2023-2024学年北京育才学校高二（上）期中化学试题和答案

试题PAGE1试题2023北京育才学校高二（上）期中化学一、本部分共15题，每题3分，共45分。每题只有一项符合题目要求。1．下列事实不能说明HNO2是弱电解质的是（）A．常温下NaNO2溶液的pH大于7 B．常温下0.1mol•L﹣1的HNO2溶液的pH为2.1 C．pH＝11的NaNO2溶液加水稀释到100倍，pH大于9 D．用HNO2溶液作导电实验，灯泡很暗2．下列解释实际应用的原理表达式中，不正确的是（）A．用排饱和食盐水法收集Cl2：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO B．热的纯碱溶液碱性增强：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣ C．向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液：3Mg（OH）2（s）+2Fe3+＝2Fe（OH）3（s）+3Mg2+ D．用TiCl4制备TiO2：TiCl4+（x+2）H2O（过量）⇌TiO2•xH2O↓+4HCl3．将同浓度、同体积的盐酸与醋酸分别与足量的镁条反应，测得密闭容器中压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（）A．反应开始前c（H+）：盐酸＞醋酸 B．反应过程中盐酸中c（H+）下降更快 C．曲线②表示盐酸与镁条反应 D．反应结束时两容器内n（H2）相等4．已知如下物质的溶度积常数：FeS：Ksp＝6.3×10﹣18；CuS：Ksp＝6.3×10﹣36．下列说法正确的是（）A．同温度下，CuS的溶解度大于FeS的溶解度 B．同温度下，向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后，Ksp（FeS）变小 C．向含有等物质的量的FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，最先出现的沉淀是FeS D．除去工业废水中的Cu2+，可以选用FeS作沉淀剂5．我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如图所示。已知：下列说法正确的是（）A．过程Ⅰ放出能量 B．若分解2molH2O（g），估算该反应吸收482kJ能量 C．催化剂能减小水分解反应的焓变 D．催化剂能降低反应的活化能，增大了水的分解转化率6．已知反应：3M（g）+N（g）⇌P（s）+4Q（g）△H＜0。如图中a、b曲线表示在密闭容器中不同条件下，M的转化率随时间的变化情况。若使曲线b变为曲线a，可采取的措施是（）A．增大压强 B．增加N的浓度 C．加少量固体P D．升高温度7．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．向Fe（SCN）3溶液中加入少量KSCN固体后颜色变深 B．NO2和N2O4的混合气体升温后红棕色加深 C．SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂 D．90℃，纯水的pH＜78．下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是（）A．能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液中：K+、Na+、CO32﹣、NO3﹣ B．c（H+）＝1×10﹣1mol•L﹣1的溶液中：Cu2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣ C．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中：Na+、NH4+、S2﹣、Br﹣ D．水电离出的c（H+）为1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Na+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣9．下列由实验现象得出的结论不正确的是（）操作现象及结论A硫化氢溶液呈酸性H2S⇌H++HS﹣B将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中玻璃球中红棕色加深，说明反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的ΔH＜0C测量相同条件下，相同体积的0.1mol/L的稀盐酸和稀醋酸溶液的电导率稀盐酸的电导率大于稀醋酸的电导率，说明稀盐酸中一定存在的主要粒子为H+、Cl﹣、H2O，一定不存在HClD选用酚酞做指示剂，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液变红，且半分钟不褪色，说明达到滴定终点A．A B．B C．C D．D10．用0.1000mol•L﹣1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。该实验说法中，不正确的是（）A．本实验可选用酚酞或甲基橙作指示剂 B．用酸式滴定管盛装0.1000mol•L﹣1HCl溶液 C．用未知浓度的NaOH溶液润洗锥形瓶2～3次 D．滴定结束时俯视酸式滴定管读数，测量结果偏低11．某小组研究沉淀之间的转化，实验设计如图。（已知：AgCl为白色固体，AgI为黄色固体）下列分析不正确的是（）A．浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq） B．实验①和②说明Ag+（aq）与Cl﹣（aq）的反应是有限度的 C．实验③中颜色变化说明AgCl转化为AgI D．实验①和③可以证明AgI比AgCl更难溶12．常温下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（）A．0.1mol/LCH3COONa溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） B．