云南省保山市第九中学2024-2025学年高二化学上学期第二次月考试题含解析

PAGE18-云南省保山市第九中学2024-2025学年高二化学上学期其次次月考试题（含解析）选择题（共50分）一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意）1.仅变更下列一个条件，通过提高活化分子的百分率来提高反应速率的是（）A.加热 B.加压 C.加负催化剂 D.加大反应物浓度【答案】A【解析】【详解】A.加热，温度上升，活化分子百分数增大，化学反应速率加快，A符合题意；B.加压，对于有气体参加的反应，增大单位体积内的分子总数，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增大，化学反应速率加快，B不符合题意；C.加负催化剂，增大反应的活化能，活化分子百分数减小，化学反应速率减慢，C不符合题意；D.加大反应物浓度，增大单位体积内的分子总数，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增大，化学反应速率加快，D不符合题意；答案选A。2.用铁片与稀硫酸反应制氢气时，下列措施不能使反应速率加快的是（）A.加热B.不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸C.滴加少量CuSO4溶液D.不用铁片，改用铁粉【答案】B【解析】【详解】A.加热，温度上升，能使反应速率加快，A项不选；B.改用98%的浓硫酸，常温铁在浓硫酸中发生钝化，表面生成致密的氧化膜阻挡反应的进一步进行，B项选；C.滴加少量的CuSO4溶液，铁与CuSO4反应生成Cu，铜与铁、稀硫酸组成原电池，使反应速率加快，C项不选；D.改用铁粉，增大了接触面积，使反应速率加快，D项不选；答案选B。3.下列变更的熵变大于零的是（）A.H2O（l）→H2O（g） B.CO2（g）→CO2（s）C.NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O D.NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）【答案】A【解析】【详解】A．H2O（l）→H2O（g），水蒸气的熵值大于液态水的熵值，所以熵变大于零，故A正确；B．CO2（g）→CO2（s），固态二氧化碳的熵值小于气态二氧化碳的熵值，所以熵变小于零，故B错误；C．NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O，液体的熵值小于溶液的熵值，所以熵变小于零，故C错误；D．NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s），固态NH4Cl的熵值小于气态NH3、HCl的熵值，所以熵变小于零，故D错误；答案选A。4.在肯定温度下的定容密闭容器中，当下列物理量不再变更时，不能表明反应A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g）已达平衡的是（）A.混合气体的压强 B.混合气体的密度C.混合气体的相对分子质量 D.C气体的总物质的量浓度【答案】A【解析】【分析】【详解】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量等不变：A．该反应是反应前后气体体积没有变更的反应，容器中的压强始终不发生变更，所以不能证明达到了平衡状态，A选；B.该容器的体积保持不变，依据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会变，所以容器内气体的密度会变，当容器中气体的密度不再发生变更时，能表明达到化学平衡状态，B不选；C.当反应向右进行时，混合气体的质量增大，混合气体的物质的量不变，则混合气体的平均分子量变更，不变时该反应达到平衡状态，C不选；D.反应向右进行，C的物质的量增加，体积不变，则C的浓度增大，所以C的物质的量浓度不变能说明该反应达到平衡状态，D不选；答案选A.【点睛】5.在一支25mL滴定管中盛入0.1mol/LHCl溶液，其液面恰好在5mL刻度处。若把滴定管内溶液全部放入烧杯中，再用0.1mol/LNaOH溶液进行中和，所需NaOH溶液的体积为()A.大于20mL B.小于20mL C.等于20mL D.等于5mL【答案】A【解析】【详解】25mL的滴定管尖嘴部分没有刻度，液面恰好在5mL刻度处，若把滴定管内溶液全部放入烧杯中，放出的液体大于20mL，再用0.1mol/LNaOH溶液进行中和，所需NaOH溶液的体积为大于20mL，故选A。6.强酸和强碱在稀溶液中的中和热可表示为H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1。