2023-2024学年浙江省浙南名校联盟高二上期1月联考化试题（解析版）

PAGEPAGE3浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高二上学期10月联考考生须知：1.本卷共7页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有〖答案〗必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Fe-56Ca-40S-32选择题部分一、单选题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质中属于碱性氧化物的是A.CO2 B.Fe2O3 C.Fe3O4 D.KOH〖答案〗B〖祥解〗能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，据此解答。【详析】A．CO2能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，A不符合；B．Fe2O3能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，B符合；C．Fe3O4与酸反应生成两种盐和水，不属于碱性氧化物，C不符合；D．KOH属于一元强碱，不属于氧化物，D不符合；〖答案〗选B。2.下列化学用语正确的是A.K2SO4的电离方程式：K2SO4=K++2SOB.37Cl-结构示意图：C.用电子式表示溴化氢分子的形成过程：D.铜与稀硝酸反应中电子的转移：〖答案〗D【详析】A．全部电离，其电离方程式：，故A正确；B．核内质子数为17，其原子结构示意图：

，故B正确；C．溴化氢是共价化合物，用电子式表示溴化氢分子的形成过程：，故C错误。D．铜与稀硝酸反应，铜化合价由0价变为+2价，3个铜失去6个电子，其电子的转移：，故D正确；综上所述，〖答案〗为D。3.溴化碘(IBr)的化学性质很像卤素的单质，它能与大多数金属、非金属化合生成卤化物，它也能与水发生以下反应：IBr+H2O=HBr+HIO，下列有关IBr的叙述中，正确的是A.在很多反应中IBr是强氧化剂B.IBr与水反应时既作氧化剂，又作还原剂C.IBr与AgNO3溶液反应会生成AgI沉淀D.IBr与NaOH溶液反应时，生成NaBrO和NaI〖答案〗A〖祥解〗IBr中I为+1价，Br为-1价，故。【详析】A．通过分析可知，IBr中碘元素是+1价，具有强氧化性，故A正确；B．通过分析可知，在反应过程中没有化合价的升降，故B错误；C．根据分析可知IBr与AgNO3溶液反应会生成AgBr沉淀，故C正确；D．IBr与NaOH溶液反应时，生成NaIO和NaBr，故D错误；故选A。4.物质的性质决定用途，下列有关物质性质与用途均正确且两者具有对应关系的是A.晶体硅熔点高、硬度大，可用于制作半导体材料B.具有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂C.银氨溶液具有弱还原性，可用于制作银镜D.明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒〖答案〗B【详析】A．硅元素位于元素周期表金属和非金属分界处，所以晶体硅是良好的半导体材料，与其熔点高、硬度大无关，故不选A；B．具有还原性，向葡萄酒中添加适量能起到抗氧化的作用，故选B；C．银氨溶液具有弱氧化性，可以和醛基发生氧化还原反应而被还原为银，故不选C；D．明矾溶于水能形成胶体，可以吸附水中的杂质，起到净水的作用，但不能用于自来水的杀菌消毒，故不选D；选B。5.某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断不正确的是A.若用NaOH固体测定中和热，则测定的ΔH偏小B.将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量不变C.实验(c)中将环形玻璃搅拌棒改为铜质搅拌棒对实验结果有影响D.由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应〖答案〗D【详析】A．若用NaOH固体测定中和热，NaOH固体在溶解过程中放出热量，导致放出热量偏多，ΔH偏小，故A正确；B．将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉，反应物用量相同，释放出的热量相同，故B正确；C．铜质搅拌棒导热效果较好，会导致反应放出的热量有损失，故C正确；D．Ba(OH)2⋅8H2O与氯化铵反应为吸热反应，故D错误；故选D。6.根据热化学方程式：S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-297.23kJ•mol-1，下列说法不正确的是A.加入合适的催化剂，可增加单位质量的硫燃烧放出的热量B.1molSO2(g)的能量总和小于1molS(s)和1molO2(g)的能量总和C.S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-Q1kJ•mol-1；Q1的值大于297.23kJ•mol-1D.足量的硫粉与标准状况下1L氧气反应生成1L二氧化硫气体时放出的热量小于297.23kJ〖答案〗A【详析】A．加入合适的催化剂不会影响反应焓变，即单位质量的硫燃烧放出的热量不变，故A错误；B．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以1molSO2(g)的能量总和小于1molS(s)和1molO2(g)的能量总和，故B正确；C．因物质由固态转变成气态也要吸收热量，所以S(g)＋O2(g)→SO2(g)的反应热的数值大于297.23kJ·mol-1，故C正确；D．热化学方程式的系数只表示物质的量，标准状况下1L氧气的物质的量小于1mol，故放出的热量小于297.23kJ，D项正确。故选A。7.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.124gP4中的共价键数目为4NAB.标准状况下，22.4LHF中的分子数目为NAC.1mol•L-1的CH3COONH4溶液中，NH的数目小于1NAD.室温下，1LpH=12的碳酸钠溶液中，OH-的数目为0.01NA〖答案〗D【详析】A．白磷结构为，中的共价键数目为，A错误；B．标准状况下，HF不是气体，不确定其物质的量，B错误；C．没有溶液体积，不能计算溶液中离子的物质的量，C错误；D．碳酸钠水解使得溶液显碱性，室温下，的碳酸钠溶液中为1L×0.01mol/L=0.01mol，数目为，D正确；故选D。8.在一定温度下，下列反应的化学平衡常数数值如下，以下说法正确的是①2NO(g)⇌N2(g)+O2(g)K1=1×1030②2H2(g)+O2(g)⇌2H2O(g)K2=2×1081③2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g)K3=4×10-92A.该温度下，反应①的平衡常数表达式为K1=c(N2)•c(O2)B.该温度下，反应2H2O(g)⇌2H2(g)+O2(g)的平衡常数的数值约为5×10-80C.该温度下，NO、H2O、CO2产生O2的倾向由大到小的顺序为NO>H2O>CO2D.以上说法都不正确〖答案〗C【详析】A．