常温下pH＝7的氨水和氯化铵的混合液中：c（Cl﹣）＞c（NH4+） C．0.1mol/LNaHCO3溶液中：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣） D．0.1mol/LNaHSO3溶液中：c（Na+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）13．一定条件下，分别在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中加入A和B，发生反应：3A（g）+B（g）═2C（g）ΔH＞0，448K时该反应的化学平衡常数K＝1，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据：容器温度/K起始时物质的浓度（mol•L﹣1）10分钟时物质的浓度（mol•L﹣1）c（A）c（B）c（C）甲448310.5乙T1310.4丙44832a下列说法不正确的是（）A．甲中，10分钟内A的化学反应速率：v（A）＝0.075mol•L﹣1•min﹣1 B．甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态 C．乙中，T1＜448K D．丙中，达到化学平衡状态时A的转化率大于25%14．中国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将CO2催化还原为CH3OH。已知CO2催化加氢的主要反应有：①CO2（g）+3H2（g）⟹CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49.4kJ/mol②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.2kJ/mol其他条件不变时，在相同时间内温度对CO2催化加氢的影响如图。下列说法不正确的是（）【注】CH3OH的选择性＝×100%A．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH＝﹣90.6kJ/mol B．使用催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子百分数 C．其他条件不变，增大压强，有利于反应向生成CH3OH的方向进行 D．0～240℃，升高温度，对反应②速率的影响比对反应①的小15．在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面产生红棕色气泡下列说法中不正确的是（）A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2═2NO2 B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应 C．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化 D．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3二、非选择题（共55分）16．（7分）如表是不同温度下水的离子积数据：温度/℃25t1t2水的离子积KW1×10﹣14a1×10﹣12试回答以下问题：（1）若25＜t1＜t2，则a1×10﹣14（填“＞”、“＜”或“＝”），作此判断的理由是。（2）在25℃时，pH＝3的HCl溶液中，水电离产生的H+浓度为。（3）25℃下，将pH＝13的NaOH溶液与pH＝2的稀盐酸等体积混合，所得混合溶液的pH7（填“＞”、“＜”或“＝”）。17．（15分）研究电解质在水溶液中的离子反应与平衡有重要的意义。（1）常温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定10mL0.1mol/LCH3COOH溶液的滴定曲线如图所示。①a点溶液的pH1（填“＞”、“＜”或“＝”），请用化学用语解释其原因。②b点溶液中的溶质为（填化学式）。③c点溶液中，c（Na+）[c（CH3COO−）+c（CH3COOH）]。c点c（CH3COO−）+c（CH3COOH）0.1mol/L（填“＞”、“＜”或“＝”）④a、b、c三点中，水的电离程度最大的点为。（2）用电位滴定法模拟测定某醋酸溶液样品中醋酸的含量，操作如下：已知：该条件下，醋酸和NaOH以物质的量1：1反应时得到的溶液pH为8.7。i.准确量取10.00mL醋酸溶液样品，加入蒸馏水至总体积为100.00mL，取其中20.00mL进行滴定实验，用酸度计检测pH变化；ii.逐滴滴入0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液，酸度计显示pH＝8.7停止滴定，记录消耗的NaOH溶液的体积V（NaOH）；iii.平行测定多次（数据见表1）；iv.分析处理数据。表1实验数据记录表格编号1234V（NaOH）/mL23.9925.0024.0124.00①在滴定过程中，在滴定过程中，若出现下列情况，测定结果偏低的是。A．滴定前用待滴定的醋酸溶液润洗锥形瓶B．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液浅出C．若在滴定过程中不慎将数滴碱液滴锥形瓶外D．用蒸馏水洗涤碱式滴定管后即使用，没有用碱液润洗②根据表1中的有效数据，计算消耗的NaOH溶液的平均体积V（NaOH）＝mL。该醋酸溶液样品中醋酸的含量是g/L。[M（CH3COOH）＝60g•mol﹣1]（3）已知：25℃时CH3COOH、H2CO3和HClO的电离平衡常数：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数（Ka）1.75×10﹣5Ka1＝4.5×10﹣7Ka2＝4.7×10﹣114.0×10﹣8①CH3COOH的电离平衡常数表达式Ka＝。②25℃时，浓度均为0.1mol/L的CH3COONa溶液、NaHCO3溶液、NaClO溶液的碱性由大到小的排序是③25℃时，若初始时次氯酸溶液中HClO的物质的量浓度为0.1mol/L，达到电离平衡时溶液中c（H+）＝mol/L。④下列化学反应可能发生的是。