河北省张家口市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试（实验班）化学试题 20页

张家口市第一中学2019—2020学年度第一学期期中考试高二年级（实验班）化学试卷 可能用到的元素的相对原子质量：H—‎1 C—12 O—16 Ba—137 S—32‎ I 卷 (选择题 共66分)‎ 一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分，共66分）‎ ‎1.使用下列装置给液体升温时，将化学能转化为热能的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.太阳能热水器是将太阳能转化为热能，故A不符合题意；‎ B.电热壶是将电能转化为热能，故B不符合题意；‎ C.煤气燃烧是将化学能转化为热能，故C符合题意；‎ D.该过程属于热量的传递，故 D不符合题意；‎ 综上所述，本题正确答案：C。‎ ‎2.下列说法正确的是（　　）‎ A. 将BaSO4放入水中不能导电，所以硫酸钡不是电解质 B. NaCl溶液能导电，所以NaCl溶液是电解质 C. 氯化氢溶于水能导电，所以盐酸是电解质 D. 固态的NaCl不导电，熔融态NaCl可以导电 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫酸钡虽然不溶于水，但是熔融的硫酸钡能够导电，硫酸钡是电解质，A不正确；‎ B．氯化钠是电解质，氯化钠溶液是混合物，虽然导电，但不是电解质，B不正确；‎ C．同样盐酸是混合物，不是电解质，氯化氢是电解质，C不正确；‎ D．固态NaCl中没有自由移动的阴阳离子，而熔融状态的NaCl离子键被破坏，电离出阴阳离子，可以导电，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.要准确量取15.00mL的NaOH溶液，可选用的仪器是 A. 50mL烧杯 B. 20mL量筒 C. 25mL酸式滴定管 D. 25mL碱式滴定管 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氢氧化钠为碱性溶液，选择能精确测量碱性溶液体积的仪器。‎ ‎【详解】氢氧化钠为碱性溶液，碱式滴定管能精确测量碱性溶液体积；‎ 答案选择D。‎ ‎4.根据生活经验，判断下列物质按酸碱性的一定顺序依次排列正确的是 ‎① 洁厕灵（主要成分为HCl） ② 厨房清洁剂 ③ 食醋 ④ 肥皂 ⑤ 食盐 A. ①②⑤③④ B. ①③⑤④② C. ③①②⑤④ D. ④③⑤②①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】厕所清洁剂（HCl）、醋均显酸性，pH均小于7，但洁厕灵的酸性比食醋强,故洁厕灵的pH比醋的小；肥皂、厨房洗涤剂（NaClO）均显碱性，pH均大于7,但厨房清洁剂的碱性比肥皂强,故厨房清洁剂的pH比肥皂的大；⑤ 食盐是强碱强酸盐，溶液显中性，pH等于7。则上述物质水溶液pH由小到大的顺序是:厕所清洁剂、醋、肥皂、食盐、厨房清洁剂；按酸碱性大小的顺序依次排列为：①③⑤④②； 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎【点睛】根据生活中经常接触的物质的酸碱性，由当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时呈酸性，且pH越小，酸性越强；当溶液的pH大于7时呈碱性，且pH越大，碱性越强，进行分析判断。‎ ‎5.水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是 A. ‎100 ℃‎时，纯水的pH＝7‎ B. 温度升高，纯水中的c(H＋)增大，c(OH－)减小 C. 水的电离程度很小，纯水中主要存在的是水分子 D. 向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.温度越高，水的离子积增大；‎ B.升高温度能够促进水的电离；‎ C.水属于弱电解质，电离程度小；‎ D.水的离子积常数的影响因素只有温度。‎ ‎【详解】A.温度越高，水的离子积增大，当温度升高到‎100℃‎时，氢离子浓度增大，pH减小，A项错误；‎ B.温度升高促进水的电离，氢离子和氢氧根离子的浓度均增大，且纯水中的c(H+)=c(OH-)，B项错误；‎ C.水属于弱电解质，电离程度小，水中主要以分子形式存在，C项正确；‎ D.水的离子积常数的影响因素只有温度，与溶液的酸碱性无关，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.已知0.1 mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，要使溶液中值增大，可以采取的措施是 A. 加少量烧碱 B. 降低温度 C. 加少量冰醋酸 D. 加水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加入少量烧碱溶液，反应生成CH3COONa，c（CH3COO-）增大，则c（H+）/c（CH3COOH）=Ka/c（CH3COO-）减小，故A错误；‎ B.