又知在溶液中反应有：CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)===CH3COONa(aq)＋H2O(l)ΔH＝－Q1kJ·mol－11/2H2SO4(浓)＋NaOH(aq)＝1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－Q2kJ·mol－1HNO3(aq)＋KOH(aq)===KNO3(aq)＋H2O(l)ΔH＝－Q3kJ·mol－1则Q1、Q2、Q3的关系正确的是()AQ1＝Q2＝Q3 B.Q2＞Q1＞Q3 C.Q2＞Q3＞Q1 D.Q2＝Q3＞Q【答案】C【解析】【分析】强酸和强碱在稀溶液中发生反应产生1mol水放出的热量为中和热，弱电解质电离汲取热量，浓硫酸溶于水放出大量的热，据此解答。【详解】强酸和强碱在稀溶液中的中和热可表示为H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1；醋酸为弱酸，电离产生氢离子和CH3COO-汲取热量，所以CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)=CH3COONa(aq)＋H2O(l)ΔH＝－Q1kJ·mol－1，Q1<57.3；浓硫酸溶于水放出大量的热，1/2H2SO4(浓)＋NaOH(aq)＝1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－Q2kJ·mol－1，Q2>57.3；硝酸、氢氧化钾就是强电解质，在溶液中以离子形式存在，所以HNO3(aq)＋KOH(aq)=KNO3(aq)＋H2O(l)ΔH＝－Q3kJ·mol－1，Q3=57.3，因此三个反应放出热量关系为Q2>Q3>Q1，选项C正确。故合理选项是C。7.为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂过滤后，再加入适量的盐酸，这种试剂是(    )A.NH3·H2O B.NaOH C.Na2CO3 D.MgCO3【答案】D【解析】【详解】A．加入一水合氨会引入新的杂质离子，A不选；B．加入NaOH会引入新的杂质离子Na+，B不选；C．加入Na2CO3会引入新的杂质离子Na+，故C不选；D．溶液显酸性，加入MgCO3，MgCO3与氢离子反应，可起到调整溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，D选；答案选D。8.反应2X(g)+Y(g)2Z(g)；ΔH＜0(正反应为放热反应)。在不同温度(T1和T2)及压强(P1和P2)下，产物Z的物质的量[n(Z)]与反应时间(t)的关系如图所示。则下列推断正确的是A.T1＜T2，P1＜P2B.T1＜T2，P1＞P2C.T1＞T2，P1＞P2D.T1＞T2，P1＜P2【答案】C【解析】【详解】依据温度对反应速率的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，当压强相同时，依据“先拐先平数值大”原则，故有：T1＞T2；依据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，当温度相同时，依据“先拐先平数值大”原则，故有：P1＞P2，答案选C。【点睛】比较温度时，要保证压强不变，比较压强时，保证温度不变，利用“先拐先平数值大”原则解题。9.已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42—。某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，不正确的是（）A.该温度高于25℃B.由水电离出来的H+的浓度是1.0×10－10mol·L－1C.NaHSO4晶体的加入抑制了水的电离D.该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性【答案】D【解析】【分析】依据题中NaHSO4在水中的电离可知，本题考查电解质的电离，运用温度、浓度对弱电解质电离平衡规律分析。【详解】A.pH=6的蒸馏水中，c（OH-）=c（H+）=1×10-6mol/L,Kw=1×10-12＞1×10-14,说明温度高于25℃，AB.水电离出来的c（H+）=c（OH-）=,B项正确；C.NaHSO4=Na++H++SO42—，相当增加氢离子浓度，抑制水的电离，C项正确；D.Kw=1×10-12，

应加入等体积浓度为0.01mol·L的氢氧化钠溶液，故应加入等体积pH=10的NaOH溶液，可使该溶液恰好呈中性，D项错误；答案选D。10.肯定条件下反应N2+3H2⇌2NH3达平衡，当单独变更下述条件后有关叙述肯定错误的是（）A.加催化剂，v(正)和v(逆)都发生变更，且变更的倍数相等B.加压，v(正)和v(逆)都增大，且v(正)增加倍数大于v(逆)增加倍数C.降温，v(正)和v(逆)都削减，且v(正)削减倍数大于v(逆)削减倍数D.增加c(N2)，v(正)和v(逆)都增大，且v(正)增加倍数大于v(逆)增加倍数【答案】CD【解析】【详解】A．加入催化剂，正逆反应速率都变更，但为同等程度的变更，所以正逆反应速率仍旧相等，所以平衡不移动，故A正确；B．增大压强，正逆反应速率都增大，平衡正向移动，因为v（正）增加倍数大于v（逆）增加倍数，故B正确；C．