A．HClO+CH3COONa═CH3COOH+NaClOB．CH3COOH+Na2CO3═NaHCO3+CH3COONaC．CO2+H2O+2NaClO═Na2CO3+2HClOD．CH3COOH+NaHCO3═CH3COONa+H2O+CO2↑18．（11分）氨在国民经济中占有重要地位。（1）合成氨工业中，合成塔中每产生2molNH3，做出92.2kJ热量。①该可逆反应，若起始时向容器内放入2molN2和6molH2，达平衡后放出的热量为Q，则Q（填“＞”、“＜”或“＝”）184.4kJ。②在图中画出合成氨反应过程中焓（H）的变化示意图。③已知：1molN﹣H键断裂吸收的能量约等于kJ。（2）二甲醚（CH3OCH3）是重要的化工原料，可用CO和H2制得，总反应的热化学方程式如下：2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH＝﹣206.0kJ/mol此反应工业中采用“一步法”，通过复合催化剂使下列甲醇合成和甲醇脱水反应同时进行来完成：i.甲醇合成反应：（请补全）ii.甲醇脱水反应：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），ΔH＝﹣24.0kJ/mol生产二甲醚的过程中存在以下副反应，与甲醇脱水反应形成竞争：CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）ΔH＝+48.8kJ/mol将反应物混合气按进料比n（CO）：n（H2）＝1：2通入反应装置，选择合适的催化剂。在不同温度和压强下，测得二甲梄的选择性分别如图1、图2所示。资料：二甲醚的选择性是指转化为二甲醚的CO在全部CO反应物中所占的比例。①图1中，温度一定，压强增大，二甲醚选择性增大的原因是。②图2中，温度高于265℃后，二甲醚选择性降低的原因有。19．（11分）尿素[CO（NH2）2]合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。（1）十九世纪初，用氰酸银（AgOCN）与NH4Cl在一定条件下反应制得CO（NH2）2，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是。（2）二十世纪初，工业上以CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：i.CO2和NH3生成NH2COONH4；ii.NH2COONH4分解生成尿素。结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是（填序号）。a.活化能：反应i＜反应iib.i为放热反应，ii为吸热反应c.CO2（1）+2NH3（1）═CO（NH2）2（1）+H2O（1）ΔH＝E1﹣E4（3）近年研究发现，电催化CO2和含氮物质（等）在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上反应生成CO（NH2）2，电解原理如图所示。①电极b是电解池的极。②电解过程中生成尿素的电极反应式是。（4）尿素样品含氮量的测定方法如图。已知：溶液中c（）不能直接用NaOH溶液准确滴定。①消化液中的含氮粒子是。②步骤iv中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品含氮量还需要的实验数据有。20．（11分）某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20℃）2.4×10﹣41.4×10﹣33.0×10﹣71.5×10﹣4（1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化，实验操作：试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……实验ⅡNa2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解①实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，②实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是。③实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：（2）探究AgCl和AgI之间的转化，实验Ⅲ：实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。装置步骤电压表读数i如图连接装置并加入试剂，闭合Kaii向B中滴入AgNO3（aq），至沉淀完全biii再向B中投入一定量NaCl（s）cⅳ重复i，再向B中加入与iii等量aNaCl（s）a注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是（填序号）。a．AgNO3溶液b．NaCl溶液c．KI溶液②实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中石墨上的电极反应式是③结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：。④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是____________