该温度下，反应①的平衡常数表达式为K1=，故A错误；B．该温度下，反应2H2O(g)2H2(g)+O2(g)的平衡常数的数值为=5×10-82，故B错误；C．该温度下，反应①、反应②的逆反应、反应③的平衡常数分别为K1=1×1030、5×10-82、4×10-92，产生O2的倾向由大到小的顺序为NO＞H2O＞CO2，故C正确；D．根据以上选项，故D错误；故选C。9.下列指定溶液中，一定能大量共存的是A.强碱性溶液中：Ba2+、K+、NO、Cl-B.使甲基橙变橙的溶液：Al3+、Na+、Cl-、SOC.0.1mol•L-1KNO3溶液：H+、Al3+、I-、SOD.水电离出的从c(H+)=10-13mol•L-1的溶液中：Br-、K+、SCN-、Mg2+〖答案〗A【详析】A．强碱性环境中，题中所给离子之间均不会发生反应，也均能与氢氧根离子大量共存，故A正确；B．Br-和发生氧化还原反应不能大量共存，故B错误；C．硝酸根离子与碘离子会发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液可能为酸性，也可能为碱性，Mg2+不能在碱性溶液中大量存在，氢离子和SCN-反应生成弱电解质，不能大量共存，故D错误；故A正确。10.下列“类比”结果正确的是A.常温下，Ca(HCO3)2溶解度比CaCO3大，则NaHCO3溶解度比Na2CO3大B.Fe2(SO4)3溶液加热蒸干得到Fe2(SO4)3固体，则FeCl3溶液加热蒸干得到FeCl3固体C.PCl3与水反应会生成H3PO3，则PCl3与足量C2H5OH作用可得到P(OC2H5)3D.在AgNO3溶液中滴加氨水，先产生沉淀后沉淀溶解，则在Al(NO3)3溶液中滴加氨水，也先产生沉淀后沉淀溶解〖答案〗C【详析】A．常温下NaHCO3溶解度比Na2CO3小，故A错误；B．FeCl3溶液加热蒸干得到Fe(OH)3固体，继续加热可得氧化铁固体，故B错误；C．水和乙醇有相似点，都有羟基结构，故C正确；D．氢氧化铝沉淀不能溶于氨水，故D错误；故选C。11.短周期主族元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大，X、Y、W位于不同周期，Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，Z的原子半径在短周期主族元素中最大。下列说法正确的是A.Y与Z形成的化合物溶于水所得溶液呈碱性B.W的氧化物对应的水化物为强酸C.简单离子半径：Y＜Z＜WD.与X形成的简单化合物的还原性：Y＞W＞Z〖答案〗A〖祥解〗X、Y、W位于不同周期且为短周期元素，可知X、Y、W分别为第一、第二、第三周期的元素，又X、Y、Z和W均为主族元素，可知X为氢元素；Z的原子半径在短周期主族元素中最大可知Z为Na元素，Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，可知Y、W的原子最外层电子数之和为13，即Y为O（或F）元素，W为Cl（或S）元素。【详析】A．O(F)与Na元素形成的化合物为NaF、Na2O或Na2O2溶于水所得溶液呈碱性，故A正确；B．Cl和S的最高价氧化物对应水化物分别为高氯酸、硫酸，高氯酸和硫酸都是强酸，而HClO是弱酸，故B错误；C．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时核电荷数越大半径越小，则简单离子半径：Na+＜O2-(F-)＜Cl-(S2-)，故C错误；D．非金属性越强，氢化物还原性越弱，非金属性：O(F)＞Cl(S)＞Na，则简单氢化物的还原性：NaH>HCl(H2S)>H2O(HF)，故D错误；12.高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.6×10-5mol·L-16.3×10-9mol·L-11.6×10-9mol·L-14.2×10-10mol·L-1由以上表格中数据判断以下说法不正确的是A.在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离B.在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中酸性最强的酸C.在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4=2H＋＋SOD.水对这四种酸强弱没有区分能力，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱〖答案〗C【详析】A．由电离常数可知，在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离，A正确；B．由电离常数可知，在冰醋酸中高氯酸的电离常数最大，是这四种酸中酸性最强的酸，B正确；C．在冰醋酸中硫酸没有完全电离，应该为H2SO4H＋＋，C错误；D．在水溶液中四种酸均为强酸，水对这四种酸的强弱没有区分能力，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱，D正确；故选C。13.如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。下列说法不正确的是A.通常情况下，N2(g)比O2(g)稳定B.N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)是放热反应C.2molNO(g)反应生成1molN2(g)和1molO2(g)放出180kJ能量D.1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量〖答案〗B【详析】A．断键吸收的能量比多，因此更稳定，A正确；B．和的反应吸收的总能量为，生成放出的总能量为，吸收的能量大于放出的能量，反应是吸热反应，B错误；C．2molNO(g)反应生成1molN2(g)和1molO2(g)放出180kJ能量，C正确；D．因为反应为吸热反应，所以和具有的总能量小于具有的总能量，D正确；故选B。14.25℃时，下列叙述中正确的是A.0.1mol•L-1NH4HS溶液中：c(NH)=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)B.pH相等的①(NH4)2SO4溶液，②NH4HSO4溶液，③NH4Cl溶液中，c(NH)的大小关系：①＞③＞②C.10mLpH=12的氢氧化钠溶液中加入pH=2的HA至pH刚好等于7，所得溶液体积V(总)≥20mLD.将amol•L-1氨水与0.01mol•L-1盐酸等体积混合后，c(NH)=c(Cl-)，则NH3•H2O的电离常数为〖答案〗D【详析】A．根据物料守恒：c（NH3·H2O）+c(NH)=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，故A错误；B．pH相等的(NH4)2SO4溶液，(NH4)2SO4溶液中铵根离子浓度是硫酸根离子的近两倍，NH4HSO4溶液铵根离子的水解受到抑制，NH4Cl溶液中的铵根离子发生水解，因此c(NH)的大小关系：①＞②＞③，故B错误；C．pH=12的氢氧化钠浓度为10-2mol/L，pH=2的HA浓度远大于10-2mol/L，中和pH=7.混合溶液体积不可能等于20ml，故C错误；D．