降低温度，正、逆反应速率都减小，正反应放热，平衡向放热反应方向进行，V正减小倍数小于V逆减小倍数，故C错误；D．增大氮气的浓度瞬间，反应物浓度增大，生成物浓度不变，则正反应速率增大，逆反应速率不变，故D错误；故选CD。11.常温，某溶液中由水电离产生的c(H+)、c(OH-)满意c(H+)∙c(OH-)=10-24，则下列各组离子在该溶液中肯定可以大量共存的是A.K+、Na+、、Cl- B.Na+、Cl-、、C.、Na+、、 D.Ba2+、Na+、Cl-、【答案】D【解析】【分析】常温下，某溶液中由水电离产生的c(H+)、c(OH-)满意c(H+)∙c(OH-)=10-24，水电离产生的c(H+)=c(OH-)=10-12mol/L，说明水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，由此分析。【详解】A．在酸性溶液中，H+与不能大量共存，故A不符合题意；B．与H+或OH-均不能大量共存，故B不符合题意；C．在碱性溶液中，OH-与不能大量共存，故C不符合题意；D．Ba2+、Na+、Cl-、在酸性或碱性溶液中均能大量共存，故D符合题意；答案选D。12.用0.01mol·L-1NaOH溶液完全中和pH=3的下列溶液各100mL。需NaOH溶液体积最大的是（）A.盐酸 B.硫酸 C.高氯酸 D.醋酸【答案】D【解析】【分析】【详解】中和反应是指酸中的氢离子和碱中的OH－结合生成水，所以酸中的氢离子越多，消耗的氢氧化钠就越多，盐酸、硫酸和高氯酸均是强酸，醋酸是弱酸，所以在pH相等的条件下，醋酸的浓度最大，消耗的氢氧化钠也就最多。答案选D。【点睛】13.肯定条件下将2molSO2和2molSO3气体混合于一固定容积的容器中，发生反应：2SO2＋O22SO3，平衡时SO3为nmol，在相同温度下，分别按下列配比在上述容器中放入起始物质，平衡时SO3的物质的量可能大于n的是A.2molSO2＋1molO2 B.1molSO2＋1molO2C.2molSO2＋1molO2＋2molSO3 D.1molSO2＋1molSO3【答案】C【解析】【详解】起先投入2.0molSO2气体和2.0molSO3气体，等效为起先投入4.0molSO2气体和1molO2气体，平衡时SO3的物质的量为nmol，A．2molSO2和1molO2，SO2物质的量比4.0molSO2气体减小了一半，则达到平衡时三氧化硫的物质的量肯定小于nmol，故A错误；B．1molSO2和1molO2，SO2物质的量比4.0molSO2气体减小了3mol，则达到平衡时三氧化硫的物质的量肯定小于nmol，故B错误；C．2molSO2、1molO2和2molSO3，相当于起先加入4mol二氧化硫、2mol氧气，相对于4.0molSO2气体和1molO2气体，增大氧气的浓度，平衡向着正向移动，达到平衡时三氧化硫的物质的量大于nmol，故C正确；D．1molSO2和1molSO3，相当于加入2mol二氧化硫、0.5mol氧气，比4.0molSO2气体和1molO2气体减小了一半，达到平衡时三氧化硫的物质的量肯定小于nmol，故D错误；答案选C。14.容积相同的甲、乙两个容器，分别充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，并达到平衡，在此过程中，甲容器保持容积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为α，则乙容器中SO2的转化率为（）A.等于α B.大于α C.小于α D.无法推断【答案】B【解析】【详解】先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就须要减小体积。减小体积则乙的压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，平衡正向移动，所以，若甲容器中SO2的转化率为α，则乙的SO3的转化率将大于甲的，即大于α，故选B。【点睛】正确理解等效平衡的原理是解题的关键。本题中先设为同等条件，平衡后再变更某一条件使之符合题设条件，依据变更的条件对平衡的影响分析，问题就迎刃而解了。15.氨水有下列平衡NH3·H2O+OH-，当其他条件不变时，变更下列条件，平衡向左移，且c()增大的是（

）A.加NaOH B.加盐酸 C.加NH4Cl D.加同浓度氨水【答案】C【解析】【分析】氨水中存在平衡：NH3·H2O+OH-，要使平衡左移，铵根离子浓度增大，可以加入含有铵根离子的物质，由此分析。【详解】A．加入氢氧化钠，氢氧根离子浓度增大，平衡左移，铵根离子浓度减小，故A不符合题意；B．加入盐酸，促进电离，平衡向右移动，铵根离子浓度增大，故B不符合题意；C．加入氯化铵，铵根离子浓度增大，平衡左移，但是平衡移动的趋势是微弱的，主要以盐的离子存在，所以铵根离子浓度增大，故C符合题意；D．加入同浓度氨水，平衡不移动，铵根离子浓度不变，故D不符合题意；答案选C。16.室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是A.溶液中导电粒子的数目削减B.溶液中不变C.醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大D.再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7【答案】B【解析】【详解】A项，加水稀释有利于醋酸的电离，故溶液中导电粒子的数目增加，A错误；B项，在稀释的过程中，温度不变，故Ka=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)不变，又因为c(H+)=Kw/c(OH-),故c(CH3COO-)×Kw/［c(CH3COOH)·c(OH-)］=Ka，Kw在室温下也是常数，故B正确；C项，电离程度虽然增大，但c(H+)减小，C错误；D项，加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸还有大量剩余，故pH应小于7，D错误。故选B。17.将浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是A.c（H+） B.Ka(HF) C. D.【答案】D【解析】【详解】A.HFH++F-，加水稀释，c（H+）减小，A项错误；B.Ka=，只与温度有关，不会随着浓度的变更而变更，B项错误；C.=，加水不断稀释，n(F-)不断减小直至为0，而n(H+)则无线接近于10-7mol，故会减小，C项错误；D.=，因c(F-)减小，故增大，D项正确；答案选D。18.常温下0.1molL-1醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=(a+1)的措施是A.将溶液稀释到原体积的10倍 B.加入适量的醋酸钠固体C.加入等体积0.2molL-1盐酸 D.提高溶液的温度【答案】B【解析】【详解】A项稀释时，促进醋酸的电离，所以pH<(a+1)；B项加入醋酸钠，抑制醋酸的电离，pH可以增大为（a+1）；C、D项均会使溶液的pH减小。答案选B。19.将pH=5的盐酸溶液稀释1000倍后，溶液的pH为（）A.等于8 B.等于7 C.接近7又小于7 D.大于7而小于8【答案】C【解析】【详解】pH=5的盐酸溶液，加水稀释1000倍，溶液接近中性，但溶液始终为酸性溶液，即溶液的pH无限接近7但恒久不能到达7，故稀释1000倍，液的pH接近7又小于7，答案选C。【点睛】pH=5的盐酸溶液，加水稀释1000倍，溶液接近中性，但溶液始终为酸性溶液为易错点。20.在室温下，等体积的酸和碱的溶液混合后，pH肯定少于7的是()。A.pH=3的HNO3跟pH=11的KOH溶液 B.pH=3的盐酸跟pH=11的氨水C.pH=3硫酸跟pH=11的氢氧化钠溶液 D.pH=3的醋酸跟pH=11的氢氧化钡溶液【答案】D【解析】【详解】A．pH=3的硝酸中c(H+)=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钾溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L，在室温下等体积混合后溶液呈中性，pH=7，故A不符合题意；B．pH=3盐酸中c(H+)=1×10-3mol/L，pH=11的氨水中c(OH-)=1×10-3mol/L，由于氨水为弱碱，则氨水过量，在室温下等体积混合后，溶液显碱性，pH＞7，故B不符合题意；C．pH=3的硫酸中c(H+)=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L，两溶液等体积混合后恰好反应，溶液呈中性，常温下溶液的pH=7，故C不符合题意；D．pH=3的醋酸c(H+)=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钡溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L，由于醋酸为弱酸，则醋酸过量，在室温下等体积混合后，溶液显酸性，pH＜7，故D符合题意；答案选D。21.下列说法中正确的是A.某溶液中c(H＋)＝c(OH-)＝10－8mol·L－1，该溶液呈中性B.溶液中若c(H＋)>10－7mol·L－1，则c(H＋)>c(OH-)，溶液显酸性C.c(H＋)越大，则pH越大，溶液的酸性越强D.pH为0的溶液，其中只有H＋，无OH－【答案】A【解析】【详解】A．溶液呈中性的本质缘由是c(H＋)＝c(OH-)，所以该溶液呈中性，A项正确；B．溶液呈酸碱性，取决于溶液中H+浓度与OH-浓度的相对大小，当溶液中c(H+)＞c(OH-)时，溶液呈酸性，溶液中若c(H+)＞10-7mol•L-1，不肯定就说明c(H+)大于c(OH-)，B项错误；C．溶液的酸碱性可用pH值表示，其计算公式为pH=-lgc(H+)，所以c(H+)越大，pH越小，溶液的酸性越强，C项错误；D．pH为0的溶液，c(H+)=1mol/L，说明为酸溶液，酸溶液中存在水的电离平衡，必定存在OH-，D项错误。答案选A。22.常温下，将0.02mol·L-1的Ba(OH)2溶液100mL和0.02mol·L-1NaHSO4溶液100mL混合，若忽视溶液体积变更，则混合后的溶液（）A.pH＝12 B.