参考答案一、本部分共15题，每题3分，共45分。每题只有一项符合题目要求。1．【分析】亚硝酸为弱电解质，则利用其电离不完全来分析，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．【解答】解：A．由盐类水解的规律，强酸强碱盐的水溶液为中性，但弱酸强碱盐水的pH大于7，则说明盐对应的HNO2是弱电解质，故A错误；B．0.1mol/L的亚硝酸溶液的pH约为2.1，说明亚硝酸部分电离，说明HNO2是弱电解质，故B错误；C．pH＝11的NaNO2溶液加水稀释到100倍，pH大于9，说明亚硝酸跟发生了水解，说明HNO2是弱电解质，故C错误；D．灯泡很暗智能说明导电微粒的浓度较低，与HNO2是弱电解质无关，故D正确。故选：D。【点评】本题考查弱电解质的判断，明确弱电解质的性质是解答本题的关键，常用的方法是利用电离的不完全性、测定盐溶液的pH、做对比实验等来判断弱电解质．2．【分析】A．氯气与水的反应为可逆反应；B．碳酸根离子水解分步进行，以第一步为主；C．氢氧化铁的溶解度比氢氧化镁的小，沉淀转化为可逆反应；D．四氯化钛水解生成沉淀和HCl。【解答】解：A．氯气溶于水发生Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度较大，抑制氯气的溶解，故A正确；B．纯碱溶液存在CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，水解为吸热反应，加热促进水解，碱性增强，故B错误；C．氢氧化铁的溶解度比氢氧化镁的小，则向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液发生3Mg（OH）2（s）+2Fe3+⇌2Fe（OH）3（s）+3Mg2+，故C正确；D．四氯化钛水解，则用TiCl4制备TiO2的离子反应为TiCl4+（x+2）H2O（过量）⇌TiO2．xH2O↓+4HCl，故D正确；故选：B。【点评】本题考查离子反应方程式的书写，涉及化学平衡、水解平衡、沉淀转化等离子反应，综合性较大，题目难度中等。3．【分析】A．相同浓度的一元酸，c（H+）：强酸＞弱酸；B．HCl完全电离，醋酸存在电离平衡，反应过程中醋酸继续电离；C．开始一段时间内c（H+）：盐酸＞醋酸，则开始一段时间内生成气体体积：盐酸＞醋酸，密闭容器中气体物质的量越大，气体压强越大；D．反应结束时生成n（H2）与n（酸）成正比。【解答】解：A．相同浓度的一元酸，c（H+）：强酸＞弱酸，盐酸是强酸、醋酸是弱酸，则相同浓度的盐酸和醋酸反应开始前c（H+）：盐酸＞醋酸，故A正确；B．HCl完全电离，醋酸存在电离平衡，反应过程中醋酸继续电离，所以反应过程中盐酸中c（H+）下降更快，故B正确；C．密闭容器中气体物质的量越大，气体压强越大，开始一段时间内c（H+）：盐酸＞醋酸，则开始一段时间内生成气体体积：盐酸＞醋酸，则曲线①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，故C错误；D．反应结束时生成n（H2）与n（酸）成正比，二者都是一元酸且体积和物质的量浓度相等，所以两种酸的物质的量相等，则反应结束时两容器内n（H2）相等，故D正确；故选：C。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确弱电解质电离特点、反应速率影响因素、气体压强与气体物质的量的关系是解本题关键，注意：D中生成气体物质的量与酸的物质的量成正比，与酸的强弱无关。4．【分析】两种物质的化学式形式相同，可以直接通过溶度积常数比较二者的溶解度，根据溶度积常数计算溶液中的离子浓度，从溶解平衡移动的角度分析即可．【解答】解：A．CuS与FeS的化学式形式相同，可以直接通过溶度积常数比较二者的溶解度，Ksp越小，溶解度越小，故A错误；B、溶度积常数只与温度有关，同温度下，向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后，Ksp（FeS）不变，故B错误；C、化学式相似的物质，Ksp小的，溶解度小，易先形成沉淀，由于CuS的Ksp小，所以CuS先形成沉淀，故C错误；D、FeS的溶度积大于CuS的溶度积，其溶解平衡的S2﹣浓度远大于CuS的S2﹣离子浓度，故加入FeS可以沉淀废水中的Cu2+，故D正确。故选：D。【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，题目难度不大，本题注意溶度积常数的利用和理解．5．【分析】A．过程Ⅰ为断开化学键的过程；B．ΔH＝反应物键能总和﹣生成物键能总和；C．催化剂能改变反应途径，但不能改变反应的始态和终态；D．催化剂不改变化学平衡状态。【解答】解：A．过程Ⅰ为断开化学键的过程，则过程Ⅰ吸收能量，故A错误；B．分解水的反应为2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g），该反应的焓变＝反应物的总键能﹣生成物的总键能＝463kJ/mol×4﹣（436kJmol×2+498kJ/mol）＝+482kJ/mol，即2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g）ΔH＝+482kJ/mol，所以分解2molH2O（g）吸收482kJ能量，故B正确；C．催化剂能改变反应途径，但不能改变反应的始态和终态，不能改变反应的焓变，故C错误；D．催化剂不改变化学平衡状态，不能增大水的分解转化率，故D错误；故选：B。【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变与键能的计算关系、催化剂的作用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中化学键的变化，题目难度不大。6．【分析】根据图知，若使曲线b变为曲线a，改变条件时反应达到平衡时间缩短但反应物转化率不变，说明改变条件时增大化学反应速率但不影响平衡移动。【解答】解：A．该反应前后气体计量数之和不变，则压强不影响平衡移动，增大压强化学反应速率加快反应达到平衡时间缩短，但不影响平衡移动，则反应物转化率不变，图象符合，故A正确；B．增大N的浓度，反应速率加快平衡正向移动，M转化率增大，图象不符合，故B错误；C．固体P不影响平衡移动也不影响反应速率，图象不符合，故C错误；D．升高温度化学反应速率加快且平衡逆向移动，M转化率减小，图象不符合，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确反应方程式特点及外界条件对平衡影响原理是解本题关键，注意方程式中P是固体而不是气体，为解答易错点。7．【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该过程必须是可逆的，否则勒夏特列原理不适用。【解答】解：A．