2019-2020学年高二化学上学期第三次月考试题(含解析).doc

2019-2020学年高二化学上学期第三次月考试题(含解析)试卷说明：1.本试卷满分为100分，考试时间为90分钟。可能用到的相对原子质量： O16， S32, Ba137一、选择题（每个小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共44分）1. 下列叙述正确的是( )A. 水能是二次能源 B. 电能是二次能源C. 天然气是可再生能源 D. 水煤气是可再生能源【答案】B【解析】水能属于一次能源；天然气、水煤气是不可再生能源，电能属于二次能源；故选B。点睛：本题考查了能源的分类。一次能源又分为可再生能源(水能、风能及生物质能)和不可再生能源(煤炭、石油、天然气、油页岩等)；除此以外，太阳能、风能、地热能、海洋能、生物能以及核能等可再生能源也属于一次能源；二次能源则是指由一次能源转化的能量资源，例如：电力、煤气、汽油、柴油、焦炭、洁净煤、激光和沼气等。2. 下列各种溶液中通入或加入少量物质,使溶液导电能力增强的是 ( )A. 盐酸中通入少量NH3 B. 醋酸中通入少量NH3C. 氨水中加入少量H2O D. 盐酸中加入少量AgNO3【答案】B【解析】A. 氯化氢是强电解质，盐酸中通入少量NH3生成氯化铵，离子浓度基本不变，溶液导电能力基本不变，故A不选；B.醋酸是弱酸，醋酸中通入少量NH3生成醋酸铵，离子浓度增大，溶液导电能力增强，故B选；C. 氨水中加入少量H2O，溶液中的离子浓度减小，溶液导电能力减弱，故C不选；D. 盐酸中加入少量AgNO3反应生成氯化银沉淀和硝酸，离子浓度基本不变，溶液导电能力基本不变，故D不选；故选B。3. 在如图所示的装置中，a的金属活泼性比氢要强，b为碳棒，关于此装置的各种叙述不正确的是()A. 碳棒上有气体放出，溶液pH变大B. a是正极，b是负极C. 导线中有电子流动，电子从a极流向b极D. a极上发生了氧化反应【答案】B【解析】试题分析：A、碳棒上氢离子得电子生成氢气，所以有气体放出，故A正确B、根据“a的金属性比氢要强，b为碳棒”判断a为负极，b为正极，故B错误C、该装置形成了原电池，电子由负极沿导线流向正极，通过B知，电子从a极流到b极，故C正确D、a为负极，负极上失电子发生氧化反应，故D正确故选B考点：考查原电池4. 已知H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) H184.6kJmol-1， 则反应HCl(g)1/2H2(g)+1/2Cl2(g)的H为 ( )A. + 184.6kJmol-1 B. 92.3kJmol-1C. + 92.3kJ D. + 92.3kJmol-1【答案】D【解析】试题分析：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) H= -184.6kJmol-1，则2HCl(g)= H2(g)+Cl2(g)，H=184.6kJmol-1，所以HCl(g)1/2H2(g)+1/2Cl2(g)的H=186.6/2=+92.3kJmol-1；所以答案为D。考点：反应热的计算点评：本题考查了反应热的计算，属于对基础知识的考查，该题要注意反应热的符号。5. 下列说法，你认为不正确的是（ ）A. 平衡常数随温度的改变而改变B. 对于密闭容器中反应2SO2+O22SO3，2体积SO2与足量O2反应，能生成2体积SO3C. 合成氨反应中使用催化剂，降低了反应所需要的活化能D. 反应H2(g)I2 (g) 2HI(g) 在450时，其平衡常数为49；则反应HI(g) 12 H2(g) 12 I2(g) 在450时的平衡常数为1/7【答案】B【解析】试题分析：A.平衡常数受温度影响，温度不变，平衡常数不变，正确；B.对可逆反应而言，反应物不能彻底进行，2体积SO2与足量O2反应，生成SO3的体积小于2体积，错误；C.催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分数，正确；D. 化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以逆反应的平衡常数是正方应平衡常数的倒数。由于逆反应的化学计量数是正方应化学计量数的1/2，所以该逆反应的平衡常数K(1/49)1/21/7，正确；选B。考点：考查平衡常数的影响因素与计算，可逆反应的特点，催化剂的作用等知识。6. 为更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度(AG)的概念，AGlgc(H+)/c(OH-)，则下列叙述正确的是()A. 中性溶液的AG1 B. 常温下0.1 molL1盐酸溶液的AG12C. 酸性溶液的AG0 D. 