溶质的物质的量浓度＝0.02mol·L-1C.pH＝2 D.由水电离的产生的c(H＋)＝1.0×10-2mol·L-1【答案】A【解析】【详解】等体积等浓度的两溶液混合后：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－=BaSO4↓＋H2O，所得溶液即为0.01mol/L的NaOH溶液，c(OH—)＝1.0×10-2mol·L-1，c(H＋)＝1.0×10-12mol·L-1，pH=12；故答案A。23.常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液,关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是(

)(1)b不能显碱性

(2)a可能显酸性或碱性

(3)a不行能显酸性

(4)b可能显碱性或酸性.A.(1)(2) B.(3)(4) C.(1)(3) D.(2)(4)【答案】A【解析】【详解】（1）pH为3的某酸溶液，为强酸时与等体积pH为11的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，则溶液为中性；酸为弱酸时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不行能显碱性，故（1）正确；（2）某酸溶液为强酸时与等体积pH为11的氨水反应时氨水过量，则a可能显碱性；若为弱酸时酸可能过量，则a可能显酸性，故（2）正确；（3）若为pH=3弱酸与等体积pH为11的氨水反应时酸可能过量，则a可能显酸性，故（3）错误；（4）若pH为3的某酸溶液，为强酸时与等体积pH为11的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，则溶液为中性，若酸为pH=3弱酸与等体积pH为11的氢氧化钠溶液反应时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不行能显碱性，故（4）错误；综上所述，（1）（2）正确，答案选A。【点睛】考查溶液酸碱性的定性分析，依据pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，氢氧化钠的浓度小，再探讨pH为3的某酸溶液可能为强酸或弱酸，利用等体积混合反应后溶液中的溶质来分析溶液的酸碱性，此题应忽视盐中离子水解趋势与弱电解质电离趋势的比较来解答。24.物质的量浓度相同的下列溶液：①Na2CO3②NaHCO3③H2CO3④(NH4)2CO3⑤NH4HCO3，按c(CO32-)由小到大排列依次正确的是()A.⑤<④<③<②<① B.③<⑤<②<④<①C.③<②<⑤<④<① D.③<⑤<④<②<①【答案】B【解析】【详解】物质的量浓度相同的Na2CO3、NaHCO3、H2CO3、(NH4)2CO3、NH4HCO3溶液中，依据盐类水解的规律，无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，令其物质的量浓度为0.1mol/L，则：①Na2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸根离子部分水解，但水解微弱，所以，碳酸根离子浓度降低，碳酸根浓度接近0.1mol/L；②NaHCO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸氢根离子水解建立水解平衡，因碳酸氢钠溶液显碱性，所以，部分碳酸氢根离子的电离小于其水解，所以碳酸根浓度远远小于碳酸氢根浓度，及远远小于0.1mol/L；③(NH4)2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的铵根离子和碳酸根离子分别和水电离出的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以，碳酸根离子浓度比Na2CO3中碳酸根离子离子浓度小一些，碳酸根离子略小于0.1mol/L；④H2CO3溶液是二元弱酸，且酸性很弱，电离时分两步电离，电离出的碳酸根离子浓度较小，但它是酸，溶液显酸性，所以，碳酸根浓度小于0.1mol/L，NH4HCO3溶液中电离出碳酸根离子只需碳酸氢根离子一步电离，而H2CO3溶液是二元弱酸，需两步电离，且其次步极其微弱，其碳酸根离子的浓度比NH4HCO3溶液中碳酸根离子浓度小；⑤NH4HCO3是易溶于水的盐，在水中完全电离在水中完全电离，电离出的铵根离子和碳酸氢根离子分别和水电离出的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以，碳酸氢根离子电离出来的碳酸根离子的浓度特别小，比NaHCO3溶液中碳酸根离子浓度小；综上碳酸根离子浓度为：Na2CO3＞(NH4)2CO3＞NaHCO3＞NH4HCO3＞H2CO3，即③＜⑤＜②＜④＜①，故选B。25.对于0.1mol/LNa2SO3溶液，正确的是()A.