醋酸的电离是吸热反应，降低温度，抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，c（H+）减小，c（CH3COOH）增大，则c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故B错误；‎ C.加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，增多的醋酸电离分子个数远远小于加入醋酸分子个数，则c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故C错误；‎ D.加水稀释促进醋酸电离，则氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，溶液体积相同，所以溶中c（H+）/c（CH3COOH）值增大，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.pH相同的氨水、NaOH和Ba(OH)2三种溶液，分别用蒸馏水稀释到原体积的 x倍、y倍和z倍。稀释后三种溶液的pH依然相同，则x、y、z的关系是 A. x>y>z B. x = y = z C. x>y = z D. x>z>y ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设三种溶液的pH均为m，氨水为弱电解质，部分电离，稀释x倍后pH>m-x，NaOH是强电解质，完全电离，稀释y倍后pH=m-y，Ba(OH)2是强电解质，完全电离，稀释z倍后pH=m-z，据此分析。‎ ‎【详解】设三种溶液的pH均为m，氨水为弱电解质，部分电离，稀释x倍后pH>m-x，NaOH是强电解质，完全电离，稀释y倍后pH=m-y，Ba(OH)2是强电解质，完全电离，稀释z倍后pH=m-z，稀释后三种溶液的pH依然相同，则有x>y = z ；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】解答本题时应注意稀释时溶液pH的计算方法：pH=a的强酸溶液稀释10b倍，pH=a+b，若为弱酸溶液pH＜a+b，pH=a的强碱溶液稀释10b倍，pH=a-b，若为弱碱溶液pH>a-b。‎ ‎8.已知299 K时，合成氨反应 N2(g ) + 3H2 ( g )2NH3( g ) △H = －92.0 kJ/mol，将此温度下的1 mol N2和3 mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量为（忽略能量损失）‎ A. 一定大于92.0 kJ B. 一定等于92.0 kJ C. 一定小于92.0 kJ D. 不能确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】N2 (g ) + 3H2 ( g )2NH3 ( g ) △H = －92.0 kJ/mol指299K，1molN2与3molH2完全反应生成2molNH3放出92.0kJ的热量；由于该反应为可逆反应，反应物的转化率小于100%，将此温度下的1 mol N2和3 mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量一定小于92.0kJ，答案选C。‎ ‎9.用食用白醋（醋酸浓度约1 mol/L）进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是（ ）‎ A. 白醋中滴入石蕊试液呈红色 B. 白醋加入豆浆中有沉淀产生 C. 蛋壳浸泡在白醋中有气体放出 D. pH试纸显示白醋的pH为2～3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 要证明某物质是强电解质还是弱电解质，关键是看该物质在溶液中是完全电离，还是部分电离。如完全电离，则为强电解质，如部分电离，则为弱电解质。‎ ‎【详解】A、白醋中滴入石蕊试液呈红色，只能说明溶液显酸性，A错误；‎ B、白醋加入豆浆中有沉淀产生，属于胶体的聚沉，B错误；‎ C、蛋壳浸泡在白醋中有气体放出，只能说明醋酸的酸性强于碳酸，C错误；‎ D、浓度约1 mol/L的醋酸其pH为2～3，说明醋酸在溶液中是部分电离的，故为弱电解质，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.对于反应3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)的平衡常数，下列说法正确的是 A. K＝‎ B. K＝‎ C. 增大c(H2O)或减小c(H2)，会使该反应平衡常数减小 D. 改变反应的温度，平衡常数不一定变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、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，所以根据反应式3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)可知，该反应的平衡常数K＝，A不正确，B正确；‎ C、平衡常数只与温度有关系，所以增大c(H2O)或减小c(H2)，该反应的平衡常数不变，C不正确；‎ D、平衡常数只与温度有关系，所以改变反应的温度，平衡常数一定变化，D不正确，‎ 答案选B。