，溶液中电荷守恒：c（H+）+c(NH)=c(Cl-)+c(OH-)，又c(NH)=c(Cl-)，溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等为10-7mol/L，c（NH）=c(Cl-)=mol/L而=，带入可求得：，故D正确；故选D。15.常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg的变化关系如图所示，下列叙述正确的是A.a点酸的总浓度小于b点酸的总浓度B.HC的电离度：a点＞b点C.当lg=4时，三种溶液同时升高温度，减小D.常温下：Ka(HB)＜Ka(HC)〖答案〗C〖祥解〗根据图知，pH=2的HA、HB、HC溶液分别稀释100倍，HA的pH变成4，说明HA是强酸，HB、HC的pH增大但小于4，则HB、HC为弱酸，且HB的pH增大幅度大于HC，说明HB的酸性＞HC，因此酸性HA＞HB＞HC。【详析】A．b点溶液体积大，则a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度，故A错误；B．对于HC，b点稀释的倍数大于a点，加水稀释促进弱酸的电离，HC的电离度：a点＜b点，故B错误；C．酸的电离平衡是吸热反应，由于HA为强酸，不存在电离平衡，对HA溶液升高温度，c(A-)不变，对HC溶液升高温度促进HC电离，c(C-)增大，减小，故C正确；D．由图可知，HA稀释10倍pH增大1，则HA为强酸，HB、HC稀释10倍，pH增大值小于1，则HB、HC为弱酸，HB、HC稀释同等倍数，pH的改变值：HB＞HC，酸性：HB＞HC，常温下，，故D错误；〖答案〗选C。16.下列实验操作对应的现象和根据现象得出的结论不正确的是选项实验操作现象结论A向2mL0.1mol/LFeI2溶液中依次滴加少量氯水和CCl4，振荡，静置溶液分层，下层呈紫红色还原性：Fe2+＜I-B往NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液产生白色沉淀结合H+的能力：AlO＞COC用pH计测定0.1mol/LNaHCO3溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pHNaHCO3(aq)为8.3，CH3COONa(aq)为8.9水解常数：Kh(HCO)＜Kh(CH3COO-)D甲、乙试管均盛有2mL等浓度银氨溶液，分别加入2滴等浓度的NaCl溶液和NaI溶液甲中无明显现象，乙中产生黄色沉淀溶度积常数：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)A.A B.B C.C D.D〖答案〗C【详析】A．FeI2溶液中依次滴加少量氯水和CCl4，溶液分层，下层呈紫红色，说明氧化了I-，还原性：Fe2+＜I-，A正确；B．往NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，发生反应，偏铝酸根结合碳酸氢根电离的氢离子生成氢氧化铝沉淀，则结合H+的能力：AlO＞CO，B正确；C．碳酸氢根在溶液中存在电离，根据同浓度的NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pH无法比较水解常数的大小，C错误；D．等浓度的NaCl溶液和NaI溶液分别与等浓度银氨溶液混合，Ksp小的才有可能产生沉淀，没有产生氯化银沉淀，产生碘化银沉淀，说明溶度积常数：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D正确；故选C。非选择题部分二、非选择题(本题共5小题，共52分)。17.已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数如表所示，回答下列有关问题：化学式CH3COOHH2C2O4HCNNH3•H2O电离平衡常数Ka=1.8×10-5Ka1=5.6×10-2Ka2=1.5×10-4Ka=6.2×10-10Kb=1.8×10-5（1）H2C2O4第一步的电离方程式是________，浓度均为0.1mol•L-1的NaHC2O4、CH3COOH、HCN溶液中，pH最大的是________(填溶质的化学式)。（2）常温下，体积均为10ml、pH=2的盐酸溶液与醋酸溶液分别加蒸馏水稀释a倍和b倍到pH=4，a________b(填“大于”“小于”或“等于”)。（3）25℃时，CH3COONH4溶液显________性(“酸”“中”或“碱”)性。（4）将0.2molH2C2O4加入300ml2mol/L的NaOH溶液中(假设溶液的体积不变)，所得溶液的pH=a，则c(C2O)+2c(HC2O)+3c(H2C2O4)=________mol/L(用含a的代数式表示)。〖答案〗（1）①.H2C2O4H++HC2O②.HCN（2）小于（3）中（4）10-14+a-10-a〖解析〗【小问1详析】H2C2O4是二元弱酸，第一步的电离方程式是H2C2O4H++HC2O，电离平衡常数越大，电离程度越大，等浓度的酸溶液酸性越强，pH越小。据表中数据，H2C2O4的Ka1=5.6×10-2、Ka2=1.5×10-4，HC2O的水解平衡常数，即NaHC2O4溶液呈酸性，又H2C2O4的Ka2=1.5×10-4大于CH3COOH的Ka=1.8×10-5大于HCN的Ka=6.2×10-10，所以pH最大的是HCN；【小问2详析】盐酸是强酸、醋酸是弱酸，pH=2时盐酸浓度小于醋酸，要将其等pH等体积的溶液稀释成pH=4，醋酸的稀释程度要更大，所以a小于b；【小问3详析】由表中数据可知，25℃时CH3COOH和NH3•H2O电离平衡常数相等，所以CH3COONH4溶液显中性；【小问4详析】0.2molH2C2O4加入300ml2mol/L的NaOH溶液反应，生成0.2molNa2C2O4，剩余0.2molNaOH，混合溶液中电荷守恒：①，物料守恒②，②-①得，pH=a时，所以=(10-14+a-10-a)mol/L。18.为探究某难溶性盐X(仅含三种常见元素)的组成，设计并完成以下实验(流程中部分物质已略去)：已知：气体A和气体B所含元素相同，都是无色无味气体，固体C为纯净物且具有磁性，单质D是目前建筑行业应用最广泛的金属。根据上述信息，回答下列问题：（1）盐X的化学式为_______，B的化学式为_______。（2）X隔绝空气高温分解的化学方程式为_______。（3）无水条件下，少量NaH就能与固体C反应并放出大量的热，写出该反应的化学方程式：_______。（4）将产生的气体A全部被50mL0.25mol·L-1氢氧化钠溶液充分吸收，反应的总离子方程式为_______。〖答案〗（1）①.FeC2O4②.CO（2）3FeC2O4Fe3O4+2CO2+4CO（3）Fe3O4+4NaH=3Fe+4NaOH（4）4CO2+5OH-=CO+3HCO+H2O〖祥解〗C是纯净物且具有磁性，即C为Fe3O4，单质D是目前建筑行业应用最广泛的金属，推出D为Fe，气体A、气体B所含元素相同，都是无色无味的气体，气体A能与氢氧化钡反应，气体B则不行，气体A为CO2，气体B为CO，X隔绝空气加强热得到四氧化三铁、二氧化碳、CO，X为含有铁元素、碳元素，可能有氧元素；白色沉淀为BaCO3，根据原子守恒推出n(CO2)=n(BaCO3)==0.01mol，气体A和气体B总物质的量为=0.03mol，则n(CO)=0.02mol，根据原子守恒，X中含有碳原子物质的量为0.03mol，单质D为铁单质，n(Fe)==0.015mol，X中铁原子物质的量为0.015mol，X中氧原子物质的量为=0.06mol，即X中确定有O，N(Fe):N(C):N(O)=0.015:0.03:0.06=1:2:4，因此X化学式为FeC2O4，据此分析。