山西省长治市上党区第一中学校2021-2022学年高二上学期9月月考化学试题（解析版）

1、试卷第 =page 20 20页，共 =sectionpages 21 21页试卷第 =page 21 21页，共 =sectionpages 21 21页山西省长治市上党区第一中学校2021-2022学年高二上学期9月月考化学试题 学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1下列能量的转化过程中，由化学能转化为电能的是ABCD水力发电风力发电铅蓄电池放电太阳能发电AABBCCDD【答案】C【详解】A.水力发电是将重力势能转化为电能，故A错误；B.风力发电是将风能转化为电能，故B错误；C.蓄电池放电是利用化学反应产生能量，是将化学能转化为电能，故C正确；D. 太阳能发电是将太阳能转化为电能，故

2、D错误；故选C。2可逆反应A(aq)+B(aq)C(l)+D(aq) H=-50kJmol-1，下列有关该反应的叙述正确的是A正反应活化能小于50 kJmol-1B逆反应活化能不小于50 kJmol-1C正反应活化能大于50 kJmol-1D逆反应活化能比正反应活化能小50 kJmol-1【答案】B【详解】某反应的H=-50kJmol-1，则正反应的活化能-逆反应的活化能=-50kJmol-1，说明正反应的活化能比逆反应的活化能小50kJmol-1，逆反应活化能不小于50 kJmol-1，正反应活化能大小不能确定，只有B正确；故选B。3将1 000 mL 0.1 molL1BaCl2溶液与足量

3、稀硫酸充分反应放出akJ热量；将1 000 mL 0.5 molL1HCl溶液与足量CH3COONa溶液充分反应放出bkJ热量(不考虑醋酸钠水解)；将500 mL 1 molL1H2SO4溶液与足量(CH3COO)2Ba(可溶性强电解质)溶液反应放出的热量为A(5a2b) kJB(2b5a)kJC(10a+4b) kJD(5a+2b)kJ【答案】D【分析】将500mL 1molL-1H2SO4溶液与足量(CH3COO)2Ba溶液反应，涉及的离子方程式有Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)，H+(aq)+CH3COO(aq)=CH3COOH(l)，将1000mL 0.1molL

4、-1BaCl2溶液与足量稀硫酸反应，涉及的离子方程式为：Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)，将1000mL 0.5molL-1HCl溶液与足量CH3COONa溶液反应，涉及的离子方程式为H+(aq)+CH3COO(aq)=CH3COOH(l)，从能量守恒的角度解答。【详解】1000mL 0.1molL-1BaCl2的物质的量为0.1mol，将1000mL 0.1molL-1BaCl2溶液与足量稀硫酸反应，涉及的离子方程式为：Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)，生成0.1molBaSO4，放出akJ热量；1000mL 0.5molL-1HCl溶液的物质的量

5、为0.5mol，将1000mL 0.5molL-1HCl溶液与足量CH3COONa溶液反应，涉及的离子方程式为H+(aq)+CH3COO-(aq)=CH3COOH(l)，生成0.5molCH3COOH，放出b kJ热量；所以500mL 1molL-1H2SO4的物质的量为0.5mol，将500mL 1molL-1H2SO4溶液与足量(CH3COO)2Ba溶液反应，涉及的离子方程式有Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)，H+(aq)+CH3COO-(aq)=CH3COOH(l)，生成0.5molBaSO4，1molCH3COOH，溶液反应放出的热量为(5a+2b)kJ，故选D。

6、4已知以下的热化学反应方程式：Fe2O3(s)3CO(g)=2Fe(s)3CO2(g)H=-24.8kJmol-1Fe2O3(s)CO(g)=Fe3O4(s)CO2(g)H=-15.73kJmol-1Fe3O4(s)CO(g)=3FeO(s)CO2(g)H=640.4kJmol-1则28gCO气体还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的H约为A+218kJmol-1B-109kJmol-1C-218kJmol-1D109kJmol-1【答案】C【详解】已知：Fe2O3(s)3CO(g)=2Fe(s)3CO2(g)H=-24.8kJmol-1；Fe2O3(s)CO(g)=Fe3O4(s

