
起始量(mol) 8 4 0 0
转化量(mol) 2x x 0.5x 0.5x
平衡量(mol) 8-2x 4-x 0.5x 0.5x
平衡时测得二甲醚的体积分数为25%，则列式100%=25%，解得x=3，所以用H2表示的反应速率为=0.3 mol/(L·min)，
CO的转化率为100%=75%。
故答案为：0.3mol/(L·min) ；75％；
（3）生成二甲醚的反应是放热的气体体积减小的可逆反应。
A项，分离出CH3OCH3会使产物浓度降低，平衡向右移动，CH3OCH3产率增大，故选A项；
B项，反应是放热反应，降低温度会使平衡向右移动，使产率增大，故选B项；
C项，催化剂可以改变反应速率，但是不能影响化学平衡，故不选C项。
D项，增大压强使平衡向气体体积减小的方向移动，即向右移动，CH3OCH3产率增大，故选D项；
综上所述，本题正确答案为ABD；
（4）根据方程式可知反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率。
故答案为：反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率。
32.已知水在25 ℃和95 ℃时的电离平衡曲线如图所示：

（1）25 ℃时水的电离平衡曲线应为__________ (填“A”或“B”)。
（2）95 ℃时水的离子积Kw=__________，c(H＋)==__________
（3）25 ℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为_____。
（4）95 ℃时，若100 mL pH1=a的某强酸溶液与1 mL pH2=b的某强碱溶液混合后，所得溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是____________。
（5）在曲线B对应的温度下，将pH=2的某HA溶液和pH=10的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH=5。请分析其原因：_________________________。
【答案】 (1). A (2). 1×10−12 (3). 1×10-6mol/L (4). 10∶1 (5). pH1+pH2=14 (6). HA为弱酸
【详解】（1）根据水的离子积Kw=10－14，纯水时，水电离出的c(H＋)=c(OH－)=10－7mol·L－1，即A曲线表示25℃时水的电离平衡曲线；
（2）根据图像，95℃时水的离子积Kw=c(H＋)×c(OH－)=10－6×10－6=10－12，H＋浓度为10－6mol·L－1；
（3）25℃时，混合溶液的pH=7，溶液显中性，即V(NaOH)×10－5=V(H2SO4)×10－4，即V(NaOH)：V(H2SO4)=10：1；
（4）95℃时水离子积为10－12，溶液呈现中性，即n(OH－)=n(H＋)，100×10－3×10－a=1×10－3×10(b－12)，a＋b=14，即pH1＋pH2=14；
（5）曲线B代表95℃水的电离平衡，水的离子积为10－12，溶液显中性，pH=6，即pH=5时，溶液显酸性，说明酸过量，即HA为弱酸。
【点睛】关于水的离子积的计算时，一定注意审清温度是是不是常温或25℃，常温下或25℃时，水的离子积为10－14，其余温度需要计算或判断水的离子积。
33.（1）25 ℃时，0.1 mol·L－1NaOH溶液的pH为________；
（2）25 ℃时，0.1 mol·L－1NH4Cl溶液的pH________7(填“<”、“＝”或“＞”)，其原因是__________________________________(用离子方程式表示)；
（3）将上述两种溶液等体积混合后，离子浓度大小次序正确的是________(填序号)。
A．[Na＋]＞[Cl－]＞[OH－]＞[H＋]
B．[Na＋]＝[Cl－]＞[H＋]＞[OH－]
C．[Na＋]＝[Cl－]＞[OH－]＞[H＋]
D．[Cl－]＞[Na＋]＞[OH－]＞[H＋]
（4）25 ℃时，0.1 mol·L－1NaOH溶液中水电离出来的氢氧根的浓度为C1，0.1 mol·L－1NH4Cl溶液中水电离出来的氢离子的浓度为C2，则C1______C2(填“<”、“＝”或“＞”)