Fe（SCN）3溶液中加入少量KSCN固体后颜色变深，因为加入KSCN后溶液中硫氰根离子浓度增大，平衡向着生成硫氰化铁的方向移动，溶液颜色变深，可用勒夏特列原理解释，故A错误；B．存在平衡：2NO2（g）⇌N2O4（g），该反应为放热反应，升高温度后平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，红棕色加深，能够用勒夏特列原理解释，故B错误；C．催化剂可以加快反应速率，但不影响平衡，不能用勒夏特列原理解释，故C正确；D．水的电离吸收热量，升高温度促进水电离，水中c（H+）增大，pH值减小，所以90℃，纯水的pH＜7，能用勒夏特列原理解释，故D错误；故选：C。【点评】本题考查勒夏特列原理，侧重考查对基础知识的掌握和灵活运用能力，明确勒夏特列原理内涵、外界条件对平衡移动影响原理是解本题关键，注意：只有能引起平衡移动的才能用勒夏特列原理解释，题目难度不大。8．【分析】A．能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液呈酸性，与H+反应的离子不能大量共存；B．c（H+）＝1×10﹣1mol•L﹣1的溶液呈酸性，在酸性条件下，如离子之间不发生任何反应，则可大量共存；C．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液具有氧化性，具有还原性的离子不能大量共存；D．水电离出的c（H+）为1×10﹣12mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性．【解答】解：A．能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液呈酸性，CO32﹣与H+反应的离子而不能大量共存，故A错误；B．c（H+）＝1×10﹣1mol•L﹣1的溶液呈酸性，在酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液具有氧化性，具有还原性的S2﹣不能大量共存，故C错误；D．水电离出的c（H+）为1×10﹣12mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在碱性条件下Mg2+不能大量共存，故D错误。故选：B。【点评】本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意题中各项所给信息，此为解答该题的关键，也是易错点．9．【分析】A.硫化氢为弱酸，分步电离，以第一步电离为主，溶液显酸性；B.只有温度不同；C.盐酸为强酸，醋酸为弱酸，导电性与离子浓度、离子电荷有关；D.NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，酚酞做指示剂，滴定终点变为红色。【解答】解：A.硫化氢为弱酸，分步电离，以H2S⇌H++HS﹣为主，溶液显酸性，故A正确；B.只有温度不同，热水中红棕色加深，说明反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的ΔH＜0，故B正确；C.盐酸为强酸，醋酸为弱酸，导电性与离子浓度、离子电荷有关，等浓度时稀盐酸的电导率大于稀醋酸的电导率，说明稀盐酸中一定存在的主要粒子为H+、Cl﹣，故C错误；D.NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，酚酞做指示剂，溶液变红，且半分钟不褪色，说明达到滴定终点，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、化学平衡、弱电解质的电离、中和滴定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。10．【分析】A.滴定终点时溶液为中性，酚酞的变色范围为8～10，甲基橙的变色范围为3.1～4.4；B.酸溶液需要选用酸式滴定管盛放；C.锥形瓶不能润洗；D.滴定管的小刻度在上方，俯视读数，得出的溶液体积偏小。【解答】解：A.用0.1000mol•L﹣1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，滴定终点时生成NaCl，溶液呈中性，酚酞的变色范围为8～10，甲基橙的变色范围为3.1～4.4，可选用酚酞或甲基橙作指示剂，故A正确；B.HC溶液呈酸性，中和滴定时，需要用酸式滴定管盛装0.1000mol•L﹣1HCl溶液，故B正确；C.用未知浓度的NaOH溶液润洗锥形瓶2～3次，导致锥形瓶中氢氧化钠的物质的量偏大，滴定时消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，所以锥形瓶不能润洗，故C错误；D.滴定结束时俯视酸式滴定管读数，读出的标准液体积偏小，导致测量结果偏低，故D正确；故选：C。【点评】本题考查中和滴定，明确中和滴定原理、操作方法为解答关键，注意掌握指示剂的选用方法及误差分析的方法，试题侧重考查学生的化学实验能力，题目难度不大。11．【分析】A．浊液a中生成了氯化银沉淀，溶液中存在沉淀溶解平衡；B．2mL0.1mol/LNaCl溶液和2mL0.2mol/LAgNO3溶液混合后硝酸银剩余，滤液a中有剩余的硝酸银溶液；C．实验③是向氯化银沉淀中滴加0.1mol/L的KI溶液，溶液中生成了黄色沉淀为AgI；D．沉淀向更难溶的方向进行。【解答】解：A．浊液a中生成了氯化银沉淀，存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq），故A正确；B．2mL0.1mol/LNaCl溶液和2mL0.2mol/LAgNO3溶液混合后硝酸银剩余，滤液a中有剩余的硝酸银溶液，过滤后的滤液中滴加0.1mol/L的NaCl溶液，生成白色沉淀，不能说明Ag+（aq）与Cl﹣（aq）的反应是有限度的，故B错误；C．实验③是向氯化银沉淀中滴加0.1mol/L的KI溶液，溶液中生成了黄色沉淀为AgI，颜色变化说明AgCl转化为AgI，故C正确；D．