常温下0.1 molL1 NaOH溶液的AG12【答案】B【解析】A、在中性溶液中，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，AG=lg1=0，故A错误；B、0.1molL-1盐酸溶液中氢离子浓度0.1molL-1，氢氧根离子浓度为c(OH-)=110-13molL-1，AG=lg=12，故B正确；C、由于酸性溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，氢离子浓度比氢氧根离子的比值大于1，AG0，故C错误；D、在0.1molL-1氢氧化钠溶液中氢离子浓度为110-13molL-1，氢氧根离子浓度为0.1molL-1，AG=lg=-12，故D错误；故选B。7. 下列实验操作能达到目的的是()用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体 用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得K2CO3晶体 用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体 加热MgCl2溶液制取MgCl2固体A. B. C. D. 【答案】B【解析】硫离子和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为：2Al3+3S2-+6H2O=3H2S+2Al（OH）3；无法制取硫化铝（Al2S3）固体，如果制取硫化铝固体，可以用金属铝和硫粉加热的方法来制取，故错误；碳酸钾受热稳定，可蒸发得到碳酸钾，故正确；硫化铜为黑色沉淀，可发生反应，故正确；氯化镁结晶水合物加热过程中镁离子是弱碱阳离子易水解生成氢氧化镁，MgCl26H2O制取无水氯化镁时需要在氯化氢气流的氛围下加热固体，故错误；故选B。8. 在由水电离产生的H+浓度为110-13mol/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ） K+、Cl-、NO3-、S2- K+、Fe2+、I-、SO42- Na+、Cl-、NO3-、SO42-Na+、Ca2+、Cl-、HCO3- K+、Ba2+、Cl-、NO3-A. B. C. D. 【答案】B【解析】常温时，若水溶液中由水电离产生的c(H+)为110-13mol/L，为酸或碱溶液。NO3-和S2-在酸性溶液中不能共存，要发生氧化还原反应，故错误；Fe2+在碱性溶液中要转化为氢氧化亚铁沉淀，故错误；Na+、Cl-、NO3-、SO42-无论酸或碱溶液中，该组离子之间均不反应，一定大量共存，故正确；Ca2+、HCO3-在碱性溶液中要转化为碳酸钙，在酸性溶液中HCO3-要转化为二氧化碳和水，故错误；K+、Ba2+、Cl-、NO3-无论酸或碱溶液中，该组离子之间均不反应，一定大量共存，故正确；所以正确，故选B。点睛：本题考查离子的共存，把握题中的信息及离子之间的反应为解答的关键。审题时应注意题中给出的附加条件。酸性溶液，表示存在H+；碱性溶液，表示存在OH-；能在加入铝粉后放出可燃气体的溶液，表示是酸性或碱性溶液，但不能是硝酸溶液；由水电离出的c(H+)或c(OH-)=110-13mol/L的溶液，表示溶液显酸性或碱性等。9. 下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是（ ）A. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅B. 高压比常压有利于合成SO3的反应C. 由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深D. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅【答案】C【解析】A存在平衡2NO2（g）N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的密度目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍不原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故A不选；B存在平衡2SO2+O2（g）2SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B不选；C存在平衡H2+I2（g）2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故C选；D对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2OHCl+HClO向右移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；【点评】本题考查勒夏特列原理知识，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动10. 汽车尾气净化中的一个反应如下：NO(g)+CO(g) 1/2N2(g)+CO2(g) H=373.4 kJ/mol。