【答案】 (1). 13 (2). ＜ (3). NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋ (4). C (5). ＜
【详解】(1)0.1 mol·L－1 NaOH溶液的c(OH-)= mol·L－1，  mol·L－1，所以pH=-lgc(H+)=-lg10-13=13，
因此，本题正确答案是：13；
(2)因为发生NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，NH4＋能结合水电离出来的OH-生成弱电解质NH3·H2O，破坏了水的电离平衡，使溶液显酸性，
因此，本题正确答案是：＜；NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋；
(3)将两种溶液等体积混合，发生反应：NaOH+NH4Cl═NaCl+ NH3·H2O，Na+和Cl-均不水解，故浓度相等，NH3·H2O能电离出OH-，电离极其微弱，使c(OH-)>c(H＋)，所以离子浓度关系为：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，所以C选项是正确的。
（4）25 ℃时，0.1 mol·L－1NaOH溶液中水电离出来的氢氧根的浓度为C1＝10-13mol/L；0.1 mol·L－1NH4Cl溶液中水电离出来的氢离子的浓度为C2＝10-1mol/L，，则C1＜C2。
因此，本题正确答案是：＜。
34.有0.1 mol/L的盐酸（a）、硫酸溶液（b）、醋酸溶液（c）各50 mL，试比较：
（1）三种酸的氢离子浓度由大到小的顺序是_________________________；三种酸的pH由大到小的顺序是__________（填字母代号，下同）。
（2）三种酸跟足量的锌反应，开始时产生H2的速率由大到小的顺序是____________（不考虑Zn的纯度及表面积等问题）。
（3）三种酸跟足量的锌反应产生H2的体积由大到小的顺序是__________________。
（4）三种酸分别跟0.1 mol/L的NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的顺序是_______________。
【答案】 (1). b>a>c (2). c>a>b (3). b>a>c (4). b>a＝c (5). b>a＝c
【解析】本题考查强酸和弱酸的比较。
（1）盐酸属于一元强酸，0.1mol/L盐酸中c（H+）=0.1mol/L；硫酸属于二元强酸，0.1mol/L硫酸中c（H+）=0.2mol/L；醋酸属于弱酸，0.1mol/L醋酸中c（H+）0.1mol/L；三种酸中氢离子浓度由大到小的顺序是：bac。氢离子浓度越大，溶液的pH越小，三种酸的pH由大到小的顺序为：cab。
（2）不考虑Zn的纯度和表面积等问题，反应速率的快慢取决于氢离子浓度的大小，氢离子浓度越大，反应速率越快，则开始时产生H2的速率由大到小的顺序是：bac。
（3）盐酸和醋酸都属于一元酸，硫酸属于二元酸，0.1mol/L50mL三种酸能提供的H+总物质的量由大到小的顺序为ba=c，则三种酸与足量锌反应产生H2的体积由大到小的顺序为ba=c。
（4）盐酸和醋酸都属于一元酸，硫酸属于二元酸，0.1mol/L50mL三种酸能提供的H+总物质的量由大到小的顺序为ba=c，则三种酸与0.1mol/LNaOH溶液中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的顺序为：ba=c。
点睛：一元强酸与一元弱酸的比较
1.等物质的量浓度、等体积的一元强酸(如HCl)与一元弱酸(如CH3COOH，简写为HAc)的比较

c(H＋)
pH
中和碱的能力
与足量活泼金属反应产生H2的量
与活泼金属反应开始的速率
稀释相同倍数后
c
pH
HCl
大
小
相同
相同
快
相同
小
HAc
小
大
慢
大

2.等pH、等体积的一元强酸与一元弱酸的比较(以HCl、HAc为例)

c（酸）
与足量活泼金属反应
中和碱的能力
稀释相同倍数后
υ(初)
υ(后)
产生H2量
c（酸）
pH
HCl
小
相同
慢
少
小
小
大
HAc
大
快
多
大
大
小