7、)CO2(g)H=-15.73kJmol-1；Fe3O4(s)CO(g)=3FeO(s)CO2(g)H=640.4kJmol-1；则根据盖斯定律可知(3-3-2)即得到FeO(s)CO(g)=Fe(s)CO2(g)H=-218kJmol-1，因此28gCO气体还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的H约为-218kJmol-1；故选C。5某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下

8、列叙述不正确的是Am=2B两次平衡的平衡常数相同CX与Y的平衡转化率之比为1:1D第二次平衡时，Z的浓度为0.4 molL1【答案】D【详解】A.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），则可等效为两等效平衡体系合，在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向移动，但再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，则说明m+1=3，故m=2，A项正确；B.同一化学反

9、应的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数相同，B项正确；C.m=2，起始量X与Y之比为1:2，则反应过程中由方程式可知反应的X与Y之比为1:2，故X与Y的平衡转化率之比为1:1，C项正确；D.m=2，则该反应为反应前后气体总量不变的反应，故第二次平衡时Z的物质的量为：4mol10%=0.4mol，故Z的浓度为0.4mol2L=0.2mol/L，故D项错误；本题选D。6已知2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)；H197 kJmol-1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：(甲) 2 mol SO2和1 mol O2；(乙) 1 mol SO2和0.5 mo

10、l O2；(丙) 2 mol SO3。恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是A容器内压强P：P甲P丙 2P乙BSO3的质量m：m甲m丙 2m乙Cc(SO2)与c(O2)之比k：k甲k丙 k乙D反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲Q丙 2Q乙【答案】B【详解】由给的数据利用归一法可知甲和丙是等效平衡。A项，如果平衡不移动，p甲=p丙=2p乙，但乙加入的物质的量是甲、丙的一半，恒容下相当于减压，平衡左移，压强变大，所以应该是p甲=p丙2m乙，故B正确；C项，加入的量均为21，反应的量为21，三者剩余的量也一定相等，为21，c(SO2)与c(O2)之比k不变，所以k甲=k丙=k乙，故C错误；D项

11、，因为甲和丙是在不同的方向建立起的等效平衡，若转化率均为50%时，反应热的数值应相等，但该反应的转化率不一定是50%，所以Q甲和Q丙不一定相等，故D项错。答案选B。【点睛】本题的关键是甲乙容器的比较，乙容器相当于甲容器扩大体积为原来的一半，然后再进行比较。7可逆反应： 2 A(g) + B(g) 3 C(g) + D(g)。试根据下图判断正确的是A温度T1 比 T2高B正反应为放热反应C甲图纵轴可以表示A的转化率D甲图纵轴可以表示混合气体平均相对分子质量【答案】C【详解】A项，分析图乙，温度越高，化学反应速率越快，先达到平衡状态，所以T1比T2低，故A错误；B项，升高温度，A的百分含量减小了，

12、即升温平衡正向移动，所以该反应的正方向为吸热反应，故B错误；C项，分析甲图，增大压强，化学反应速率加快，先达到平衡状态，所以P2大于P1，加压，化学平衡逆向移动，A的转化率减小，所以甲图纵轴可以表示A的转化率，故C正确；D项，增大压强，化学平衡逆向移动，气体总分子数减小，气体总质量不变，所以混合气体平均相对分子质量增大，所以甲图纵轴不能表示混合气体平均相对分子质量，故D错误。点睛：本题以图像的形式考查影响化学平衡和化学反应速率的因素，注意：掌握温度、压强等影响化学反应速率和化学平衡移动的外因，并能灵活运用；会看图像，关注曲线的特殊点，通过分析图像得出速率快慢情况及化学平衡移动情况。8对于在一个

13、密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是 增加C的量；增加CO的量；将容器的体积缩小一半； 保持体积不变，充入N2以增大压强；升高反应体系的温度；保持压强不变，充入N2以增大体积。ABCD【答案】B【分析】根据影响化学反应速率的外因分析判断。【详解】C为固体，改变其用量不影响反应速率；增加CO量即增大CO气体浓度，化学反应速率增大；将容器的体积缩小，容器中气体浓度增大，反应速率增大； 体积不变时充入N2，与反应有关的气体浓度不变，反应速率不变；升高反应温度，反应速率加快；压强不变时充入N2，容器体积变大，与反应有关的气体浓度