在恒容的密闭容器中，反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是( )A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A、平衡常数只受温度影响，该反应正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数降低，故A错误；B、该反应正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，CO的转化率降低，故B错误；C、平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，与物质的浓度无关，增大NO的物质的量，不影响平衡常数，故C正确；D、增大氮气的物质的量，氮气的浓度增大，平衡向逆反应移动，NO的转化率降低，故D错误；故选C。11. 下列事实：Na2HPO4水溶液呈碱性；NaHSO4水溶液呈酸性；长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大；铵态氮肥不能与草木灰混合施用；加热能使纯碱溶液去污能力增强；配制SnCl2溶液，需用盐酸溶解SnCl2固体；NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放。其中与盐类水解有关的是( )A. 全部 B. 除以外 C. 除以外 D. 除、以外【答案】C.点睛：本题考查盐类水解的应用，注意常见能水解的盐类，强酸弱碱盐、强碱弱酸盐以及弱酸弱碱盐可发生水解。12. 25时，已知下列三种金属硫化物的溶度积常数(Ksp)分别为：Ksp(FeS)6.31018 ；Ksp(CuS)1.31036 ；Ksp(ZnS)1.61024 。下列关于常温时的有关叙述正确的是( )A. 硫化锌、硫化铜、硫化亚铁的溶解度依次增大B. 将足量的ZnSO4晶体加入到0.1 molL1的Na2S溶液中，Zn2的浓度最大只能达到1.61023 molL1C. 除去工业废水中含有的Cu2，可采用FeS固体作为沉淀剂D. 向饱和的FeS溶液中加入FeSO4溶液后，混合液中c(Fe2)、Ksp(FeS)都变大【答案】C【解析】A、由于Ksp(CuS)=1.310-36Ksp(ZnS)=1.610-24Ksp(FeS)=6.310-18，所以溶解度CuSZnSFeS，故A错误；B、原硫化钠溶液中硫离子最大浓度为：c(S2-)=0.1 mol/L，所以锌离子最小浓度为：c(Zn2+)=mol/L=1.610-23mol/L，故B错误；C、由于Ksp(CuS)=1.310-36Ksp(FeS)=6.310-18，硫化铜的溶解度小于硫化亚铁的，所以除去工业废水中含有的Cu2+，可采用FeS固体作为沉淀剂，故C正确；D、向饱和的FeS 溶液中加入FeSO4溶液后，混合液中c(Fe2+)变大、c(S2-)变小，温度不变，所以Ksp(FeS)不变，故D错误；故选C。13. 25时，pH3的盐酸a L分别与下列三种溶液充分混合后，溶液均呈中性：c(NH3H2O)1103 molL1的氨水b L，c(OH)1103 molL1的氨水c L，c(OH)1103 molL1的Ba(OH)2溶液d L。试判断a、b、c、d的数量大小关系为( )A. abcd B. badc C. badc D. cadb【答案】B【解析】HCl是强电解质，所以pH=3的盐酸溶液中c(H+)=110-3molL-1，要中和等物质的量的HCl溶液，碱都是一元碱时，碱的浓度越大，需要的碱体积越小，Ba(OH)2是强碱，且酸中氢离子浓度等于碱中氢氧根离子浓度，所以酸碱的体积相等，即a=d；由于HCl与NH3H2O的中和产物NH4Cl可水解呈酸性，则要使混合溶液呈中性，NH3H2O必需过量，则ba；由于NH3H2O是一种很弱的碱，只有少部分电离，则中的c一定小于a，即dc，通过以上分析知，这几种溶液体积大小顺序是ba=dc，故选B。点睛：本题考查弱电解质的电离及酸碱混合溶液定性判断，明确弱电解质电离特点是解本题关键。注意该题中a、d体积比较时与碱的元数无关，为易错点。14. 在25时，用蒸馏水稀释1 molL1氨水至0.01 molL1，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是()A. B. C. D. c(OH)【答案】A【解析】A加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，该比值增大，故A正确；B溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，且水电离出氢氧根离子数目增多，则该比值变小，故B错误；C加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，所以该比值减小，故C错误；D加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中n(OH-)增大，但n(OH-)增大程度小于溶液体积增大程度，所以c(OH-)减小，故D错误；故选A。点睛：注意把握稀释弱电解质时促进弱电解质电离。本题中ABC直接分析浓度比值的变化比较困难，如果首先分析物质的量的变化就简单多了。