【小问1详析】根据分析，X化学式为FeC2O4，气体B为CO；【小问2详析】X隔绝空起加热的化学反应方程式为3FeC2O4Fe3O4+2CO2+4CO；【小问3详析】根据题干的信息，可以推出该反应的化学方程式为：Fe3O4+4NaH=3Fe+4NaOH；【小问4详析】经分析，气体A(CO2)的物质的量为0.01mol，n(NaOH)=0.05L×0.25mol·L-1=0.0125mol，根据反应：，则CO2过量，即该过程涉及两个化学反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，从量上分析：0.0125molNaOH和0.00625molCO2反应生成0.00625molNa2CO3，接着剩余的0.00375molCO2消耗0.00375molNa2CO3生成0.0075molNaHCO3，Na2CO3还剩0.0025mol，所以0.01molCO2和0.0125molNaOH反应生成了0.0025molNa2CO3、0.0075molNaHCO3，故该反应的化学方程式为：4CO2+5NaOH=Na2CO3+3NaHCO3+H2O，离子方程式为：4CO2+5OH-=CO+3HCO+H2O。19.为倡导“节能减排”和“低碳经济”，降低大气中CO2含量及有效地开发利用CO2，工业上可用CO2来生产燃料甲醇。在体积为2L的密闭容器中，充入1molCO2、3molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。经测得CO2和CH3OH的物质的量随时间变化如图所示。（1）写出该反应的化学平衡常数表达式：K=________。（2）在3min末，反应速率v(正)________v(逆)(选填＞、＜或=)。（3）从反应开始到平衡，平均反应速率v(CO2)=_________。达到平衡时，H2的转化率为________。（4）下列措施可以加快反应速率的是________。A.升高温度B.加入催化剂C.增大压强D.及时分离出CH3OH（5）若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为：甲：v(H2)=0.45mol•L-1•s-1；乙：v(CO2)=0.2mol•L-1•s-1；丙：v(CH3OH)=6mol•L-1•min-1，则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为________。〖答案〗（1）K=（2）＞（3）①.0.0375mol•L-1•min-1②.75%（4）ABC（5）乙＞甲＞丙〖解析〗【小问1详析】平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，该反应的化学平衡常数表达式：。【小问2详析】在3min末这时正向建立平衡，还未达到平衡，因此反应速率υ(正)＞υ(逆)；故〖答案〗为：＞。【小问3详析】从反应开始到平衡，二氧化碳改变量为0.75mol，氢气改变量为2.25mol，则平均反应速率υ(CO2)=，达到平衡时，H2的转化率为；故〖答案〗为：0.0375mol∙L−1∙min−1；75%。【小问4详析】A．升高温度，反应速率加快，故A符合题意；B．加入催化剂，反应速率加快，故B符合题意；C．增大压强，浓度增大，反应速率加快，故C符合题意；D．及时分离出CH3OH，生成物浓度减小，速率减小，故D不符合题意；综上所述，〖答案〗：ABC。【小问5详析】根据题意将丙换成单位得到丙：υ(CH3OH)=4.8mol∙L−1∙min−1=0.08mol∙L−1∙s−1，甲：υ(H2)=0.3mol∙L−1∙s−1；乙：υ(CO2)=0.12mol∙L−1∙s−1；根据，则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为乙＞甲＞丙；故〖答案〗为：乙＞甲＞丙。20.是一种常用的硝化剂，常用的臭氧化法制备，反应原理如下：反应I：反应II：（1）时，几种物质的相对能量如下表：物质能量()请可根据物质的相对能量计算反应I的___________。(忽略随温度的变化)。（2）在密闭容器中充入和，发生反应I和II。①在恒温恒压条件下，下列说法正确的是___________。A．和的物质的量之比不变时说明反应已达平衡B．说明反应II已达到平衡C．混合气体密度不再改变说明反应I已达到平衡D．反应达到平衡后，再往容器中通入稀有气体，反应I平衡不移动②保持温度不变，对反应体系加压，平衡时的转化率与压强的关系如图所示。请解释压强增大至的过程中逐渐增大的原因：___________。③以固体催化剂催化反应I，若分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，该反应机理分为两步，写出第一步的化学方程式：步骤a___________；步骤b。（3）时，在密闭容器中充入，保持压强不变，只发生反应II，时到达平衡，随时间的变化如图所示，在时刻继续充入一定量的，时刻重新到达平衡，请在图中作出随时间变化的曲线___________。〖答案〗（1）（2）①.C②.加压，反应II平衡向逆反应方向移动，浓度增大，有利于反应向正反应方向移动，逐渐增大③.（3）〖解析〗【小问1详析】根据物质的相对能量，的ΔH1=（-198-90+14+181）kJ/mol=-93kJ/mol，故〖答案〗为：-93kJ/mol；【小问2详析】①A．和都是反应I的生成物，物质的量之比始终为1：1，所以和物质的量之比不变时，反应不一定平衡，故A错误；B．反应达到平衡状态时，正逆反应速率比等于系数比，时反应Ⅱ没有达到平衡，故B错误；C．反应II反应前后气体物质的量是变量，则容器体积是变量，反应前后气体总质量不变，密度是变量，混合气体密度不再改变，说明反应II得到平衡状态，则N2O4浓度不变，所以反应Ⅰ一定达到平衡，故C正确；D．反应达到平衡后，再往容器中通入稀有气体Ar，容器体积增大，反应II正向移动，N2O4浓度减小，则反应Ⅰ平衡逆移动，故D错误；故〖答案〗为：C；②保持温度不变，对反应体系加压，反应II平衡向逆反应方向移动，N2O4浓度增大，有利于反应向正反应方向移动，逐渐增大；③总反应为，步骤b的方程式为N2O4+MO=M+N2O5，总反应-步骤b得步骤a为M+O3=MO+O2；【小问3详析】T℃时，在密闭容器中充入1molN2O4，保持压强不变，只发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g），t1时到达平衡，在t2时刻继续充入一定量的N2O4，t3时刻重新到达平衡，0～t1逆反应速率逐渐增大，t1反应达到平衡状态v正=v逆，在t2时刻继续充入一定量的N2O4，容器体积增大，反应物浓度增大、生成物浓度减小，v正突然增大、v逆突然减小，新达到平衡与原平衡等效，所以新平衡的速率和旧平衡相等，v逆随时间变化的曲线为。21.