14、减小，反应速率减小。本题选B。9在密闭容器中，反应X2(g)+Y2(g)2XY(g)；H0，达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，对此过程的分析正确的是A图I是加入适当催化剂的变化情况B图II是扩大容器体积的变化情况C图III是增大压强的变化情况D图III是升高温度的变化情况【答案】D【分析】根据方程式可知，反应是体积不变的、放热的可逆反应。【详解】A图I表示化学平衡发生了移动，而催化剂不能改变平衡状态，A错误；B扩大容器体积，压强降低，反应速率是降低的，B错误；C图III中XY的含量不同，即平衡发生了移动，而改变压强平衡不移动，C错误；D升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向进行，X

15、Y的含量降低，符合图III，D正确；故选D。10应：2A2B+C(A为红棕色气体，其余气体无色)在恒温恒容密闭容器中进行， 达到反应限度的标志是 单位时间内生成 n mol C 的同时，生成 2n mol A v正(B)=v正(A) 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 混合气体的颜色不再改变的状态 混合气体的密度不再改变的状态 混合气体的压强不再改变的状态 用A与B、C表示的反应速率之比为2:2:1的状态ABCD【答案】A【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当

16、该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】单位时间内生成n mol C的同时生成2n mol A，说明正逆反应速率比等于系数比，一定达到平衡状态，故选；v正(B)=v正(A)，反应向右进行，反应速率同向，反应没有达到平衡状态，故不选；反应前后气体质量不变，气体物质的量是变量，根据，混合气体的平均相对分子质量是变量，平均相对分子质量不再改变的状态，达到平衡状态，故选；A为红棕色气体，混合气体的颜色不再改变的状态，说明A浓度不变，一定达到平衡状态，故选；反应前后气体质量不变，容器体积不变，根据，密度是恒量，密度不再改变的状态，不一定平衡，故不选；反应前后气体物质的量是变量，所以混合

17、气体的压强是变量，压强不再改变的状态为平衡状态，故选；用A与B、C表示的反应速率之比为2:2:1的状态，无论是否平衡，A与B、C表示的反应速率之比都是2：2：1，故不选；综上，符合题意，答案选A。1125时，在某物质的溶液中，由水电离出的c(H+)110a mol/L，下列说法不正确的是（）Aa7时，水的电离受到促进Ba7时，水的电离受到抑制Ca7时，溶液的pH一定为aDa7时，溶液的pH一定为14a【答案】D【详解】A如果a7，则水电离出的c(H+)110-7mol/L，则水的电离受到促进，故A正确；B如果a7，则水电离出的c(H+)110-7mol/L，则水的电离受到抑制，故B正确；C如果

18、a7，则促水的电离受到促进，该溶液为盐溶液，溶液的pH=a，故C正确；D如果a7，则水的电离受到抑制，该溶液为酸溶液或碱溶液，则该溶液的pH值为a或14-a，故D错误；答案选D。【点睛】向水中加入酸或碱抑制水电离，加入含有弱根离子的盐促进水电离，根据某物质的溶液中由水电离出的c（H+）和纯水中c（H+）相对大小判断是促进水电离还是抑制水电离。12下列表述中，与盐类水解有关的是( ) 明矾和FeCl3可作净水剂；为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸；AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Al2O3；NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂；实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶应用

19、橡皮塞，而不能用玻璃塞；用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂；草木灰与铵态氮肥不能混合施用。ABCD全有关【答案】B【详解】铝离子和铁离子水解生成胶体，能吸附水悬浮杂质，起到净水的作用，与水解有关；铁离子水解显酸性，加入盐酸抑制铁离子的水解，故有关；蒸干氯化铝溶液促进铝离子的水解，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝，Al(OH)3在灼烧的条件下，发生分解得到Al2O3，故有关；铵根离子、锌离子水解显酸性，可与铁锈反应，能起到除锈的作用，故有关；氢氧化钠溶液和和玻璃中的二氧化硅反应，生成硅酸钠是矿物胶粘结瓶口和瓶塞，与水解无关，故无关；碳酸氢根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，二