上升温度，溶液pH降低B.c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)C.c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋c(OH－)D.加入少量NaOH固体，c(SO)与c(Na＋)均增大【答案】D【解析】【详解】A、上升温度，SO32‾的水解程度增大，溶液的pH增大，错误；B、依据物料守恒可得：c(Na＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)，错误；C、依据电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)，错误；D、加入少量NaOH固体，Na+、OH‾浓度增大，SO32‾的水解平衡向左移动，SO32‾的离子浓度增大，正确。非选择题（共50分）二、填空题26.(1)盖斯定律在生产和科学探讨中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法干脆测得，但可通过间接的方法测定。现依据下列3个热化学反应方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=-24.8kJ/mol3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)ΔH=-47.2kJ/molFe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)ΔH=+640.5kJ/mol写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：______________(2)已知：AgCl+Br-=AgBr↓+Cl-，2AgI+S2-=Ag2S↓+2I-，AgBr+I-=AgI↓+Br-。由以上试验事实可知4种难溶银盐溶解度减小的依次是_____________。(3)将mmol/L的醋酸和nmol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH=7，则混合溶液中c(Na+)__________c(CH3COO-)，m和n的大小关系是m_________n(4)将pH=3的弱酸溶液稀释100倍，该溶液的pH范围为：__________________。【答案】(1).CO(g)+FeO(s)=Fe(s)+CO2(g)ΔH=-218.0kJ/mol(2).AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S(3).=(4).＞(5).3＜pH＜5【解析】【详解】(1)Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=-24.8kJ/mol3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)ΔH=-47.2kJ/molFe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)ΔH=+640.5kJ/mol①×3-②-③×2得6CO(g)+6FeO(s)=6Fe(s)+6CO2(g)ΔH=(-24.8kJ/mol)×3-(-47.2kJ/mol)-(+640.5kJ/mol)×2=-1308.2kJ/mol，即CO(g)+FeO(s)=Fe(s)+CO2(g)ΔH=-218.0kJ/mol；(2)依据沉淀转化原理：溶解度小能转化为溶解度更小的，所以4种难溶银盐溶解度减小的依次是：AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S；(3)将mmol/L的醋酸和nmol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH=7，当m=n时，两溶液恰好反应生成醋酸钠，溶液显示碱性，若使溶液的pH=7，则醋酸的浓度应当稍大一些，即m＞n；混合后溶液为醋酸和醋酸钠的混合溶液，pH=7，c(H+)=c(OH-)，依据电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)；(4)可设定该溶液为强酸溶液，题中pH=3，即强酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，当稀释100倍后，c(H+)=10-5mol/L，即pH=5；而题中该酸为弱酸，有电离度，存在着电离平衡，稀释100倍后电离平衡向右移动，10-3mol/L＞c(H+)＞10-5mol/L，故3＜pH＜5。27.现有a·盐酸b·硫酸c·醋酸三种酸：（以下均用酸的序号填写）。（1）在同体积，同pH的三种酸中，分别加入足量的碳酸钠粉末，在相同条件下产生CO2的体积由大到小的依次是_________________。（2）在同体积、同浓度的三种酸中，分别加入足量的碳酸钠粉末，在相同条件下产生CO2的体积由大到小的依次是_________________。（3）物质的量浓度为0.1mol·L-1的三种酸溶液的pH由大到小的依次是___________；假如取等体积的0.1mol·L-1的三种酸溶液，用0.1mol·L-1的NaOH溶液中和，当恰好完全反应时，消耗NaOH溶液的体积由大到小的依次是______________【答案】(1).c>a=b(2).b>a=c(3).c>a>b(4).b>a=c【解析】【详解】（1）在同体积、同pH的三种酸中,醋酸为弱酸，醋酸的浓度最大；而盐酸和硫酸都是强酸,盐酸和硫酸溶液中氢离子浓度相等，所以加入足量的碳酸钠粉末，在相同条件下醋酸产生的CO2体积最大，而盐酸和硫酸产生的CO2体积相等且小于醋酸产生的CO2；因此，本题正确答案是:c>a=b。