某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如图：①三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400mL水；锥形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液并预加0.40mL0.01000mol•L-1的碘标准溶液，搅拌。②以0.2L•min-1流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了1.00mL碘标准溶液。③做空白实验，消耗了0.10mL碘标准溶液。④用适量Na2SO3替代香菇样品，重复上述步骤，测得SO2的平均回收率为95%。回答下列问题：（1）装置图中仪器a的名称为________，侧管c的作用是________。（2）滴定从下列选项选择合适操作并排序：蒸馏水洗涤→加入标准3~5mL→________→准备开始滴定(润洗操作只进行一次)。a.加液至“0”刻度以上2~3mL处b.调整液面至“0”刻度，记录读数c.倾斜转动滴定管，使液体润湿滴定管内壁d.橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球，放液e.右手握住滴定管，左手打开活塞快速放液f.将洗涤液从滴定管上口倒出g.控制活塞，将洗涤液从滴定管下部放出（3）滴定终点判断依据为________。（4）下列关于滴定的操作及分析，正确的是________。A.滴定时要适当控制滴定速度B.0.30mL标准碘溶液可以用量筒量取C.滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化D终点读数时如果俯视测量结果将偏高E平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度（5）若先加磷酸再通氮气，会使测定结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。（6）该样品中亚硫酸盐含量为________mg•kg-1(以SO2计，结果保留三位有效数字)。已知：滴定反应的离子方程式为I2+SO2+2H2O=2I-+4H++SO〖答案〗（1）①.(球形)冷凝管②.平衡气压、便于液体顺利滴下（2）cgaeb（3）当加入半滴碘溶液后，溶液颜色从无色变成蓝色，且半分钟内不褪色，即为滴定终点（4）AE（5）偏低（6）876〖解析〗【小问1详析】据图所知：a为球形冷凝管，c是恒压滴液漏斗的侧管，其作用为平衡气压，使液体能顺利流下，故〖答案〗为：(球形)冷凝管、平衡气压、便于液体顺利滴下；【小问2详析】向滴定管中加入标准液时需要先润洗、赶气泡、调0等操作，故〖答案〗为：cgaeb；【小问3详析】原本溶液为无色，最后异地标准液滴入后，因为碘单质遇淀粉变蓝色，故〖答案〗为：当加入半滴碘溶液后，溶液颜色从无色变成蓝色，且半分钟内不褪色，即为滴定终点；【小问4详析】滴速太快容易引起误差，故A正确。取标准液应用移液管或者滴定管，故B错误。滴定时应观察锥形瓶中颜色变化判断终点，故C错误。滴定管0线在上，读数俯视导致读数偏小，测量结果偏高，故D错误。平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度，以减少误差，故E正确。故〖答案〗为：AE；【小问5详析】先加磷酸因空气未被排出会导致最开始产生的部分二氧化硫被氧化，而造成滴定时结果偏低。故〖答案〗为：偏低。【小问6详析】浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高二上学期10月联考考生须知：1.本卷共7页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有〖答案〗必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Fe-56Ca-40S-32选择题部分一、单选题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质中属于碱性氧化物的是A.CO2 B.Fe2O3 C.Fe3O4 D.KOH〖答案〗B〖祥解〗能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，据此解答。【详析】A．CO2能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，A不符合；B．Fe2O3能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，B符合；C．Fe3O4与酸反应生成两种盐和水，不属于碱性氧化物，C不符合；D．KOH属于一元强碱，不属于氧化物，D不符合；〖答案〗选B。2.下列化学用语正确的是A.K2SO4的电离方程式：K2SO4=K++2SOB.37Cl-结构示意图：C.用电子式表示溴化氢分子的形成过程：D.铜与稀硝酸反应中电子的转移：〖答案〗D【详析】A．全部电离，其电离方程式：，故A正确；B．核内质子数为17，其原子结构示意图：

，故B正确；C．溴化氢是共价化合物，用电子式表示溴化氢分子的形成过程：，故C错误。D．铜与稀硝酸反应，铜化合价由0价变为+2价，3个铜失去6个电子，其电子的转移：，故D正确；综上所述，〖答案〗为D。3.溴化碘(IBr)的化学性质很像卤素的单质，它能与大多数金属、非金属化合生成卤化物，它也能与水发生以下反应：IBr+H2O=HBr+HIO，下列有关IBr的叙述中，正确的是A.在很多反应中IBr是强氧化剂B.IBr与水反应时既作氧化剂，又作还原剂C.IBr与AgNO3溶液反应会生成AgI沉淀D.IBr与NaOH溶液反应时，生成NaBrO和NaI〖答案〗A〖祥解〗IBr中I为+1价，Br为-1价，故。【详析】A．通过分析可知，IBr中碘元素是+1价，具有强氧化性，故A正确；B．通过分析可知，在反应过程中没有化合价的升降，故B错误；C．根据分析可知IBr与AgNO3溶液反应会生成AgBr沉淀，故C正确；D．IBr与NaOH溶液反应时，生成NaIO和NaBr，故D错误；故选A。4.物质的性质决定用途，下列有关物质性质与用途均正确且两者具有对应关系的是A.晶体硅熔点高、硬度大，可用于制作半导体材料B.具有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂C.银氨溶液具有弱还原性，可用于制作银镜D.明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒〖答案〗B【详析】A．硅元素位于元素周期表金属和非金属分界处，所以晶体硅是良好的半导体材料，与其熔点高、硬度大无关，故不选A；B．具有还原性，向葡萄酒中添加适量能起到抗氧化的作用，故选B；C．银氨溶液具有弱氧化性，可以和醛基发生氧化还原反应而被还原为银，故不选C；D．明矾溶于水能形成胶体，可以吸附水中的杂质，起到净水的作用，但不能用于自来水的杀菌消毒，故不选D；选B。5.某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断不正确的是A.若用NaOH固体测定中和热，则测定的ΔH偏小B.将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量不变C.实验(c)中将环形玻璃搅拌棒改为铜质搅拌棒对实验结果有影响D.由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应〖答案〗D【详析】A．