‎ ‎11.相同温度下，已知下面三个数据：①7.2×10﹣4、②2.6×10﹣4、③4.9×10﹣10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这三种酸可发生如下反应：NaCN+HNO2═HCN+NaNO2 NaNO2+HF═HCN+NaF NaNO2+HF═HNO2+NaF由此可判断下列叙述中正确的是（　　）‎ A. HF电离常数是① B. HNO2的电离常数是①‎ C. HCN的电离常数是② D. HNO2的电离常数是③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 相同温度下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，较强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，据此分析解答。‎ ‎【详解】相同温度下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，较强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，这三种酸可发生如下反应：NaCN+HNO2═HCN+NaNO2 、NaNO2+HF═HCN+NaF、NaNO2+HF═HNO2+NaF，由此得出酸的强弱顺序是HF>HNO2>HCN，所以酸的电离平衡常数大小顺序是HF>HNO2>HCN，则HF的电离常数是①、HNO2的电离常数是②、HCN的电离平衡常数是③，‎ 答案选A。‎ ‎12.在溶液导电性实验装置里，分别注入20 mL 4 mol·L－1的醋酸和20 mL 4 mol·L－1的氨水，灯光明暗程度相似，如果把这两种溶液混合后再试验，则 A. 灯光明暗程度不变 B. 灯光变暗 C. 灯光变亮 D. 灯光明暗程度变化不明显 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解质的导电能力与溶液离子浓度和所带电荷数多少有关，溶液中离子浓度越大，所带电荷数越多，导电能力越强。‎ ‎【详解】相同条件下，等体积等浓度的醋酸和氨水，灯光明暗程度相似，说明两种物质电离程度相抵，CH3COOH和NH3·H2O属于弱电解质，等体积等浓度混合发生：CH3COOH＋NH3·H2O=CH3COONH4＋H2O，CH3COONH4是可溶的强电解质，溶液中离子浓度增大，因此灯光变亮，故C正确。‎ ‎13. 常温下，下列各组离子能大量共存的是 A. pH=12的溶液中：K+、Na+、Br－、AlO2－‎ B. 无色溶液中：H+、K+、MnO4－、C2O42－‎ C. c(Fe3+)=0.1mol·L－1的溶液中：K+、H+、SCN－、I－‎ D. 由水电离出的c(OH－)=1.0×10－13mol·L－1的溶液中：Na+、NH4+、SO42－、HCO3－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、pH=12的溶液显碱性，各离子互不反应，可以大量共存，正确；B、MnO4‾为紫色，不符合无色溶液的条件，错误；C、Fe3+能与SCN‾发生络合反应，不能大量共存，错误；D、由水电离出的c(OH-) =1.0×10-13 mol·L－1的溶液可能显酸性，也可能显碱性，酸性时HCO3‾与H+反应，碱性时OH‾与NH4+反应，不能大量共存，错误。‎ 考点：本题考查离子共存。‎ ‎14.如图所示的各图中，表示‎2A(g)+B(g)⇌‎2C(g)（△H＜0）这个可逆反应的正确图象为（注：F(C)表示C的质量分数，P表示气体压强，C表示浓度）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，反应逆向移动；‎ B.增大压强，反应速率加快，平衡向体积缩小的方向移动；‎ C.加入催化剂，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，但质量分数不发生变化；‎ D.降低温度，平衡向放热反应方向移动，增大压强，平衡向体积缩小的方向移动；‎ ‎【详解】A. 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，反应逆向移动，C的质量分数降低，A项正确；‎ B. 增大压强，反应速率加快，v(正)、v(逆)均增大，B项错误；‎ C. 加入催化剂，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，但C的质量分数不发生变化，C项错误；‎ D. 降低温度，平衡向放热反应方向移动，即正向移动，A的转化率增大；增大压强，平衡向体积缩小的方向移动，即正向移动，A的转化率增大，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】解答本题的重点是要熟练掌握外界因素对平衡移动的影响。‎ 改变的条件(其他条件不变)‎ 化学平衡移动的方向 浓度 增大反应物浓度或减小生成物浓度 向正反应方向移动 减小反应物浓度或增大生成物浓度 向逆反应方向移动 压强(对有气体参加的反应)‎ 反应前后气体体积改变 增大压强 向气体分子总数减小的方向移动 减小压强 向气体分子总数增大方向移动 反应前后气体体积不变 改变压强 平衡不移动 温度 升高温度 向吸热反应方向移动 降低温度 向放热反应方向移动 催化剂 同等程度改变v正、v逆，平衡不移动 ‎15.