实验①是2mL0.1mol/LNaCl溶液和2mL0.2mol/LAgNO3溶液混合得到氯化银沉淀和溶液，③是向氯化银沉淀中滴加0.1mol/L的KI溶液，溶液中生成了黄色沉淀为AgI，可以证明AgI比AgCl更难溶，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，注意沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，题目难度不大。12．【分析】A．CH3COO﹣水解导致溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）；B．常温下pH＝7，溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）；C．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；D．溶液中存在物料守恒n（Na）＝n（S）。【解答】解：A．CH3COO﹣水解导致溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）＞c（CH3COO﹣），水解程度较小，则溶液中存在c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A错误；B．常温下pH＝7，溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），则c（Cl﹣）＝c（NH4+），故B错误；C．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故C错误；D．溶液中存在物料守恒n（Na）＝n（S），即c（Na+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），故D正确；故选：D。【点评】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确溶液中溶质成分及其性质、盐类水解原理等知识点是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活应用，题目难度不大。13．【分析】A．v（C）＝，速率之比等于化学计量数之比，v（A）＝v（C）；B．根据三段式，得出各物质的浓度，再根据Qc和K比较判定是否平衡；C．△H＞0为吸热反应，降温平衡逆向移动，平衡常数K减小；D．根据三段式，得出各物质的浓度，转化率＝×100%；增加一种反应物的浓度，使平衡右移可提高另一种反应物的转化率，据此分析判断。【解答】解：A．v（C）＝＝＝0.05mol•L﹣1•min﹣1，速率之比等于化学计量数之比，v（A）＝v（C）＝0.075mol•L﹣1•min﹣1，故A正确；B．3A（g）+B（g）⇌2C（g）根据三段式，设变化的物质B为x，初始时浓度（mol•L﹣1）310变化的浓度（mol•L﹣1）3xx2x最终的浓度（mol•L﹣1）3﹣3x1﹣x2x由表中得出10分钟时C物质的浓度为0.5mol•L﹣1，即2x＝0.5所以x＝0.25mol•L﹣1，10分钟时A物质的浓度为3﹣3x＝3﹣3×0.25mol•L﹣1＝2.25mol•L﹣1，B物质的浓度为1﹣x＝1﹣0.25mol•L﹣1＝0.75mol•L﹣1，Qc＝＝≈0.029mol•L﹣1，因K＝1，所以Qc＜K，说明未达平衡，故B错误；C．因为甲中10分钟时C物质的浓度小于乙中10分钟时C物质的浓度，说明乙的速率慢，温度低，即T1＜448K，故C正确；D．由上分析得出甲中10分钟时A的转化率为×100%＝＝25%；又因Qc＜K，v正＜v逆，反应向右进行，所以当达到化学平衡状态时A的转化率大于25%；丙为相同温度下，充入的B为2mol•L﹣1，相当于在甲中又充入了1mol•L﹣1的B物质，增加B提高了A的转化率，所以丙中达到化学平衡状态时A的转化率大于25%，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了化学反应速率的计算和化学平衡状态的知识点，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握该题计算的思路，把握外界条件下对平衡移动的影响，难度中等。14．【分析】A．根据盖斯定律：①﹣②得CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；B．催化剂可以降低反应的活化能；C．反应①是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动；D．0～240℃，升高温度，二氧化碳的转化率增大，但甲醇的选择性下降。【解答】解：A．根据盖斯定律：①﹣②得CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH＝（﹣49.4﹣41.2）kJ/mol＝﹣90.6kJ/mol，故A正确；B．使用催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，加快反应速率，故B正确；C．反应①是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，即向生成CH3OH的方向移动，故C正确；D．0～240℃，升高温度，二氧化碳的转化率增大，但甲醇的选择性下降，说明对反应②速率的影响比对反应①的大，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡的影响因素、热化学方程式，侧重考查学生分析能力，掌握盖斯定律、勒夏特列原理是解题的关键，题目难度中等。15．【分析】A．NO是无色气体、NO2是红棕色气体；B．常温下Fe和浓硝酸发生钝化现象；C．根据Ⅲ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极；D．对比I、Ⅱ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化。【解答】解：A．NO是无色气体、NO2是红棕色气体，Fe和稀硝酸反应生成无色的NO，但NO不稳定，被空气氧化生成红棕色的二氧化氮，所以Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2═2NO2，故A正确；B．