15. NH4Cl溶于重水(D2O)后，产生的一水合氨和水合氢离子均正确的是()A. NH2DH2O和D3O+ B. NH3D2O和HD2O+C. NH3HDO和D3O+ D. NH2DHDO和H2DO+【答案】C【解析】NH4Cl在水溶液中电离出的NH4+结合重水（D2O）电离出的OD-，生成NH3HDO，而由重水（D2O）电离出的D+与重水（D2O）结合生成D3O+，故答案为C考点：考察水解、电离的实质点评：水解过程，是NH4D2ONH3HDOD。16. 已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2(g)；H1025kJ/mol该反应是一个可逆反应。若反应物起始物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是( )A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故A正确；B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故B正确；C、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故C错误；D、催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡，正催化剂能加快反应速率缩短反应到达平衡的时间，故D正确；故选C。17. 反应A(g)+B(g) C(g) +D(g) 发生过程中的能量变化如图，H 表示反应的焓变。下列说法正确的是( )A. 反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1减小，E2增大B. 反应体系中加入催化剂，反应速率增大，H增大C. H 0，反应达到平衡时，增大压强，A的转化率不变【答案】C【解析】A反应体系中加入催化剂，降低活化能，则E1、E2都减小，故A错误；B反应体系中加入催化剂，正逆反应速率增大，由于活化能差值不变，则H不变，故B错误；C由图像可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率减少，故C正确；D反应放热，H0，故D错误；故选C。18. 某温度下，在固定容积的密闭容器中，可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)达到平衡时，各物质的物质的量之比为n(A)n(B)n(C)=221。保持温度不变，以221的物质的量之比再充入A、B、C，则 （ ）A. 平衡不移动B. 再达平衡时，n(A)n(B)n(C)仍为221C. 再达平衡时，C的体积分数增大D. 再达平衡时，正反应速率增大，逆反应速率减小【答案】C【解析】试题分析：A、由于反应前后气体的化学计量数之和不等，正反应体积减小，则增大压强平衡向正反应方向移动，A正确；B、由于反应前后气体的化学计量数之和减小，则增大压强平衡向正反应方向移动，导致再次达到平衡时，A、B和C的物质的量之比减小，B错误；C、由于反应前后气体的化学计量数之和减小，则增大压强平衡向正反应方向移动，导致再次达到平衡时，C的体积分数增大，C错误；D、由于反应物和生成物的浓度都增大，所以再达平衡时，正逆反应速率都增大，D错误，答案选A、【考点定位】本题主要是考查化学平衡的影响因素【名师点晴】明确压强对反应速率和平衡状态的影响实质是解答的关键。解答时注意根据浓度的增大相当于体积的减小，体积缩小一倍时等效于浓度增大一倍是解答的难点和易错点。例如该题以2：2：1的体积比将A、B、C充入此容器中，各物质的浓度增大一倍，相当于在原来的基础上压缩体积为原来的一半，结合压强对平衡移动的影响分析。19. 在体积固定的2L的密闭容器中，一定量的SO2与1mol O2在催化剂作用下加热到600发生反应：2SO2+O22SO3；H0。当气体的物质的量减少0.2mol时反应达到平衡，在相同的温度下测得气体压强为反应前的8/9。下列有关叙述正确的是（ ）A. 当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时反应达到平衡B. 降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大C. 将生成物SO3通入过量BaCl2溶液中，得到沉淀的质量为233gD. 达到平衡时，平衡常数为2.5【答案】D【解析】ASO3的生成与SO2的消耗反应方向一致，不能作为判断化学平衡的依据，故A错误；B降低温度，平衡向放热反应方向移动，即向正反应方向移动，则正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度小，故B错误；C设起始时通入的SO2为xmol，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 气体减少起始(mol) x 1 0 1反应(mol) 0.4 0.2 0.4 0.2平衡(mol) x-0.4 0.8 0.4平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，SO3和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，SO2和氯化钡溶液不反应，生成0.4mol硫酸钡白色沉淀，质量为93.2g，故C错误；D平衡时气体压强为反应前的，即物质的量为反应前的，则=，解得x=0.8mol，则平衡常数K=2.5，故D正确；故选D。