某温度下,等体积、PH相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释,溶液中的随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断下列说法正确的是 A. b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度 B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱 C. 取等体积的a点、b点对应的溶液,消耗的NaOH的量相同 D. 曲线Ⅰ表示的是盐酸的变化曲线 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. a、b两点相比，氢离子浓度a>b，据此判断；‎ B．溶液的导电性和离子的浓度有关，离子浓度越大导电性越强；‎ C. a为醋酸，b为盐酸，氢离子浓度不同；‎ D. 等体积、PH相同的盐酸和醋酸溶液c(H+)相同，加水稀释后盐酸中c(H+)变化大于醋酸溶液中c(H+)，由此分析。‎ ‎【详解】A. a、b两点相比，氢离子浓度a>b，氢离子浓度相同的盐酸和醋酸相比醋酸的浓度大于盐酸,b点酸的总浓度小于a点酸的总浓度，A项错误；‎ B. 溶液的导电性和离子的浓度有关，离子浓度越大导电性越强，故b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，B项错误；‎ C. a为醋酸，b为盐酸，氢离子浓度不同，取等体积的a、b两点对应的溶液，消耗氢氧化钠溶液的量不同，C项错误；‎ D. 等体积、PH相同的盐酸和醋酸溶液c(H+)相同，加水稀释后盐酸中c(H+)变化大于醋酸溶液中c(H+)，故曲线I盐酸，曲线II是醋酸；‎ 答案选D。‎ ‎16.有两种一元弱酸的钠盐溶液，其物质的量浓度相等，向这两种盐溶液中分别通入适量的二氧化碳，发生如下反应：NaR1+CO2+H2O = HR1+NaHCO3 2NaR2+CO2+H2O = 2HR2+Na2CO3。 HR1和HR2的酸性强弱比较，正确的是 A. HR1较弱 B. HR2较弱 C. 二者相同 D. 无法比较 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 强酸能和弱酸盐反应生成弱酸和强酸盐，据此进行分析。‎ ‎【详解】强酸能和弱酸盐反应生成弱酸和强酸盐，由此可知NaR1+CO2+H2O = HR1+NaHCO3中， HR1的酸性小于H2CO3，而大于HCO3-，同理2NaR2+CO2+H2O = 2HR2+Na2CO3中，HR2‎ 的酸性小于HCO3-，综合后可知酸性：H2CO3> HR1> HCO3-> HR2；‎ 答案选B。‎ ‎17.有溶质的物质的量浓度均为0.1mol/L的下列八种溶液：①HCl、②H2SO4、③CH3COOH、④Ba（OH）2、⑤KOH、⑥NaF、⑦KCl、⑧NH4Cl。这些溶液的pH由小到大的顺序是（ ）‎ A. ②①③⑧⑦⑥⑤④ B. ②①③⑥⑦⑧⑤④‎ C. ①②③⑧⑦⑥④⑤ D. ②①⑧③⑦⑥④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，氢氧化钡是二元强碱，氢氧化钾是一元强碱，氟化钠水解显碱性，氯化钾显中性，氯化铵水解显酸性，所以这些溶液的pH由小到大的顺序是②①③⑧⑦⑥⑤④，答案选A。‎ 考点：考查pH判断 ‎18.下列说法正确的是 A. ‎25℃‎时，pH为9的Na2CO3溶液和pH为5的FeCl3溶液中，水的电离程度不同 B. 在含有Fe3＋的KNO3溶液中，可通过加热的方法除去Fe3＋，证明盐的水解是放热反应 C. ‎25℃‎时，等体积等物质的量浓度的NaCl和NaClO溶液中所含离子总数前者大 D. 等物质的量浓度的①NH4Cl、②NH4HSO4、③Na2S、④NaNO3，其中pH由大到小的排列为：③＞①＞④＞②‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 根据pH为9的Na2CO3溶液和pH为5的FeCl3溶液由水电离出的H+浓度大小进行分析；‎ B.通过加热的方法除去Fe3＋，主要是利用Fe3＋水解生成氢氧化铁沉淀；‎ C. NaCl属于强酸强碱盐，不水解， NaClO属于强碱弱酸盐，ClO-会发生水解；‎ D.结合盐的水解进行分析判断。‎ ‎【详解】A. pH为9的Na2CO3溶液中，由水电离出的c(H+)=10-5mol/L，pH为5的FeCl3溶液中，由水电离出的c(H+)=10-5mol/L，，水的电离程度相同，A项错误；‎ B. 通过加热的方法除去Fe3＋，主要是利用Fe3＋水解生成氢氧化铁沉淀，证明盐的水解是吸热反应，B项错误；‎ C. NaCl属于强酸强碱盐，不水解， NaClO属于强碱弱酸盐，ClO-‎ 会发生水解，因而等体积等物质的量浓度的NaCl和NaClO溶液中所含离子总数前者大，C项正确；‎ D. ①NH4Cl中NH4+水解使溶液显酸性，②NH4HSO4溶液电离生成H+，抑制了NH4+的水解③Na2S中S2-水解使溶液显碱性，④NaNO3属于强酸强碱盐，溶液呈中性，故pH的大小关系为③＞④＞①＞②，D项错误；‎ 答案选C ‎【点睛】本题的难点是判断由于盐类水解使溶液的酸碱性，常利用的规律是：有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。