常温下Fe和浓硝酸发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，II说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，故B正确；C．根据Ⅲ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，进而判断Fe是否被氧化，故C正确；D．对比I、Ⅱ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故D错误；故选：D。【点评】本题以Fe和浓硝酸、稀硝酸的反应为载体考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重考查学生观察、分析判断能力，明确实验原理、物质的性质是解本题关键，注意：Fe和浓硫酸、浓硝酸都发生钝化现象，题目难度不大。二、非选择题（共55分）16．【分析】（1）水的电离过程为吸热反应；（2）pH＝3的HCl溶液中，c（H+）＝10﹣3mol/L；（3）pH＝13的NaOH溶液c（OH﹣）＝0.1mol/L，pH＝2的稀盐酸c（H+）＝0.01mol/L。【解答】解：（1）电离过程中有化学键的断裂，电离吸热的，温度升高电离平衡向正向移动，故答案为：＞；水的电离是吸热的，温度升高，平衡正向移动，Kw增大；（2）pH＝3的HCl溶液中，c（H+）＝10﹣3mol/L，水电离出的c水（H+）＝c水（OH﹣）＝＝10﹣11mol/L，故答案为：10﹣11mol/L；（3）pH＝13的NaOH溶液c（OH﹣）＝0.1mol/L，pH＝2的稀盐酸c（H+）＝0.01mol/L等体积混合，NaOH过量，故溶液显碱性，故答案为：＞。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查学生酸碱混合溶液pH的计算的掌握情况，试题难度中等。17．【分析】（1）常温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定10mL0.1mol/LCH3COOH溶液，滴定过程的反应为：CH3COOH+NaOH═CH3COONa+H2O，V（NaOH）＝10mL时恰好完全反应，则a点为0.1mol/LCH3COOH溶液，c点为0.05mol/L的CH3COONa溶液，a点至c点的过程中，水电电离程度逐渐增大；（2）准确量取10.00mL醋酸溶液样品，加入蒸馏水至总体积为100.00mL，取其中20.00mL进行滴定实验，即取样品中的进行滴定实验，表1中实验误差较大的数据为无效数据，应舍去，再根据表1的有效数据计算消耗的NaOH溶液的平均体积V（NaOH），根据CH3COOH+NaOH═CH3COONa+H2O可知，稀释后的20.00mL样品中醋酸的物质的量为c（NaOH）×V（NaOH），则稀释前的10.00mL醋酸溶液样品中醋酸的物质的量为n（CH3COOH）＝5×c（NaOH）×V（NaOH），该醋酸溶液样品中醋酸的含量是＝，据此进行误差分析和计算；（3）在一定温度下，当弱电解质的电离达到平衡状态时，溶液中电离产生的各种离子浓度的乘积与溶液中未电离的弱电解质分子浓度的比值是一个常数，这个常数叫做电离平衡常数，通常用Ka表示弱酸的电离常数，弱酸的Ka越大，则电离程度越大，酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，据此结合表格的电离平衡常数解答。【解答】解：（1）①a点为0.1mol/LCH3COOH溶液，CH3COOH是弱电解质，在溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，则0.1mol/LCH3COOH溶液中c（H+）＜0.1mol/L，故a点溶液的pH＞1，故答案为：＞；CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；②用0.1mol/LNaOH溶液滴定10mL0.1mol/LCH3COOH溶液，滴定过程的反应为：CH3COOH+NaOH═CH3COONa+H2O，V（NaOH）＝10mL时恰好完全反应，故b点溶液中的溶质为CH3COOH、CH3COONa，故答案为：CH3COOH、CH3COONa；③c点溶液中的溶质为CH3COONa，由物料守恒可知，c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝＝0.05mol/L，故c点c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＜0.1mol/L，故答案为：＝；＜；④CH3COOH的电离抑制水的电离，CH3COONa中CH3COO﹣的水解能促进水电电离，故a、b、c三点中，水的电离程度最大的点为c，故答案为：c；（2）①A．滴定前用待滴定的醋酸溶液润洗锥形瓶，则消耗的NaOH溶液的体积V（NaOH）偏大，测定结果偏高，故A错误；B．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液浅出，损耗醋酸，则消耗的NaOH溶液的体积V（NaOH）偏小，测定结果偏低，故B正确；C．若在滴定过程中不慎将数滴碱液滴锥形瓶外，则消耗的NaOH溶液的体积V（NaOH）偏大，测定结果偏高，故C错误；D．