20. 25 时，几种弱酸的电离常数如下：弱酸的化学式CH3COOHHCNH2S电离常数(25 )1.81054.91010K11.3107K27.1101525 时，下列说法正确的是( )A. 等物质的量浓度的各溶液的pH关系为：pH(CH3COONa)pH(Na2S)pH(NaCN)B. a mol/L HCN溶液与b mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na)c(CN)，则a一定大于bC. NaHS和Na2S的混合溶液中，一定存在c(Na)c(H)c(OH)c(HS)2c(S2)D. 某浓度的HCN溶液的pHd，则其中c(OH)10d mol/L【答案】C点睛：根据电离平衡常数判断各种酸的酸性强弱为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。本题的易错点为D，先计算氢氧根离子浓度，水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度。21. 下列混合溶液中各离子浓度的大小顺序正确的是（ ）A. 10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合 c(Cl)c(NH4)c(OH)c(H)B. 10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合 c(Na)c(Cl)c(OH)c(H+)C. 10mL0.1mol/L CH3COOH溶液与5mL 0.2 mol/L NaOH溶液混合c(Na)c(CH3COOH)c(OH)c(H)D. 10mL0.5molL1CH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合c(CI)c(Na)c(OH)c(H)【答案】B【解析】试题分析：A10 mL01 molL1氨水与10 mL01 molL1盐酸混合，恰好完全反应产生NH4Cl，NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4发生水解反应消耗水电离产生的OH，使溶液显酸性，所以离子浓度关系是：c（Cl）c（NH4）c（H）c（OH），A错误；B10 mL01 molL1NH4Cl溶液与5 mL02 molL1NaOH溶液混合发生反应产生等物质的量的NaCl、NH3H2O的混合物，由于NaCl是强酸强碱反应产生的盐，而NH3H2O是弱碱，电离产生OH-，因此溶液显碱性，所以c（Na）c（Cl）c（OH）c（H），B正确；C10 mL01 mol/LCH3COOH溶液与5 mL02 mol/LNaOH溶液混合恰好发生反应得到的CH3COONa溶液。CH3COONa是强碱弱酸盐，CH3COO水解消耗，所以c（OH）c（CH3COO），故离子浓度关系是c（Na）c（CH3COO）c（OH）c（H）,C错误；D10 mL05 molL1CH3COONa溶液与6mL1 molL1盐酸混合元素过量，所得溶液是醋酸、盐酸和氯化钠的混合溶液，溶液显酸性，所以离子浓度关系是：c（Cl）c（Na）c（H）c（OH），D错误。【考点定位】本题主要是考查了电解质溶液中离子浓度大小比较方法【名师点晴】溶液中微粒浓度大小的比较（1）微粒浓度大小比较的理论依据和守恒关系：两个理论依据：弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如，H2CO3溶液中：c（H2CO3）c（HCO3）c（CO32）（多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离）。水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如，Na2CO3溶液中：c（CO32）c（HCO3）c（H2CO3）（多元弱酸根离子的水解以第一步为主）。（2）三个守恒关系：电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。例如，NaHCO3溶液中：c（Na）c（H）=c（HCO3）2c（CO32）c（OH）。物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。例如，01 molL1NaHCO3溶液中：c（Na）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）01 molL1。质子守恒：由水电离出的c（H）等于由水电离出的c（OH），在碱性盐溶液中OH守恒，在酸性盐溶液中H守恒。例如，纯碱溶液中c（OH）c（H）c（HCO3）2c（H2CO3）。（3）四种情况分析：多元弱酸溶液：根据多步电离分析，如：在H3PO3溶液中，c（H）c（H2PO4）c（HPO42）c（PO43）。