‎ ‎19.在下列各溶液中各离子的浓度由大到小排列顺序正确的是 A. NaHCO3溶液中：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH－)＞c(CO32-)＞c(H+)‎ B. Na2CO3溶液中：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(OH－)＞c(H+)‎ C. CH3COONa溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(H+)＞c(OH－)‎ D. NaHSO3溶液中：c(Na+)﹥c(HSO3－)＞c(H+)＞c(SO32－)＞c(OH－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. NaHCO3溶液中HCO3-水解使溶液呈碱性，据此判断；‎ B. Na2CO3溶液中CO32-水解使溶液呈碱性，据此判断；‎ C. CH3COONa溶液中，CH3COO-水解使溶液显碱性；‎ D. NaHSO3溶液中，HSO3-水解使溶液呈碱性，据此分析。‎ ‎【详解】A. NaHCO3溶液中HCO3-水解使溶液呈碱性，即有c(OH－)＞c(H+)，HCO3-电离程度大于水解程度，有c(H+)＞c(CO32-)，则c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH－)＞c(H+)＞c(CO32-)，A项错误；‎ B. Na2CO3溶液中：CO32-水解使溶液呈碱性c(OH－)＞c(H+)，水的电离和HCO3-水解均可产生OH-，因而有c(OH－)＞c(HCO3-)，则有c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH－)＞c(HCO3-)＞c(H+)，B项错误；‎ C. CH3COONa溶液中，CH3COO-水解使溶液显碱性，有c(OH－)＞c(H+)，由电荷守恒有c(Na+)＞c(CH3COO－)，故c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)，C项错误；‎ D. NaHSO3溶液中， HSO3-电离程度大于水解的程度，有c(H+)＞c(OH－)，那么c(Na+)﹥c(HSO3－)＞c(H+)＞c(SO32－)＞c(OH－)，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】掌握单一溶液中各离子浓度的比较方法是解题的关键，可将单一溶液中各离子浓度的比较方法总结如下：①多元弱酸溶液：多元弱酸分步电离，电离程度逐级减弱。②多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸的酸根离子分步水解，水解程度逐级减弱。‎ ‎20.若室温时pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合,恰好完全反应,则该氨水的电离度可表示为( )‎ A. 10(a+b-12)% B. 10(a+b-14)% C. 10(12-a-b)% D. 10(14-a-b)%‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合，恰好完全反应，则氨水的浓度和盐酸的浓度相等，都是10－bmol/L，根据氨水的电离方程式和pH可计算氨水中已电离的一水合氨的浓度为‎10a－14mol/L，所以室温下氨水的电离度为。答案选A。‎ 考点：考查电离度计算 ‎21.在300 mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)＋4CO(g) Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表所示：‎ 温度/℃‎ ‎25‎ ‎80‎ ‎230‎ 平衡常数 ‎5×104‎ ‎2‎ ‎1.9×10－5‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A. 上述生成Ni(CO)4(g)的反应为吸热反应 B. ‎25 ℃‎时反应Ni(CO)4(g) Ni(s)＋4CO(g)的平衡常数为0.5‎ C. 在‎80 ℃‎时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均0.5 mol/L，则此时v正>v逆 D. ‎80 ℃‎达到平衡时，测得n(CO)＝0.3 mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2 mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由已知的数据可以看出，升高温度，平衡常数减少，说明平衡向逆方向移动，正反应是放热反应，A错；‎25℃‎时反应Ni（CO）4（g）Ni（s）+4CO（g）时，它平衡常数是1/（5×104），B错；‎80℃‎时，Qc=0.5/0.54>2，说明平衡向逆方向移动，C错；‎80℃‎时，假定n（CO）=0.3mol，则Ni（CO）4的平衡浓度为2mol/L，代入平衡常数表达有，2/（0.3/‎0.3L）4=2，所以假定成立，D正确。