20、者水解相互促进生成二氧化碳和氢氧化铝，故有关；草木灰是碳酸钾，水解显碱性，铵盐水解显酸性，混合水解会相互促进生成二氧化碳和氨气，减弱肥效，故有关；综上与水解有关的有；本题答案选B。13常温时将0.1 molL1的CH3COOH溶液与pH13的NaOH溶液等体积混合后(若混合后两者的体积可以相加)，恰好完全反应，则下列有关所得混合液的说法正确的是A所得混合液中c(Na)c(CH3COO)c(H)c(OH)B混合后溶液pH7C所得混合液中存在c(CH3COOH)c(CH3COO)0.05 molL1D混合后溶液中存在c(CH3COOH)c(CH3COO)c(Na)c(H)【答案】C【分析】常温时将

21、0.1 molL1的CH3COOH溶液与pH13的NaOH溶液等体积混合后二者恰好反应生成醋酸钠，结合醋酸根水解分析解答。【详解】氢氧化钠是一元强碱，常温时将0.1 molL1的CH3COOH溶液与pH13的NaOH溶液等体积混合恰好反应生成醋酸钠。则A、二者混合后溶质为CH3COONa，醋酸根水解溶液显碱性，c(OH)c(H)，离子浓度大小顺序为c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)，A错误B、二者混合后溶质为CH3COONa，醋酸根水解溶液显碱性，pH7，B错误；C、二者混合后溶质为CH3COONa，根据物料守恒，反应后的溶液中c(CH3COOH)c(CH3COO)0.50.1 m

22、olL10.05 molL1，C正确；D、由电荷守恒知c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，c(CH3COOH)一定不等于氢氧根离子浓度，因此c(CH3COOH)c(CH3COO)c(Na)c(H)不成立，D错误。答案选C。14常温下，下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述错误的是A溶液中水电离出的c（H+）=1.010-11molL-1B与等体积pH=11的NaOH溶液混合，所得溶液pH=7C加入少量水稀释该溶液的过程中，增大D加入0.1molL-1CH3COONa溶液使pH=7,则c（CH3COO-）=c（Na+）【答案】B【详解】ApH=3的CH3COOH溶液中c（H+）=

23、1.010-3molL-1，醋酸抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则由H2O电离出的c（H+）=c（OH-）=1.010-11molL-1，故A正确；BpH=3的CH3COOH等体积pH=11的NaOH溶液混合，醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，反应后溶液呈酸性，故B错误；C由醋酸电离的平衡常数表达式可知，加水稀释，氢离子浓度降低，温度不变，则平衡常数不变，则稀释过程中，增大，故C正确；D滴加0.1molL-1CH3COONa溶液至pH=7时，根据电荷守恒可知c（H+）=c（OH-），溶液呈中性则，c（CH3COO-）=c（Na+），故D正确；答案选B。15已知草酸是二元弱酸，0.2

24、molL-1NaHC2O4 溶液显酸性，关于 NaHC2O4 溶液中离子浓度关系的叙述不正确的是Ac(Na+)c()c()c(H2C2O4)Bc(Na+)c()+c()+c(H2C2O4)Cc(Na+)+c(H+)c()+c()+c(OH-)Dc(H+)+c(H2C2O4)c()+c(OH-)【答案】C【详解】A.草酸是二元弱酸，0.2 molL-1NaHC2O4 溶液显酸性，说明H2C2O4电离程度大于水解程度，但是其电离和水解程度都较小，钠离子不水解，则溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)c()c()c(H2C2O4)，故A正确；B.溶液中存在物料守恒；c(Na+)=c(HC2O-)+c(

25、C2O2-)+c(H2C2O4)，故B正确；C.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)c()+2c()+c(OH-)，故C错误；D.溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(HC2O-)+c(C2O2-)+c(H2C2O4)，液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)c()+2c()+c(OH-)，溶液中电荷守恒减物料守恒得c(H+)+c(H2C2O4)c()+c(OH-)，故D正确；故答案：C。16将0.01mol下列物质分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计）Na2O2 Na2O Na2CO3 NaClABC=D=【答案】C【详解】由反