多元弱酸的正盐溶液：根据弱酸根的分步水解分析，如：Na2CO3溶液中：c（Na）c（CO32）c（OH）c（HCO3）。不同溶液中同一离子浓度的比较：要看溶液中其他离子对其产生的影响。例如，在相同物质的量浓度的下列溶液中：NH4NO3溶液，CH3COONH4溶液，NH4HSO4溶液，c（NH4+）由大到小的顺序是。混合溶液中各离子浓度的比较：要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。例如，在01 molL1的NH4Cl和01 molL1的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H）。在该溶液中，但NH3H2O的电离程度大于NH的水解程度，溶液呈碱性，c（OH）c（H），同时c（NH4+）c（Cl）。即22. 在25mL 0.1mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L CH3COOH溶液，曲线如图所示，下列有关离子浓度关系的比较，正确的是 （ ）A. 在A、B间任一点，溶液中一定都有c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+)B. 在B点，a12.5，且有c(Na+)c(CH3COO)=c(OH)=c(H+)C. 在C点： c(Na+) c(CH3COO) c(OH)c(H+)D. 在D点：c(CH3COO)+ c(CH3COOH)2 c(Na+)【答案】D【解析】A在A、B间任一点，溶液pH7，溶液呈碱性，则存在c(OH-)c(H+)，根据电荷守恒得c(Na+)c(CH3COO-)，如果加入醋酸的量很少，则c(CH3COO-)c(OH-)，故A错误；BB点溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒得：c(Na+)=c(CH3COO-)，盐类水解程度较小，所以c(CH3COO-)c(OH-)，醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以a12.5，故B错误；C在C点，pH7，溶液呈酸性，所以c(OH-)c(H+)，故C错误；D在D点，任何溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故D正确；故选D。第II卷（非选择题，共56分）二、填空题（本大题共5个小题，共56分）23. 现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 mol/L的NaOH溶液，乙为0.1 mol/L的HCl溶液，丙为0.1 mol/L的CH3COOH溶液，试回答下列问题：（1）甲溶液的pH_。（2）丙溶液中存在的电离平衡为_(用电离方程式表示)。（3）甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH)的大小关系为_。（4）某同学用甲溶液分别滴定20.00 mL乙溶液和20.00 mL 丙溶液，得到如图所示两条滴定曲线，请完成有关问题：甲溶液滴定丙溶液的曲线是_（填“图1”或“图2”）；a_ mL，此时丙溶液中的质子守恒关系式为_。【答案】 (1). 13 (2). CH3COOHCH3COOH、H2OOHH (3). 丙甲乙 (4). 图2 (5). 20.00 (6). c(CH3COOH) + c(H+) c(OH-)【解析】(1)0.1molL-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，故溶液中c(H+)=mol/L=10-13mol/L，故该溶液的pH=-lg10-13=13，故答案为：13；(2)0.1molL-1的CH3COOH溶液中存在溶剂水、水为弱电解质，溶质乙酸为弱电解质，存在电离平衡为CH3COOHCH3COO-+H+、H2OOH-+H+，故答案为：CH3COOHCH3COO-+H+；H2OOH-+H+；(3)酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，乙酸是弱电解质，氢氧化钠、氯化氢是强电解质，所以相同物质的量浓度的乙酸和盐酸和氢氧化钠，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度小于醋酸，相同物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠对水电离抑制程度相等，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度等于氢氧化钠溶液中水的电离，所以水电离出氢氧根离子浓度大小顺序是：丙甲=乙，故答案为：丙甲=乙；(4)醋酸为弱电解质，滴定过程中pH变化较盐酸缓慢，滴定终点时溶液呈碱性，则滴定醋酸溶液的曲线是图2，故答案为：图2；滴定终点时n(CH3COOH)=n(NaOH)，则a=20.00mL，反应生成了醋酸钠，醋酸根离子发生水解，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，溶液显示碱性pH7，溶液中的质子守恒关系式为c(CH3COOH) + c(H+) c(OH-)，故答案为：20.00；c(CH3COOH) + c(H+) c(OH-)。