答案选D ‎22.某温度下Kw＝10－13，在此温度下，将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的H2SO4溶液Vb L混合，下列说法正确的是 A. 若所得混合液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝1∶1‎ B. 若所得混合液为中性，且a＋b＝12，则Va∶Vb＝100∶1‎ C. 若所得混合液pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝1∶9‎ D. 若所得混合液pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝101∶99‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】某温度下Kw＝10－13，在此温度下，将pH＝a的碱性溶液中c(OH-)=10-13+a,pH＝b的酸性溶液中c(H+)=10-b；‎ A、若所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，因c(OH-)×Va=c(H+)×Vb，a=12，b=2，则0.1×Va=0.01Vb，则Va：Vb=1：10，故A错误；‎ B、若所得混合液中性，则c(OH-)×Va=c(H+)×Vb，即‎10a−13×Va=10−b Vb，又因为a+b=12，Va：Vb==1013-a-b=10，则Va：Vb=10：1，故B错误；‎ C、若所得混合溶液的pH=10，碱过量，c(OH-)==0.001，则Va：Vb=1：9，故C正确；‎ D、根据C的计算，Va：Vb=1：9，故D错误；‎ 故选C。‎ Ⅱ卷 (非选择题 共34分)‎ 二、非选择题(本题包括3小题，共34分)‎ ‎23.25℃‎时，三种酸的电离平衡常数如下：‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HClO 电离平衡常数 ‎1.8×10－5‎ K1＝4.3×10－7‎ K2＝5.6×10－11‎ ‎3.0×10－8‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）一般情况下，当温度升高时，Ka________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎（2）下列四种离子结合H+能力由大到小的顺序是______________________(填字母)。‎ a.CO32－ b.ClO－ c.CH3COO－ d.HCO3－‎ ‎（3）下列反应不能发生的是________(填字母)。‎ a CO32－＋2CH3COOH＝2CH3COO－＋CO2↑＋H2O ‎ b. ClO－＋CH3COOH＝CH3COO－＋HClO c. CO32－＋2HClO＝CO2↑＋H2O＋2ClO－ ‎ d. 2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO ‎（4）用蒸馏水稀释醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是______(填字母)。‎ a.c(CH3COOH)/c(H+) b. c(CH3COO-)/c(CH3COOH) c. c(H+)/Ka d.c(H+)/c(OH-)‎ ‎（5）体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000 mL，稀释过程中pH变化如下图所示。‎ 则HX的电离平衡常数________(填“>”、“=”或“<”，下同)醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H+)_____醋酸溶液中水电离出来的c(H+)；用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸____HX。‎ ‎（6）‎25℃‎时，测得CH3COOH与CH3COONa的混合溶液pH＝6，则溶液中c(CH3COO－)-c(Na+)＝________mol·L-1(填精确数值)。‎ ‎【答案】 (1). 增大 (2). a＞b＞d＞c (3). cd (4). b (5). > (6). > (7). > (8). 