26、应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，反应为Na2O+H2O=2NaOH溶于水，二者消耗的水的量相同，生成等物质的量的NaOH，故生成的OH-浓度相同，均约为0.2mol/L，故为=；中碳酸根水解使得阴离子浓度稍大于，而中NaCl的浓度为0.1mol/L，故答案为C。【点晴】这是一道对学生守恒思想的考查题，是一道典型的“计而不算”的计算题。注意溶液中的化学反应。等物质的量的Na2O2与Na2O分别于水反应生成等物质的量的NaOH，消耗的水的量相同，生成的OH-浓度相同，均约为0.2mol/L，Na2CO3因水解，使阴离子浓度稍增大：CO32-+H2OHCO3-+OH-。1725时，向0

27、.1molL-1HX溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后与pH的关系如图所示(忽略溶液体积变化)，下列有关叙述不正确的是AHX的Ka的数量级为10-5BP 点的溶液中：c(Na+)c(X-)c(OH-)c(H+)CN 点的溶液中：c(Na+)+c(H+) = c(HX)+c(OH-)DM 点的溶液中：c(Na+)+c(HX) +c(H+) = 0.1 molL-1【答案】D【分析】由N点可知，pH=4.7时，=0，即c(H+)=10-4.7，=1，所以HX的平衡常数Ka=，HX是一元弱酸，据此解答。【详解】AHX的平衡常数Ka=100.310-5，故HX的Ka的数量级为10-5，A正确；

28、B电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，P点，溶液pH=8.85，c(OH-)c(H+)，故c(Na+)c(X-)，所以c(Na+)c(X-)c(OH-)c(H+)，B正确；C电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，N点，=0，则=1，c(X-)=c(HX)，所以c(Na+)+c(H+) = c(HX)+c(OH-)，C正确；D电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，物料守恒：c(X-)+c(HX)=0.1mol/L，联立二式有：c(Na+)+c(HX) +c(H+)c(OH-)= 0.1 molL-1，D错误。答案选D。【点

29、睛】图像给“坐标”的题，要学会代“坐标”计算，从而将复杂问题简单化。18常温下，向20 mL0010 molL1的HA溶液中逐滴加入0010 molL1的NaOH溶液，溶液中c(OH)与所加NaOH溶液的体积（V）的关系如图所示。下列说法不正确的是A常温下，Ka（HA）10106BN点溶液中存在：c(Na)c(H)c(A)c(OH)CP点后的溶液中均存在：c（Na）c（A）c（OH）c（H）D水的电离程度：MNP【答案】C【分析】y轴坐标为lgc（OH-），在M点时，溶液中c（OH-）=10-10mol/L，常温时c（H+）=10-4mol/L，则HA为一元弱酸。【详解】A. 常温下，Ka（H

30、A）= =10106，A正确；B. N点溶液中根据溶液呈电中性，存在：c(Na)c(H)c(A)c(OH)，B正确；C. P点为NaA的溶液，则P点后的溶液为碱过量，当n（NaA）=n（NaOH）时，发生AH2OHA+ OH，则c（OH）c（A），C错误；D. M、N、P点的溶液分别为HA、HA和NaA的混合液、NaA，酸对水电离有抑制作用，强碱弱酸盐对水的电离有促进作用，则水的电离程度：MNP，D正确；答案为C。【点睛】盐溶液中，有弱就水解，能促进水的电离，酸碱抑制水的电离。19下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是ApH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合： c(H+) +

31、c(M+) = c(OH-) + c(A-)BpH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)c(Na2CO3)c(CH3COONa)C物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-) +2c(OH-) = 2c(H+) + c(CH3COOH)D0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH = 4：c(HA-)c(H+)c(H2A)c(A2)【答案】D【详解】A、根据电荷守恒可知，pH2的HA溶液与pH12的MOH溶液任意比混合后c（H+） + c（M+） c（OH） + c（A），A正确；B、氢氧化钠是强碱，完全电离出OH，碳酸钠和