点睛：本题综合考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系结合图像进行判断是解答本题关键。本题的易错点为(4)，乙酸为弱电解质，滴定终点时，溶液呈碱性。24. 某实验小组进行化学反应速率的影响因素探究：、下表是甲同学用稀硫酸与某金属反应的实验数据：实验序号金属质量/g金属状态C(H2SO4)/molL-1V（H2SO4）/mL溶液温度/金属消失的时间/s反应前反应后10.10丝0.550203450020.10粉末0.55020355030.10丝0.750203625040.10丝0.850203520050.10丝0.850304525分析上述数据，回答下列问题：（1）实验1和2表明，_对反应速率有影响，且_反应速率越快；（2）仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验有_（填实验序号）；（3）本实验中探究了影响反应速率的其他因素还有_，能证明该因素的实验序号是_。 、乙同学用硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液与稀硫酸反应探究温度对反应速率的影响，反应的实验数据如下： 试剂及用量0.1mol/L Na2S2O3溶液5mL0.1mol/LH2SO4溶液5mL0.1mol/L Na2S2O3溶液5mL0.1mol/LH2SO4溶液5mL实验温度 2550出现明显现象的时间长短结论分析对比上述数据，回答下列问题：（1）该实验中反应的离子方程式_。（2）该实验中看到的明显现象是_。（3）由此得出的结论是_。【答案】 (1). 固体反应物的表面积 (2). 表面积越大 (3). 1、3、4 (4). 反应温度 (5). 4、5 (6). S2O32-2H SO2SH2O (7). 有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊 (8). 升高温度，化学反应速率加快【解析】、(1)实验1和2固体的表面积不同，硫酸浓度相同，溶液反应温度相同，可用于比较固体反应物的表面积对反应速率的影响，金属为粉末状时消失的时间更短，表明反应物的表面积越大，化学反应速率越快，故答案为：固体反应物的表面积；表面积越大；(2)实验1、3和4所用金属的表面积相同，反应温度相同，硫酸的浓度不同，实验1硫酸的浓度为0.5mol/L，实验3硫酸的浓度为0.7mol/L，实验4硫酸的浓度为0.8mol/L，故答案为：1、3、4；(3)根据表格数据，实验4、5中其他条件均相同，只有反应温度不同，本实验中探究了影响反应速率的其他因素还有反应温度，故答案为：反应温度；4、5； 、(1)硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液与稀硫酸反应生成二氧化硫、硫沉淀、硫酸钠和水，反应的离子方程式为S2O32-2H SO2SH2O，故答案为：S2O32-2H SO2SH2O；(2)根据反应的方程式可知，实验现象为有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，故答案为：有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊；(3)根据表格数据，升高温度，化学反应速率加快，故答案为：升高温度，化学反应速率加快。25. 已知：25 时，弱电解质的电离平衡常数：K(CH3COOH)1.8105，K(HSCN)0.13；难溶电解质的溶度积常数：Ksp(CaF2)61010。25 时，2.0103 mol/L氢氟酸水溶液中，调节溶液pH(忽略体积变化)，得到c(HF)、c(F)与溶液pH的变化关系，如下图所示：请根据以上信息回答下列问题：（1）25 时，将20 mL 0.10 mol/L CH3COOH溶液和20 mL 0.10 mol/L HSCN溶液分别与20 mL 0.10 mol/L NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)的变化如图所示，反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是_，反应结束后所得两溶液中，c(CH3COO)_c(SCN)(填“”、“”或“”)。（2）25 时，HF电离平衡常数的数值Ka_。 （3）4.010-3 mol/L HF溶液与4.010-4mol/L CaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0后（忽略调节时混合液体积的变化），_沉淀产生。（填“有”或“无”）。【答案】 (1). HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率较快 (2). (3). 