用蒸馏水洗涤碱式滴定管后即使用，没有用碱液润洗，NaOH溶液被稀释，则消耗的NaOH溶液的体积V（NaOH）偏大，测定结果偏高，故D错误；故答案为：B；②表1中编号2的V（NaOH）明显大于其他三组，实验误差较大，为无效数据，根据表1中的有效数据，消耗的NaOH溶液的平均体积V（NaOH）＝×（23.99+24.01+14.00）mL＝24.00mL，由分析可知，该醋酸溶液样品中醋酸的物质的量为n（CH3COOH）＝5×c（NaOH）×V（NaOH）＝5×0.1000mol•L﹣1×0.024L＝0.012mol，该醋酸溶液样品中醋酸的含量是＝＝＝72g/L，故答案为：24.00；72；（3）①电离平衡常数为溶液中弱电解质电离产生的各种离子平衡浓度的乘积与溶液中未电离的弱电解质分子平衡浓度的比值，CH3COOH的电离平衡常数表达式Ka＝，故答案为：；②弱酸根离子水解产生OH﹣，使溶液呈碱性，由表格可知，Ka（HClO）＜Ka1（H2CO3）＜Ka（CH3COOH），则ClO﹣、HCO3﹣、CH3COO﹣结合氢离子的能力依次减弱，即ClO﹣、HCO3﹣、CH3COO﹣的水解程度依次减小，故25℃时，浓度均为0.1mol/L的CH3COONa溶液、NaHCO3溶液、NaClO溶液的碱性由大到小的排序是：NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，故答案为：NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa；③25℃时，若初始时次氯酸溶液中HClO的物质的量浓度为0.1mol/L，达到电离平衡时溶液中c（H+）≈c（ClO﹣），则Ka（HClO）＝≈＝4.0×10﹣8，故c（H+）＝mol/L＝2×10﹣4.5mol/L，故答案为：2×10﹣4.5mol/L；④由表格可知，Ka2（H2CO3）＜Ka（HClO）＜Ka1（H2CO3）＜Ka（CH3COOH），则CO32﹣、ClO﹣、HCO3﹣、CH3COO﹣结合氢离子的能力依次减弱，根据强酸制弱酸的原则：A.HClO+CH3COONa═CH3COOH+NaClO不可能发生，故A错误；B.CH3COOH+Na2CO3═NaHCO3+CH3COONa可能发生，故B正确；C.CO2通入NaClO溶液的反应为：CO2+H2O+NaClO═NaHCO3+HClO，故C错误；D.CH3COOH+NaHCO3═CH3COONa+H2O+CO2↑可能发生，故D正确；故答案为：BD。【点评】本题考查中和滴定实验，题目难度中等，关键是掌握中和滴定实验的原理、弱电解质的电离平衡、电离平衡常数的含义，还涉及水的电离平衡和盐类的水解，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力。18．【分析】（1）①因为该反应为可逆反应，不能进行完全；②在一定条件下，N2（g）和H2（g）反应生成0.2molNH3（g），放出9.24kJ的热量，则生成2molNH3（g），放出92.4kJ的热量；③假设1molN﹣H键断裂吸收的能量约等于xkJ，则有945+3×436﹣6x＝﹣92.2；（2）已知：①2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣206.0kJ/mol，②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），ΔH2＝﹣24.0kJ•mol﹣1根据盖斯定律，由（①﹣②）得甲醇合成反应的热化学方程式CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；①图1中，温度一定，增大压强，主反应平衡不移动，副反应平衡逆向移动；②图2中，温度高于265℃后，主反应ΔH＜0，升高温度平衡逆向移动，副反应ΔH＞0。【解答】解：（1）①因为该反应为可逆反应，不能进行完全，所以若起始时向容器内放入2molN2和6molH2，达平衡后放出的热量为Q比184.4kJ少，故答案为：＜；②在一定条件下，N2（g）和H2（g）反应生成0.2molNH3（g），放出9.24kJ的热量，则生成2molNH3（g），放出92.4kJ的热量，热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝−92.4kJ/mol；生成2molNH3（g），放出92.4kJ的热量，反应物的能量高，生成物的能量低，如图：，故答案为：；③假设1molN﹣H键断裂吸收的能量约等于xkJ，则有945+3×436﹣6x＝﹣92.2，x＝391kJ，故答案为：391；（2）已知：①2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣206.0kJ/mol，②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），ΔH2＝﹣24.0kJ•mol﹣1根据盖斯定律，由（①﹣②）得甲醇合成反应的热化学方程式CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH＝（ΔH1﹣ΔH2）＝﹣91.0kJ•mol﹣1，故答案为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH＝﹣91.0kJ•mol﹣1；①图1中，温度一定，增大压强，主反应平衡不移动，副反应平衡逆向移动，所以二甲醚选择性增大，故答案为：增大压强，主反应平衡不移动，副反应平衡逆向移动，所以二甲醚选择性增大；②图2中，温度高于265℃后，主反应ΔH＜0，升高温度平衡逆向移动，副反应ΔH＞0，升高温度平衡正向移动，所以二甲醚选择性降低，故答案为：主反应ΔH＜0，升高温度平衡逆向移动，副反应ΔH＞0，升高温度平衡正向移动，所以二甲醚选择性降低。【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生焓变和平衡移动的掌握情况，试题难度中等。19．【分析】（1）AgOCN与NH4Cl在一定条件下反应制得CO（NH2）2和AgCl；（2）a.由图可知，反应i的活化能是E1，反应ii的活化能是E3；b.从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出i为放热反应，ii为吸热反应；c.由图可知，总反应的ΔH＝E1﹣E2+E3﹣E4；（3）①电解池中阳离子移向阴极；②电解过程中阴极上、CO2得到电子生成尿素；（4）①消化液中加入浓NaOH溶液反应生成氨气；②由图可知，尿素样品在浓硫酸等物质的作用下消化分解得到，接着加入浓NaOH溶液与反应生成NH3，再将生成的NH3蒸馏用过量的硫酸吸收，最后用标准NaOH溶液中和剩余的硫酸。【解答】解：（1）AgOCN与NH4Cl在一定条件下反应制得CO（NH2）2和AgCl，依据原子守恒，该反应的化学方程式是AgOCN+NH4Cl＝CO（NH2）2+AgCl，故答案为：AgOCN+NH4Cl＝CO（NH2）2+AgCl；（2）a.由图可知，反应i的活化能是E1，反应ii的活化能是E3，E1＜E3，即活化能：反应i＜反应