32、醋酸钠水解溶液显碱性。因为碳酸的酸性弱于醋酸的酸性，因此碳酸钠的水解程度强于醋酸钠的水解程度，因此溶液的碱性强于醋酸钠溶液的碱性，所以在pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液中c（NaOH）c（Na2CO3）c（CH3COONa），B正确；C、物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后，根据电荷守恒可知c（CH3COO）c（OH-）c（H+）c（Na）。根据物料守恒可知c（CH3COO）c（CH3COOH）2c（Na），所以c（CH3COO） +2c（OH-） = 2c（H+） + c（CH3COOH），C正确；D、0.1molL-1的NaHA溶液，其

33、pH4，这说明HA的电离程度强于其水解程度，因此粒子浓度大小关系：c（HA）c（H+）c（A2-）c（H2A），D不正确；答案选D。20pC类似pH，是指极稀溶液中，溶质物质的量浓度的常用负对数值。如某溶液溶质的物质的量浓度为1103molL1，则该溶液中溶质的pClg(1103)3。下列表达正确的是A中性溶液中，pC(H)pC(OH)14BpC(H)5的H2S溶液中，c(H)c(HS)1105molL1CpC(OH)a的氨水，稀释10倍后，其pC(OH)b，则ab1DpC(OH)3的NaOH溶液，稀释100倍，其pC(OH)5【答案】D【详解】AKw的大小受到温度的影响，温度越高Kw越大，K

34、w=c(H+)c(OH-)，pC(H+)+pC(OH-)=-lgC(H+)C(OH-)=-lgKw，只有在常温下Kw=10-14，pC(H+)+pC(OH-)=14，故A错误；BpC(H)5的H2S溶液中，c(H)1105molL1，溶液中存在H2S HS+ H，HSS2-+ H，无法判断c(HS)的大小，故B错误；CpC(OH)a的氨水中存在NH3H2ONH4+OH，稀释促进氨水的电离，稀释10倍后，pC(OH)b，c(OH-)比原来的大，即ba+1，则ab1，故C错误；DpC(OH)3的NaOH溶液中c(OH-)=1103molL1，稀释100倍，c(OH-)=1105molL1，其pC(

35、OH)5，故D正确；故选D。二、填空题212020年东京奥运会火炬传递的火炬样式将采用樱花形状。奥运会火炬常用的燃料为丙烷、丁烷等。已知：丙烷的燃烧热H1=-2220 kJ/mol；正丁烷的燃烧热H2= -2878 kJ/mol，异丁烷的燃烧热H3=-2869.6 kJ/mol。(1)写出丙烷燃烧的热化学方程式_。(2)下列有关说法不正确的是_(填序号)。A奥运火炬燃烧时的能量转化形式主要是由化学能转化为热能、光能B异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多C正丁烷比异丁烷稳定(3)已知A气体的燃烧热为300 kJ/mol，B气体的燃烧热为500 kJ/mol。现有6 mol由A和B组成的混合气体，完全

36、燃烧放出的热量是2000 kJ，则该混合气体中气体A和气体B的物质的量之比是_。(4)1 molH2完全燃烧生成液态水放出286 kJ热量。已知单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量称为该燃料的热值，则氢气的热值是_kJ/g。【答案】 C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)H=-2220kJ/mol BC 5:1 143【详解】(1)已知1mol丙烷燃烧放出的热量为2220kJ热量，常温下反应生成的水为液体，依据热化学方程式书写方法，丙烷燃烧的热化学方程式：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)H=-2220kJ/mol，故本题答案为：C3H8(g)+

37、5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)H=-2220kJ/mol；(2)A奥运火炬燃烧时发光、放热则能量转化形式主要是由化学能转化为热能、光能，故A正确；B异丁烷分子中的碳氢键和正丁烷的相同，故B错误；C依据燃烧热化学方程式的焓变分析，1mol正丁烷燃烧放热大于异丁烷燃烧放热，说明正丁烷能量高于异丁烷，能量越高越不稳定，正丁烷比异丁烷不稳定，故C错误；故选BC；(3)已知A气体的燃烧热为300kJmol-1，B气体的燃烧热为500kJmol-1。现有6mol由A和B组成的混合气体，完全燃烧放出的热量是2000kJ，设A和B的物质的量分别为x mol，y mol，由物质的量与热量成正比及热