若用NaOH固体测定中和热，NaOH固体在溶解过程中放出热量，导致放出热量偏多，ΔH偏小，故A正确；B．将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉，反应物用量相同，释放出的热量相同，故B正确；C．铜质搅拌棒导热效果较好，会导致反应放出的热量有损失，故C正确；D．Ba(OH)2⋅8H2O与氯化铵反应为吸热反应，故D错误；故选D。6.根据热化学方程式：S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-297.23kJ•mol-1，下列说法不正确的是A.加入合适的催化剂，可增加单位质量的硫燃烧放出的热量B.1molSO2(g)的能量总和小于1molS(s)和1molO2(g)的能量总和C.S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-Q1kJ•mol-1；Q1的值大于297.23kJ•mol-1D.足量的硫粉与标准状况下1L氧气反应生成1L二氧化硫气体时放出的热量小于297.23kJ〖答案〗A【详析】A．加入合适的催化剂不会影响反应焓变，即单位质量的硫燃烧放出的热量不变，故A错误；B．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以1molSO2(g)的能量总和小于1molS(s)和1molO2(g)的能量总和，故B正确；C．因物质由固态转变成气态也要吸收热量，所以S(g)＋O2(g)→SO2(g)的反应热的数值大于297.23kJ·mol-1，故C正确；D．热化学方程式的系数只表示物质的量，标准状况下1L氧气的物质的量小于1mol，故放出的热量小于297.23kJ，D项正确。故选A。7.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.124gP4中的共价键数目为4NAB.标准状况下，22.4LHF中的分子数目为NAC.1mol•L-1的CH3COONH4溶液中，NH的数目小于1NAD.室温下，1LpH=12的碳酸钠溶液中，OH-的数目为0.01NA〖答案〗D【详析】A．白磷结构为，中的共价键数目为，A错误；B．标准状况下，HF不是气体，不确定其物质的量，B错误；C．没有溶液体积，不能计算溶液中离子的物质的量，C错误；D．碳酸钠水解使得溶液显碱性，室温下，的碳酸钠溶液中为1L×0.01mol/L=0.01mol，数目为，D正确；故选D。8.在一定温度下，下列反应的化学平衡常数数值如下，以下说法正确的是①2NO(g)⇌N2(g)+O2(g)K1=1×1030②2H2(g)+O2(g)⇌2H2O(g)K2=2×1081③2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g)K3=4×10-92A.该温度下，反应①的平衡常数表达式为K1=c(N2)•c(O2)B.该温度下，反应2H2O(g)⇌2H2(g)+O2(g)的平衡常数的数值约为5×10-80C.该温度下，NO、H2O、CO2产生O2的倾向由大到小的顺序为NO>H2O>CO2D.以上说法都不正确〖答案〗C【详析】A．该温度下，反应①的平衡常数表达式为K1=，故A错误；B．该温度下，反应2H2O(g)2H2(g)+O2(g)的平衡常数的数值为=5×10-82，故B错误；C．该温度下，反应①、反应②的逆反应、反应③的平衡常数分别为K1=1×1030、5×10-82、4×10-92，产生O2的倾向由大到小的顺序为NO＞H2O＞CO2，故C正确；D．根据以上选项，故D错误；故选C。9.下列指定溶液中，一定能大量共存的是A.强碱性溶液中：Ba2+、K+、NO、Cl-B.使甲基橙变橙的溶液：Al3+、Na+、Cl-、SOC.0.1mol•L-1KNO3溶液：H+、Al3+、I-、SOD.水电离出的从c(H+)=10-13mol•L-1的溶液中：Br-、K+、SCN-、Mg2+〖答案〗A【详析】A．强碱性环境中，题中所给离子之间均不会发生反应，也均能与氢氧根离子大量共存，故A正确；B．Br-和发生氧化还原反应不能大量共存，故B错误；C．硝酸根离子与碘离子会发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液可能为酸性，也可能为碱性，Mg2+不能在碱性溶液中大量存在，氢离子和SCN-反应生成弱电解质，不能大量共存，故D错误；故A正确。10.下列“类比”结果正确的是A.常温下，Ca(HCO3)2溶解度比CaCO3大，则NaHCO3溶解度比Na2CO3大B.Fe2(SO4)3溶液加热蒸干得到Fe2(SO4)3固体，则FeCl3溶液加热蒸干得到FeCl3固体C.PCl3与水反应会生成H3PO3，则PCl3与足量C2H5OH作用可得到P(OC2H5)3D.在AgNO3溶液中滴加氨水，先产生沉淀后沉淀溶解，则在Al(NO3)3溶液中滴加氨水，也先产生沉淀后沉淀溶解〖答案〗C【详析】A．常温下NaHCO3溶解度比Na2CO3小，故A错误；B．FeCl3溶液加热蒸干得到Fe(OH)3固体，继续加热可得氧化铁固体，故B错误；C．水和乙醇有相似点，都有羟基结构，故C正确；D．氢氧化铝沉淀不能溶于氨水，故D错误；故选C。11.短周期主族元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大，X、Y、W位于不同周期，Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，Z的原子半径在短周期主族元素中最大。下列说法正确的是A.Y与Z形成的化合物溶于水所得溶液呈碱性B.W的氧化物对应的水化物为强酸C.简单离子半径：Y＜Z＜WD.与X形成的简单化合物的还原性：Y＞W＞Z〖答案〗A〖祥解〗X、Y、W位于不同周期且为短周期元素，可知X、Y、W分别为第一、第二、第三周期的元素，又X、Y、Z和W均为主族元素，可知X为氢元素；Z的原子半径在短周期主族元素中最大可知Z为Na元素，Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，可知Y、W的原子最外层电子数之和为13，即Y为O（或F）元素，W为Cl（或S）元素。【详析】A．O(F)与Na元素形成的化合物为NaF、Na2O或Na2O2溶于水所得溶液呈碱性，故A正确；B．Cl和S的最高价氧化物对应水化物分别为高氯酸、硫酸，高氯酸和硫酸都是强酸，而HClO是弱酸，故B错误；C．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时核电荷数越大半径越小，则简单离子半径：Na+＜O2-(F-)＜Cl-(S2-)，故C错误；D．非金属性越强，氢化物还原性越弱，非金属性：O(F)＞Cl(S)＞Na，则简单氢化物的还原性：NaH>HCl(H2S)>H2O(HF)，故D错误；12.高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.6×10-5mol·L-16.3×10-9mol·L-11.6×10-9mol·L-14.2×10-10mol·L-1由以上表格中数据判断以下说法不正确的是A.在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离B.在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中酸性最强的酸C.