9.9×10－7 moL·L－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）弱电解质的电离一般是吸热的过程，升高温度，Ka增大；‎ ‎（2）酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，据此分析；‎ ‎（3）由以上分析可知酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-,根据强酸制弱酸的规律进行判断；‎ ‎（4）醋酸属于弱电解质，加水稀释后促进了醋酸的电离，使n(H+)、n(CH3COO-)增大，n(CH3COOH)减小，但加水以后溶液的体积增大，导致c(H+)、c(CH3COO-)、c(CH3COOH)减小，据此分析问题；‎ ‎（5）等体积、等pH的不同一元酸稀释相同的倍数，pH数值变化较大的是强酸，变化较小的是弱酸，酸性越强，电离平衡常数就越大；用同浓度的氢氧化钠与两溶液反应，消耗氢氧化钠的体积与物质的量成正比；‎ ‎（6）依据电荷守恒进行计算。‎ ‎【详解】（1）弱电解质的电离一般是吸热的过程，升高温度，Ka增大；‎ ‎（2）电离常数越大，越容易电离，因而酸性强弱有CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，那么结合质子的能力大小关系为：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c ；‎ ‎（3）由以上分析可知酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-,‎ a. CH3COOH＞H2CO3，反应可以发生，a项错误；‎ b. CH3COOH＞HClO，反应可以发生，b项错误；‎ c. H2CO3＞HClO，反应不能发生，c项正确；‎ d. H2CO3＞HClO＞HCO3-，反应不能发生，应生成HCO3－和HClO，d项正确；‎ 答案选cd。‎ ‎（4）醋酸属于弱电解质，加水稀释后促进了醋酸的电离，使n(H+)、n(CH3COO-)增大，n(CH3COOH)减小，但加水以后溶液的体积增大，导致c(H+)、c(CH3COO-)、c(CH3COOH)减小；‎ a. H+物质的量增大， CH3COOH物质的量减小，故c(CH3COOH)/c(H+)的比值减小，a项错误；‎ b. CH3COO-物质的量增大， CH3COOH物质的量减小，故c(CH3COO-)/c(CH3COOH)的比值增大，b项增大；‎ c. c(H+)减小，温度不变，水的离子积常数不变，则c(H+)/Ka的比值减小，c项错误；‎ d. c(H+)减小，温度不变，水的离子积常数不变，则c(OH-)增大，有c(H+)/c(OH-)的比值减小，d项错误；‎ 答案选b；‎ ‎（5）等体积、等pH的不同一元酸稀释相同的倍数，pH数值变化较大的是较强的酸，变化较小的是较弱的酸，故酸性HX＞CH3COOH；酸性越强，电离平衡常数就越大，因而电离平衡常数HX＞CH3COOH；酸能抑制水的电离，c(H+)越大越抑制水的电离，则稀释后c(H+)：CH3COOH＞HX，即HX溶液中水电离出来的c(H+)＞醋酸溶液中水电离出来的c(H+)；用同浓度的氢氧化钠与两溶液反应，消耗氢氧化钠的体积与物质的量成正比，pH相同，体积相同的这两种酸的物质的量CH3COOH＞HX，即消耗NaOH溶液的体积：CH3COOH＞HX；‎ ‎（6）CH3COOH与CH3COONa的混合溶液pH＝6，说明c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，根据电荷守恒有：c(CH3COO-)+ c(OH-)= c(H+)+ c(Na+)，那么c(CH3COO-)- c(Na+) = c(H+)- c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7 mol/L.‎ ‎24.铅的冶炼有很多种方法。‎ ‎（1）瓦纽科夫法熔炼铅，其相关反应的热化学方程式如下：‎ ‎① 2PbS(s)＋3O2(g)＝2PbO(s)＋2SO2(g) ΔH1＝a kJ·mol－1‎ ‎② PbS(s)＋2PbO(s)＝3Pb(s)＋SO2(g) ΔH2＝b kJ·mol－1‎ ‎③ PbS(s)＋PbSO4(s)＝2Pb(s)＋2SO2(g) ΔH3＝c kJ·mol－1‎ 反应PbS(s)＋2O2(g)＝PbSO4(s) ΔH＝______________ kJ·mol－1(用含a、b、c的代数式表示)。‎ ‎（2）还原法炼铅，包含反应PbO(s)＋CO(g)Pb(s)＋CO2(g) ΔH，该反应的平衡常数的对数值与温度的关系如下表：‎ 温度/℃‎ ‎300‎ ‎727‎ ‎1227‎ lgK ‎6.17‎ ‎2.87‎ ‎1.24‎ ‎①该反应的ΔH_______0(选填“＞”、“＜”或“＝”)。‎ ‎②当lgK＝1，在恒容密闭容器中放入PbO并通入CO，达平衡时，混合气体中CO的体积分数为______________ (保留两位有效数字)；若向容器中充入一定量的CO气体后，平衡向_________ (填“正向”、“逆向”或“不”)移动，再次达到平衡时，CO的转化率_________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). （2/‎3a＋2/3b－c） (2). ＜ (3). 9.1% (4). 正向 (5). 不变 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律书写目标热化学方程式； (2)①利用lgK与K是增比例函数，温度越高K值越小，说明正反应是放热反应； ②当lgK＝1，则K=10，根据平衡常数表达式求出混合气体中CO的体积分数。