(2)在同体积、同浓度的三种酸中,盐酸、醋酸、硫酸的物质的量是相等的，分别加入足量的碳酸钠粉末，在相同条件下盐酸和醋酸产生CO2的体积一样，但是硫酸是二元酸，加入足量的碳酸钠，在相同条件下产生CO2的体积是盐酸、醋酸的2倍,所以产生CO2的体积由大到小的依次是：b>a=c；因此，本题正确答案是:b>a=c。(3)硫酸是二元强酸，0.1mol/L的硫酸中氢离子浓度是0.2mol/L，盐酸是一元强酸，0.1mol/L的盐酸中氢离子浓度是0.1mol/L，醋酸是一元弱酸，0.1mol/L的醋酸中氢离子浓度小于0.1mol/L；氢离子浓度越大，则pH越小，所以三种酸溶液的pH由大到小的依次是：c>a>b；等体积的0.1mol/L的三种酸溶液，硫酸是二元酸，氢离子的量最大，消耗的氢氧化钠最多,醋酸和盐酸都是一元酸，溶质的物质的量一样,消耗氢氧化钠一样多，所以用0.1mol/L的NaOH溶液分别中和三种酸，消耗NaOH溶液的体积由大到小的依次是：b>a=c；因此本题答案是：c>a>b，b>a=c。28.试验室要测定某试剂瓶中盐酸溶液的浓度（约为0.1mol/L），回答下列问题：（1）配制0.1000mol/L的NaOH溶液250mL，须要的主要仪器除了量筒、烧杯、玻璃棒，还需用到的玻璃仪器是______________________（填仪器名称）（2）写出表示测量原理的化学反应方程式：__________________________（3）取20.00mL待测液，用_______式滴定管量取；（4）依据下列数据，盐酸的浓度为_______________________；测定次数待测液体积（mL）标准NaOH体积（mL）滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次20.000.1020.20其次次20.001.1023.60第三次20.000.5020.80（5）推断以下操作引起的误差（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）：①没用待测液润洗锥形瓶__________②滴定前仰视，滴定后俯视_________。【答案】(1).250mL容量瓶、胶头滴管(2).NaOH+HCl=NaCl+H2O(3).酸(4).0.1010mol/L(5).无影响(6).偏低【解析】【分析】中和滴定能精确测定未知酸或碱的浓度，配制肯定物质的量浓度的标准溶液时，要留意容量瓶的规格；精确规范地读数，重复2到3次试验，数据处理时，偏差大的数据要舍弃之后再计算平均值；按计算公式进行误差分析：，若不当操作使V(标准)偏大，则结果偏大；若不当操作使V(标准)偏小，则结果偏小；若操作不影响V(标准)，则结果不受影响，据此分析；【详解】(1)配制0.1000mol/L的NaOH溶液250mL，须要的主要仪器除了量筒、烧杯、玻璃棒，还需用到的玻璃仪器是250mL容量瓶、胶头滴管；(2)写出表示测量原理的化学反应方程式：NaOH+HCl=NaCl+H2O；(3)取20.00mL待测液即盐酸，用酸式滴定管量取；(4)依据下列数据，从第一次到第三次消耗NaOH依次为20.10mL、22.50mL、20.30mL、其次次数据偏差大，舍弃不用，故消耗氢氧化钠溶液平均值为20.20mL，则盐酸的浓度为；(5)①没用待测液润洗锥形瓶，不影响反应，对氢氧化钠溶液的体积不影响，故对结果无影响；②滴定前仰视读数偏大，滴定后俯视读数偏小，则所得V(标准)偏小，待测液浓度偏低。29.已知某溶液中只存在OH-、H+、、Cl-四种离子，某同学推想其离子浓度大小依次有以下几种，请回答后面问题：①c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)②c(Cl-)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)③c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)④c(Cl-)＞c(H+)＞c()＞c(OH-)(1)上述关系肯定不正确的是_______________(填序号)(2)若溶液中只有一种溶质，则该溶质为____________，该溶液中离子浓度的大小关系为__________________________(填序号)(3)若关系③正确，则溶液中溶质为_______________________。(4)若四种离子