38、化学方程式可知：x+y=6300 x+500y=2000解得:x=5，y=1，则该混合气体中气体A和气体B的物质的量之比是5:1，故本题答案为：5:1；(4)1mol H2的质量为2g，完全燃烧生成液态水放出286kJ热量。已知单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量称为该燃料的热值，则氢气的热值是286kJ/2g=143 kJ/g。故本题答案为143 。22已知常温下，0.1molL1HA溶液pH约为3，则：(1)HA的电离平衡常数约为_，0.1molL1HA溶液中HA的电离度约为_。(2)向上述HA溶液中加入等浓度的NaOH溶液，若两者体积相等，溶液呈_性，原因为(离子方程式)_，此时溶液中离

39、子浓度由大到小的顺序为_，若所得溶液pH=a，则c(Na+) -c(A-)=_molL1。若混合溶液呈中性，则加入的NaOH溶液的体积_原HA溶液的体积。若两者以体积比2：1混合，溶液呈_性，此时溶液中各分子、离子浓度由大到小的顺序为_。上述所得混合液中水的电离程度最大的是_。(3)用0.1molL1NaOH标准溶液滴定未知浓度的HA溶液，应选用_作为指示剂，滴定终点的现象为_。【答案】(1) 1.010-5 1%(2) 碱 A-+H2OHA+ OH- c(Na+)c(A-)c(OH-)c(H+) 10-(14-a)-10-a 小于 酸 c(A-)c(Na+)c(HA)c(H+)c(OH-)

40、(3) 酚酞 溶液由无色变为浅红色，半分钟不褪色【解析】（1）0.1molL1HA溶液pH约为3，HA的电离平衡常数=，0.1molL1HA溶液中HA的电离度= =1%；（2）向上述HA溶液中加入等浓度的NaOH溶液，若两者体积相等，得到的是NaA溶液，A-要水解，呈碱性，原因为A-+H2OHA+ OH-；此时溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)c(A-)c(OH-)c(H+)，若所得溶液pH=a，c(H+)=10-a，室温下，c(H+)=10-a，c(OH-)=10-(14-a)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-

41、c(H+)，则c(Na+)-c(A-)=10-(14-a)-10-amolL1；等浓度的弱酸中加入强碱，若混合溶液呈中性，则加入的NaOH溶液的体积小于原HA溶液的体积；若两者以体积比2:1混合得到的是HA和NaA，其物质的量之比为1:1，因HA的电离平衡常数大于A-的水解平衡常数，即HA的电离程度大于A-的水解程度，溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，c(A-)c(Na+)，氢离子是弱酸电离出的，故c(HA)c(H+)，此时溶液中各分子、离子浓度由大到小的顺序为：c(A-)c(Na+)c(HA)c(H+)c(OH-)；中酸都过量，抑制水的电离，而中只生成了强碱弱酸盐，其促进水的电离，故所得混

42、合液中水的电离程度最大的是；（3）用0.1molL1NaOH标准溶液滴定未知浓度的HA溶液，应选择酚酞作为指示剂，酸遇酚酞不变色，遇碱变红，滴定终点的现象为溶液由无色变为浅红色，半分钟不褪色。23化学反应速率和限度是化工生产工艺中，需要特别关注的两个方面。某化工生产要合成C物质，需要在密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应：A（g）+xB（g）2C（g），若达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的关系如下图所示。请回答下列问题：(1)30 min和40 min时改变的外界条件依次是_(2)化学方程式中的 x =_(3)正反应为_热反应(4)

43、反应开始到8 min内A的平均反应速率为_(5)35min时该反应的平衡常数为_【答案】 降低压强，升高温度 1 放 0.08 mol L1 min1 4【详解】(1)根据容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的关系图，30 min时A、B、C的浓度均突变为原来的0.75倍，说明改变的条件是扩大容器体积，减小压强； 40 min时正逆反应速率突然增大，且(逆) (正)，说明平衡逆向移动，A和B的浓度逐渐增大、C的浓度逐渐减小，说明40 min时改变的条件是升高温度。(2)30 min时减小压强，平衡不移动，说明反应前后气体系数和相等，化学方程式中的 x =1；(3)40 min时升高温度，平衡逆