‎ ‎【详解】(1)根据盖斯定律ΔH=（ΔH1+2ΔH2）-ΔH3=2/‎3a＋2/3b－c）kJ·mol－1；‎ 因此，本题正确答案是：（2/‎3a＋2/3b－c）；‎ ‎(2)①利用lgK与K是增比例函数，温度越高K值越小，说明正反应是放热反应。‎ 因此，本题正确答案是：＜； ②lgK＝1，则K=10，在PbO(s)＋CO(g)Pb(s)＋CO2(g)中，设起始通入CO的amol/L,达平衡时转化的量为xmol/L,平衡时CO的(a-x)mol/L,CO2的浓度为xmol/L,则K==10，得=9.1%。若向容器中充入一定量的CO气体后，平衡向正向移动；由于相当于加压，气体分子数不变，所以再次达到平衡时CO的转化率不变。‎ 因此，本题正确答案是：9.1%；正向；不变。‎ ‎25.滴定是一种化学实验操作也是一种定量分析的手段。它通过两种溶液的定量反应来确定某种溶质的含量。实验室常用邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4）来标定氢氧化钠溶液的浓度，其操作过程为：‎ ‎①准确称取‎2.040g邻苯二甲酸氢钾加入250mL锥形瓶中；‎ ‎②向锥形瓶中加30mL蒸馏水溶解；‎ ‎③向溶液中加入1～2滴指示剂；‎ ‎④用氢氧化钠溶液滴定至终点；‎ ‎⑤重复以上操作；‎ ‎⑥根据两次实验数据计算氢氧化钠的物质的量的浓度。‎ 已知：Ⅰ、到达滴定终点时，溶液的pH值约为9.1。‎ Ⅱ、邻苯二甲酸氢钾在水溶液中可以电离出一个H+‎ Ⅲ、邻苯二甲酸氢钾的相对分子质量为204‎ 指示剂 酚酞 甲基橙 pH范围 ‎＜8.2‎ ‎8.2 ~ 10‎ ‎＞10‎ ‎＜3.1‎ ‎3.1 ~ 4.4‎ ‎＞4.4‎ 颜色 无色 粉红色 红色 红色 橙色 黄色 ‎（1）为标定氢氧化钠溶液的浓度，应选用___________作指示剂；‎ ‎（2）判断到达滴定终点的实验现象是___________________________________________；‎ ‎（3）滴定结束消耗NaOH溶液体积为10.00ml，则NaOH溶液的浓度为______________；‎ ‎（4）滴定过程中，下列操作能使测定结果（待测液的浓度数值）偏小的是_________。‎ A.上述操作中，将邻苯二甲酸氢钾直接放入锥形瓶中溶解 B.滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成时气泡消失 C.滴定完毕，尖嘴外留有液滴或溶液滴在锥形瓶外 D.滴定前仰视读数而滴定终了俯视读数 ‎【答案】 (1). 酚酞 (2). 溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色 (3). 1 mol/L (4). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）已知到达滴定终点时，溶液的pH值约为9.1，根据指示剂的变色范围进行分析；‎ ‎（2）选用酚酞作指示剂，滴定前溶液为无色，当到达滴定终点时溶液的颜色为浅红色，据此判断滴定终点；‎ ‎（3）由n=计算邻苯二甲酸氢钾的物质的量，再根据n(KHC8H4O4)=n(NaOH)以及c=进行计算；‎ ‎（4）根据不当操作对c(待测)=进行误差分析 ‎【详解】（1）已知到达滴定终点时，溶液的pH值约为9.1，根据指示剂的变色范围可知应选择的指示剂为酚酞；‎ ‎（2）选用酚酞作指示剂，滴定前溶液为无色，当到达滴定终点时溶液的颜色为浅红色，且在半分钟内不褪色；‎ ‎（3）n(邻苯二甲酸氢钾)===0.01mol，由n(KHC8H4O4)=n(NaOH)可知 n(NaOH)= 0.01mol，c===1mol/L；‎ ‎（4）A.将邻苯二甲酸氢钾在锥形瓶中溶解，不影响滴定的结果，A项错误；‎ B. 滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成时气泡消失，会使消耗的待测液体积偏大，则测定结果偏小，B项正确；‎ C.滴定结束，尖嘴外留有液滴或溶液滴在锥形瓶外，会使消耗的待测液的体积偏大，则测定结果偏小，C项正确；‎ D. 滴定前仰视读数而滴定终了俯视读数，导致读出的待测液体积偏小，测定结果偏大，D项错误；‎ 答案选BC。‎ ‎【点睛】解答本题时要掌握（一）指示剂选择的基本原则：①酸碱中和滴定中一般不用石蕊作指示剂，因其颜色变化不明显。②滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂。③滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂。④强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以。⑤并不是所有的滴定都须使用指示剂。（二）实验操作重复二至三次数据处理，求出用去标准盐酸体积的平均值。（三）误差分析的原理：依据c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，所以c(待测)＝，因为c(标准)与V(待测)已确定，所以只要分析出不正确操作引起V(标准)的变化，即可分析出结果。但本题V(待测)是实验过程中要测定的量，所以要分析出不正确的操作引起V(待测)的变化，从而分析出结果。‎