在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4=2H＋＋SOD.水对这四种酸强弱没有区分能力，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱〖答案〗C【详析】A．由电离常数可知，在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离，A正确；B．由电离常数可知，在冰醋酸中高氯酸的电离常数最大，是这四种酸中酸性最强的酸，B正确；C．在冰醋酸中硫酸没有完全电离，应该为H2SO4H＋＋，C错误；D．在水溶液中四种酸均为强酸，水对这四种酸的强弱没有区分能力，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱，D正确；故选C。13.如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。下列说法不正确的是A.通常情况下，N2(g)比O2(g)稳定B.N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)是放热反应C.2molNO(g)反应生成1molN2(g)和1molO2(g)放出180kJ能量D.1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量〖答案〗B【详析】A．断键吸收的能量比多，因此更稳定，A正确；B．和的反应吸收的总能量为，生成放出的总能量为，吸收的能量大于放出的能量，反应是吸热反应，B错误；C．2molNO(g)反应生成1molN2(g)和1molO2(g)放出180kJ能量，C正确；D．因为反应为吸热反应，所以和具有的总能量小于具有的总能量，D正确；故选B。14.25℃时，下列叙述中正确的是A.0.1mol•L-1NH4HS溶液中：c(NH)=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)B.pH相等的①(NH4)2SO4溶液，②NH4HSO4溶液，③NH4Cl溶液中，c(NH)的大小关系：①＞③＞②C.10mLpH=12的氢氧化钠溶液中加入pH=2的HA至pH刚好等于7，所得溶液体积V(总)≥20mLD.将amol•L-1氨水与0.01mol•L-1盐酸等体积混合后，c(NH)=c(Cl-)，则NH3•H2O的电离常数为〖答案〗D【详析】A．根据物料守恒：c（NH3·H2O）+c(NH)=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，故A错误；B．pH相等的(NH4)2SO4溶液，(NH4)2SO4溶液中铵根离子浓度是硫酸根离子的近两倍，NH4HSO4溶液铵根离子的水解受到抑制，NH4Cl溶液中的铵根离子发生水解，因此c(NH)的大小关系：①＞②＞③，故B错误；C．pH=12的氢氧化钠浓度为10-2mol/L，pH=2的HA浓度远大于10-2mol/L，中和pH=7.混合溶液体积不可能等于20ml，故C错误；D．，溶液中电荷守恒：c（H+）+c(NH)=c(Cl-)+c(OH-)，又c(NH)=c(Cl-)，溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等为10-7mol/L，c（NH）=c(Cl-)=mol/L而=，带入可求得：，故D正确；故选D。15.常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg的变化关系如图所示，下列叙述正确的是A.a点酸的总浓度小于b点酸的总浓度B.HC的电离度：a点＞b点C.当lg=4时，三种溶液同时升高温度，减小D.常温下：Ka(HB)＜Ka(HC)〖答案〗C〖祥解〗根据图知，pH=2的HA、HB、HC溶液分别稀释100倍，HA的pH变成4，说明HA是强酸，HB、HC的pH增大但小于4，则HB、HC为弱酸，且HB的pH增大幅度大于HC，说明HB的酸性＞HC，因此酸性HA＞HB＞HC。【详析】A．b点溶液体积大，则a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度，故A错误；B．对于HC，b点稀释的倍数大于a点，加水稀释促进弱酸的电离，HC的电离度：a点＜b点，故B错误；C．酸的电离平衡是吸热反应，由于HA为强酸，不存在电离平衡，对HA溶液升高温度，c(A-)不变，对HC溶液升高温度促进HC电离，c(C-)增大，减小，故C正确；D．由图可知，HA稀释10倍pH增大1，则HA为强酸，HB、HC稀释10倍，pH增大值小于1，则HB、HC为弱酸，HB、HC稀释同等倍数，pH的改变值：HB＞HC，酸性：HB＞HC，常温下，，故D错误；〖答案〗选C。16.下列实验操作对应的现象和根据现象得出的结论不正确的是选项实验操作现象结论A向2mL0.1mol/LFeI2溶液中依次滴加少量氯水和CCl4，振荡，静置溶液分层，下层呈紫红色还原性：Fe2+＜I-B往NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液产生白色沉淀结合H+的能力：AlO＞COC用pH计测定0.1mol/LNaHCO3溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pHNaHCO3(aq)为8.3，CH3COONa(aq)为8.9水解常数：Kh(HCO)＜Kh(CH3COO-)D甲、乙试管均盛有2mL等浓度银氨溶液，分别加入2滴等浓度的NaCl溶液和NaI溶液甲中无明显现象，乙中产生黄色沉淀溶度积常数：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)A.A B.B C.C D.D〖答案〗C【详析】A．FeI2溶液中依次滴加少量氯水和CCl4，溶液分层，下层呈紫红色，说明氧化了I-，还原性：Fe2+＜I-，A正确；B．往NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，发生反应，偏铝酸根结合碳酸氢根电离的氢离子生成氢氧化铝沉淀，则结合H+的能力：AlO＞CO，B正确；C．碳酸氢根在溶液中存在电离，根据同浓度的NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pH无法比较水解常数的大小，C错误；D．等浓度的NaCl溶液和NaI溶液分别与等浓度银氨溶液混合，Ksp小的才有可能产生沉淀，没有产生氯化银沉淀，产生碘化银沉淀，说明溶度积常数：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D正确；故选C。非选择题部分二、非选择题(本题共5小题，共52分)。17.已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数如表所示，回答下列有关问题：化学式CH3COOHH2C2O4HCNNH3•H2O电离平衡常数Ka=1.8×10-5Ka1=5.6×10-2Ka2=1.5×10-4Ka=6.2×10-10Kb=1.8×10-5（1）H2C2O4第一步的电离方程式是________，浓度均为0.1mol•L-1的NaHC2O4、CH3COOH、HCN溶液中，pH最大的是________(填溶质的化学式)。