44、向移动，说明正反应为放热反应；(4)反应开始到8 min内A的平均反应速率为=0.08 mol L1 min1；(5)35min时A、B的浓度均为0.75mol/L，C的浓度为1.5 mol/L，该反应的平衡常数为4。【点睛】本题考查影响化学平衡、化学反应速率的因率，正确分析图像是解题关键，明确温度、浓度、压强等因素对反应速率和化学平衡的影响，注意反应速率、平衡常数的计算公式的应用。三、实验题24现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100mL)实验步骤(1)配制100mL待测白醋溶液：用_填仪器名称量取10.00mL市售白醋，在烧杯中用水稀释后转移到_填仪器容量、名称中定容，摇匀即得

45、待测白醋溶液(2)用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴_作指示剂(3)读取盛装0.1000mol/LNaOH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_mL(4)滴定：当_时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数，重复滴定3次。实验记录滴定次数实验数据(mL)1234V(样品)V(NaOH)(消耗)数据处理与讨论(5)甲同学在处理数据时计算得：平均消耗的NaOH溶液的体积：V=15.24mL指出他的计算的不合理之处：_。选取正确数据，可得市售白醋_mol/L；市售白醋总酸量_g/100mL。(6)乙同学仔细研究了该品牌白醋的标签，发现其中还含

46、有苯甲酸钠作为食品添加剂，他想用资料法验证醋酸与苯甲酸钠不会发生离子互换反应，需查找在一定温度下的醋酸与苯甲酸的_(填标号)ApHB电离度C电离常数D溶解度(7)在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是_(填标号)A碱式滴定管在用蒸馏水洗净后，未用标准NaOH溶液润洗B碱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【答案】 酸式滴定管 100mL容量瓶 酚酞 0.60 溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色 第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去 0.7500 4.5 C AB【分析】（1）根据量取液

47、体体积的精确度以及液体的性质选择仪器；溶液的定容在对应体积的容量瓶中进行；（2）醋酸与氢氧化钠溶液恰好反应时生成醋酸钠，溶液呈碱性，可用酚酞作指示剂；（3）根据滴定管的结构与精确度来读数；（4）滴定终点时溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；（5）根据数据的合理性求出平均消耗的NaOH溶液的体积，然后根据白醋与NaOH 溶液反应的关系式：CH3COOOHNaOH找出样品中CH3COOOH的物质的量，得出100 mL容量瓶内CH3COOOH的物质的量，进而结合稀释前后溶质的物质的量保持不变，计算出市售白醋的溶质的物质的量，据此分析作答；（6）根据电离常数判断酸的强弱，然后依据强酸制弱酸来分

48、析；（7）根据c（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】I.（1）滴定管精确度为0.01 mL，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；用酸式滴定管量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100 mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液；故答案为酸式滴定管；100 mL容量瓶；（2）由于醋酸钠溶液显示碱性，可用酚酞作指示剂，则用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞，故答案为酚酞；（3）滴定管液面的读数0.60 mL；故答案为0.60；（4）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

49、不褪色；故答案为溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；.（5）第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去，3次消耗NaOH溶液的体积为：15.00 mL、15.05 mL、14.95 mL，则NaOH溶液的平均体积为15.00 mL，设20 mL待测液中含有CH3COOOH 的物质的量为x mol，根据CH3COOOHNaOH，则n(CH3COOOH) = n(NaOH)，即x= 0.1000mol/L0.015 L = 0.0015 mol，取样前后CH3COOOH 的物质的量浓度保持不变，则100 mL容量瓶中的CH3COOOH 的物质的量为0.0015 mol = 0.0075 mol，根据稀释前后溶质的物质的量不变可知，10 mL市售白醋的浓度为 = 0.7500 mol/L，10 mL市售白醋总酸量为0.0075 mol60 g/mol = 4.5 g/100mL，故答案为第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去；0.7500；4.5；（6）电离常数可判断对应酸的强弱程度，依据电离平衡常数与酸的强弱关系及强酸制弱酸原理，进而判断反应能否发生，