103.5(或3.5104) (4). 无【解析】(1)由Ka(CH3COOH)=1.810-5和Ka(HSCN)=0.13可知，CH3COOH的酸性弱于HSCN的，即在相同浓度的情况下HSCN溶液中H+的浓度大于CH3COOH溶液中H+的浓度，浓度越大反应速率越快；又酸越弱，反应生成的相应的钠盐越易水解，即c(CH3COO-)c(SCN-)，故答案为：HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；(2)已知氢氟酸的电离方程式：HFH+F-，则Ka(HF)=，当c(F-)和c(HF)相等时，由Ka(HF)=，可知Ka(HF)=c(H+)，由c(HF)、c(F-)与溶液pH的变化关系图可知，在c(F-)和c(HF)相等时图中pH=3.5左右，pH即为Ka(HF)的负对数，则Ka(HF)=10-3.5，故答案为：10-3.5；(3)25时，4.010-3 molL-1HF溶液与4.010-4 molL-1 CaCl2溶液等体积混合，则HF溶液浓度为2.010-3molL-1，CaCl2溶液浓度为2.010-4molL-1；由图像知pH=4时，溶液中c(F-)浓度为1.610-3molL-1，所以c(Ca2+)c2(F-)=2.010-4(1.610-3)2=5.1210-10Ksp(CaF2)，无沉淀产生；故答案为：无。26. 二氧化碳是用途非常广泛的化工基础原料，回答下列问题：（1）工业上可以用CO2来生产燃料甲醇。已知：CO2(g)3H2(g) CH3OH(l)H2O(l) H131.0 kJmol-1 ；H2(g)O2(g) H2O(l) H285.8 kJmol-1。CH3OH的燃烧热H_。（2）在催化剂作用下，CO2和CH4可以直接转化为乙酸：CO2(g)CH4(g)CH3COOH(g) H36.0 kJmol-1。在不同温度下乙酸的生成速率变化如右图所示。 当温度在250 300 范围时，乙酸的生成速率减慢的主要原因是_，当温度在300 400 范围时，影响乙酸生成速率的主要因素是_。 欲使乙酸的平衡产率提高，应采取的措施是_（填标号）。A升高温度 B降低温度 C增大压强 D降低压强 （3）高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：C(s)CO2(g) 2CO(g)。 向容积为1 L的恒容容器中加入0.2 mol CO2，在不同温度下达到平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如右图所示。则该反应为_（填“放热”或“吸热”）反应，某温度下，若向该平衡体系中再通入0.2 mol CO2，平衡_（填“正向”“逆向” “不”）移动，达到新平衡后，体系中CO的百分含量_（填“变大” “变小”“不变”）。 向压强为p体积可变的恒压容器中充入一定量CO2，650 时反应达平衡，CO的体积分数为40.0%，则CO2的转化率为_。气体分压(p分)=气体总压(p总)体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp），此温度下，该反应的化学平衡常数Kp_（用含p的代数式表示），若向平衡体系中再充入V(CO2):V(CO)5:4的混合气体，平衡_（填“正向”“逆向”“不”）移动。【答案】 (1). -726.4 kJ/mol (2). 催化剂活性降低 (3). 温度 (4). A C (5). 吸热 (6). 正向 (7). 变小 (8). 25% (9). 4P/15 (或0.267P) (10). 逆向【解析】(1)CO2(g)3H2(g) CH3OH(l)H2O(l) H131.0 kJmol-1；H2(g)O2(g) H2O(l) H285.8 kJmol-1，根据盖斯定律，将3-得：CH3OH(l)+ 3O2(g)= CO2(g)+ H2O(l)，H(285.8 kJmol-1)3-(131.0 kJmol-1)=-726.4 kJ/mol，故答案为：-726.4 kJ/mol；(2) 当温度在250 300 范围时，催化剂活性降低，乙酸的生成速率减慢，当温度在300 400 范围时，乙酸的生成速率加快，说明影响乙酸生成速率的主要因素是温度，故答案为：催化剂活性降低；温度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，乙酸的平衡产率提高，故A正确，B错误；该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，乙酸的平衡产率提高，故C正确，D错误；故选AC；(3)根据图像，升高温度，c(CO2)减小，说明平衡正向移动，则正反应为吸热反应，某温度下，若向该平衡体系中再通入0.2 mol CO2，增大了二氧化碳的浓度，平衡正向移动，达到新平衡后，相当于原平衡增大了压强，平衡逆向移动，体系中CO的百分含量减小，故答案为：吸热；正向；变小；设起始时二氧化碳为xmol，反应的二氧化碳为ymolC(s)CO2(g) 2CO(g)起始(mol) x 0反应(mol) y 2y平衡(mol) x-y 2y则1