（2）常温下，体积均为10ml、pH=2的盐酸溶液与醋酸溶液分别加蒸馏水稀释a倍和b倍到pH=4，a________b(填“大于”“小于”或“等于”)。（3）25℃时，CH3COONH4溶液显________性(“酸”“中”或“碱”)性。（4）将0.2molH2C2O4加入300ml2mol/L的NaOH溶液中(假设溶液的体积不变)，所得溶液的pH=a，则c(C2O)+2c(HC2O)+3c(H2C2O4)=________mol/L(用含a的代数式表示)。〖答案〗（1）①.H2C2O4H++HC2O②.HCN（2）小于（3）中（4）10-14+a-10-a〖解析〗【小问1详析】H2C2O4是二元弱酸，第一步的电离方程式是H2C2O4H++HC2O，电离平衡常数越大，电离程度越大，等浓度的酸溶液酸性越强，pH越小。据表中数据，H2C2O4的Ka1=5.6×10-2、Ka2=1.5×10-4，HC2O的水解平衡常数，即NaHC2O4溶液呈酸性，又H2C2O4的Ka2=1.5×10-4大于CH3COOH的Ka=1.8×10-5大于HCN的Ka=6.2×10-10，所以pH最大的是HCN；【小问2详析】盐酸是强酸、醋酸是弱酸，pH=2时盐酸浓度小于醋酸，要将其等pH等体积的溶液稀释成pH=4，醋酸的稀释程度要更大，所以a小于b；【小问3详析】由表中数据可知，25℃时CH3COOH和NH3•H2O电离平衡常数相等，所以CH3COONH4溶液显中性；【小问4详析】0.2molH2C2O4加入300ml2mol/L的NaOH溶液反应，生成0.2molNa2C2O4，剩余0.2molNaOH，混合溶液中电荷守恒：①，物料守恒②，②-①得，pH=a时，所以=(10-14+a-10-a)mol/L。18.为探究某难溶性盐X(仅含三种常见元素)的组成，设计并完成以下实验(流程中部分物质已略去)：已知：气体A和气体B所含元素相同，都是无色无味气体，固体C为纯净物且具有磁性，单质D是目前建筑行业应用最广泛的金属。根据上述信息，回答下列问题：（1）盐X的化学式为_______，B的化学式为_______。（2）X隔绝空气高温分解的化学方程式为_______。（3）无水条件下，少量NaH就能与固体C反应并放出大量的热，写出该反应的化学方程式：_______。（4）将产生的气体A全部被50mL0.25mol·L-1氢氧化钠溶液充分吸收，反应的总离子方程式为_______。〖答案〗（1）①.FeC2O4②.CO（2）3FeC2O4Fe3O4+2CO2+4CO（3）Fe3O4+4NaH=3Fe+4NaOH（4）4CO2+5OH-=CO+3HCO+H2O〖祥解〗C是纯净物且具有磁性，即C为Fe3O4，单质D是目前建筑行业应用最广泛的金属，推出D为Fe，气体A、气体B所含元素相同，都是无色无味的气体，气体A能与氢氧化钡反应，气体B则不行，气体A为CO2，气体B为CO，X隔绝空气加强热得到四氧化三铁、二氧化碳、CO，X为含有铁元素、碳元素，可能有氧元素；白色沉淀为BaCO3，根据原子守恒推出n(CO2)=n(BaCO3)==0.01mol，气体A和气体B总物质的量为=0.03mol，则n(CO)=0.02mol，根据原子守恒，X中含有碳原子物质的量为0.03mol，单质D为铁单质，n(Fe)==0.015mol，X中铁原子物质的量为0.015mol，X中氧原子物质的量为=0.06mol，即X中确定有O，N(Fe):N(C):N(O)=0.015:0.03:0.06=1:2:4，因此X化学式为FeC2O4，据此分析。【小问1详析】根据分析，X化学式为FeC2O4，气体B为CO；【小问2详析】X隔绝空起加热的化学反应方程式为3FeC2O4Fe3O4+2CO2+4CO；【小问3详析】根据题干的信息，可以推出该反应的化学方程式为：Fe3O4+4NaH=3Fe+4NaOH；【小问4详析】经分析，气体A(CO2)的物质的量为0.01mol，n(NaOH)=0.05L×0.25mol·L-1=0.0125mol，根据反应：，则CO2过量，即该过程涉及两个化学反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，从量上分析：0.0125molNaOH和0.00625molCO2反应生成0.00625molNa2CO3，接着剩余的0.00375molCO2消耗0.00375molNa2CO3生成0.0075molNaHCO3，Na2CO3还剩0.0025mol，所以0.01molCO2和0.0125molNaOH反应生成了0.0025molNa2CO3、0.0075molNaHCO3，故该反应的化学方程式为：4CO2+5NaOH=Na2CO3+3NaHCO3+H2O，离子方程式为：4CO2+5OH-=CO+3HCO+H2O。19.为倡导“节能减排”和“低碳经济”，降低大气中CO2含量及有效地开发利用CO2，工业上可用CO2来生产燃料甲醇。在体积为2L的密闭容器中，充入1molCO2、3molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。经测得CO2和CH3OH的物质的量随时间变化如图所示。（1）写出该反应的化学平衡常数表达式：K=________。（2）在3min末，反应速率v(正)________v(逆)(选填＞、＜或=)。（3）从反应开始到平衡，平均反应速率v(CO2)=_________。达到平衡时，H2的转化率为________。（4）下列措施可以加快反应速率的是________。A.升高温度B.加入催化剂C.增大压强D.及时分离出CH3OH（5）若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为：甲：v(H2)=0.45mol•L-1•s-1；乙：v(CO2)=0.2mol•L-1•s-1；丙：v(CH3OH)=6mol•L-1•min-1，则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为________。〖答案〗（1）K=（2）＞（3）①.0.0375mol•L-1•min-1②.75%（4）ABC（5）乙＞甲＞丙〖解析〗【小问1详析】平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，该反应的化学平衡常数表达式：。【小问2详析】在3min末这时正向建立平衡，还未达到平衡，因此反应速率υ(正)＞υ(逆)；故〖答案〗为：＞。【小问3详析】从反应开始到平衡，二氧化碳改变量为0.75mol，氢气改变量为2.25mol，则平均反应速率υ(CO2)=，达到平衡时，H2的转化率为；故〖答案〗为：0.0375mol∙L−1∙min−1；75%。【小问4详析】A．升高温度，反应速率加快，故A符合题意；B．加入催化剂，反应速率加快，故B符合题意；C．增大压强，浓度增大，反应速率加快，故C符合题意；D．及时分离出CH3OH，生成物浓度减小，速率减小，故D不符合题意；综上所述，〖答案〗：ABC。【小问5详析】根据题意将丙换成单位得到丙：υ(CH3OH)=4.8mol∙L−1∙min−1=0.08mol∙L−1∙s−1，甲：υ(H2)=0.3mol∙L−1∙s−1；乙：υ(CO2)=0.12mol∙L−1∙s−1；根据，则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为乙＞甲