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吉林省延边第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学（理）试题化学（解析版）
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吉林省延边第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试（理）试题
考试说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题60分）和第Ⅱ卷（非选择题40分）、附加题（15分）三部分，试卷共8页，共三大题，25小题, 附加题计入总分。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 S:32 K:39 Fe:56 Co:59 Cu:64 Ag:108 Zn:65
第Ⅰ卷 选择题（60分）
一、单项选择题（20小题，每小题3分，共60分）
1.乙醇的燃烧热为ΔH1，甲醇的燃烧热为ΔH2，且ΔH1<ΔH2，若乙醇和甲醇的混合物1 mol完全燃烧，反应热为ΔH3，则乙醇和甲醇的物质的量之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设乙醇的物质的量是amol，甲醇的物质的量是bmol，则
①a+b=1
②a×△H1+b×△H2=△H3
由方程组解得，则乙醇和甲醇物质的量之比，故答案选B。
2.进入接触室的混和气体体积组成是：SO27%、O211%、N282%。现有100体积混和气体进入接触室，反应后的总体积变为97.2，则SO2的转化率为（ ）
A. 50% B. 60% C. 80% D. 90%
【答案】C
【解析】100体积混和气体中SO2是7体积，氧气是11体积，氮气是82体积。设消耗SO2的体积时x，则
_ 2SO2 ＋ O2 2SO3
起始量 7 11 0
转化量 x 0.5x x
平衡量 7－x 11－0.5x x
所以有7－x＋11－0.5x＋x＋82＝97.2
解得x＝5.6
所以SO2的转化率时5.6÷7×100％＝80％
答案选C。
3. 常温下，一定量的醋酸与氢氧化钠溶液发生中和反应。下列说法正确的是（ ）
A. 当溶液中c(CH3COO－)=" c" (Na＋)＞c (H＋)= c(OH－)时，一定是醋酸过量
B. 当溶液中c (CH3COO－)=" c" (Na＋)时，一定是氢氧化钠过量
C. 当溶液中c (CH3COO－)=" c" (Na＋)时，醋酸与氢氧化钠恰好完全反应
D. 当溶液中c (Na＋)＞c (CH3COO－)＞c (OH－)＞c (H＋)时，一定是氢氧化钠过量
【答案】A
【解析】试题分析：A、等物质的量的醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液显碱性，而c (H＋)= c(OH－)时，溶液显中性，所以醋酸过量，正确；B、根据电荷守恒规律，当溶液中c (CH3COO－)=" c" (Na＋)时，c (H＋)= c(OH－)，所以醋酸过量，错误；C、溶液显中性，醋酸与氢氧化钠不是恰好完全反应，醋酸过量，错误；D、溶液中c (Na＋)＞c (CH3COO－)＞c (OH－)＞c (H＋)时，说明溶液显碱性，不一定是氢氧化钠过量，醋酸与氢氧化钠恰好完全反应生成醋酸钠溶液，也会有该不等式成立，错误，答案选A。
4.下列说法不正确的是（ ）
①盐酸与足量锌片反应时，加入少量硫酸铜溶液可以加快反应速率且不影响生成氢气的物质的量
②增加硫酸的浓度，一定可以加快锌与硫酸反应制取氢气的速率
③对反应3H2(g)+N2(g)2NH3(g)，在一密闭容器中进行，充入氦气，则化学反应速率一定不变
④对于反应3KSCN(aq)+ FeCl3(aq)Fe(SCN)3(aq)+3KCl(aq)，加入KCl固体，逆反应速率瞬时增大，随后正反应速率增大
A. ①②④ B. ②③ C. ②③④ D. ①③④
【答案】C
【解析】
【详解】①锌和铜离子反应生成铜单质，锌、铜和稀硫酸构成原电池，能加快反应速率且不影响产气量，①正确；
②如为浓硫酸，硫酸主要以分子形式存在，与锌反应不能生成氢气，②错误；
③充入氦气，参加反应的气体物质的浓度不变，反应速率不变，③错误；
④该反应的实质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，氯离子和钾离子不参与反应，因此加入KCl固体对平衡不移动，反应速率不变，④错误；
可见说法不正确的是②③④，故合理选项是C。
5.室温下，对于pH=11的氨水，下列判断正确的是（ ）
A. 该氨水的浓度为1.0×10-3mol·L-1
B. 加水稀释，溶液中所有离子的浓度均减小
C. 加水稀释，溶液中c(NH4+)/c(NH3·H2O)变大
D. 与pH=3的盐酸等体积混合，反应后溶液pH=7
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氨水是弱碱，不能完全电离，pH=11的氨水，该氨水的浓度大于1.0×10-3mol·L-1，故A错误；
B. NH3·H2ONH4+＋OH-，加水稀释，溶液中的主要存在离子浓度均会减小，但温度不变，水的离子积常数不变，则c(H+)增大，故B错误；
C. NH3·H2ONH4+＋OH-，加水稀释，溶液的碱性减弱，c(OH-)减小，但电离常数不变，则溶液中c(NH4+)/c(NH3·H2O)变大，故C正确；
D. 氨水是弱碱，不能完全电离，pH=11的氨水，该氨水的浓度大于1.0×10-3mol·L-1，与pH=3的盐酸等体积混合，氨水过量，反应后溶液pH大于7，故D错误；
故选C。
6.在三个2 L恒容的容器中，分别发生反应A（g）+3B（g）2C（g），5min后各容器反应达平衡状态，其中甲容器中A的物质的量为0.4 mol。下列说法正确的是（）
反应前各物质的物质的量/mol
A
B
C
甲
1
3
0
乙
0
0
2
丙
1.5
4.5
1
A. 乙中5min内C的反应速率为0.16mol-1·min-1
B. 达到平衡时，丙中A的浓度是甲中的2倍
C. 丙中反应的平衡常数大于甲中反应的平衡常数
D. 达到平衡时，甲、乙两容器中C的物质的量相等
【答案】D
【解析】
【分析】利用等效平衡进行分析；
【详解】甲容器中应A（g）+3B（g）2C（g）
起始（mol） 1 3 0
变化（mol） 0.6 1.8 1.2
平衡（mol） 0.4 1.2 1.2
乙容器中和甲容器达到相同平衡状态
乙容器A（g）+3B（g）2C（g）
起始（mol） 0 0 2
变化（mol） 1.2 1.2 0.8
平衡（mol） 1.2 1.2 1.2
恒容容器中丙中达到平衡
A（g）+3B（g）2C（g）
1.5 4.5 1
起始量可以看作为2 6 0，相当于甲容器的2倍，该反应为气体体积减小的反应，即压强增大平衡向正反应方向进行，
A、甲容器和乙容器达到相同的平衡状态，依据分析可知应消耗C的物质的量为0.8mol，乙中5min内C的反应速率为=0.08mol/(L·min)，故A错误；
B、丙容器中的起始量相当于甲容器的2倍，但该反应为气体体积减小，压强增大平衡向正反应方向进行，则丙中A的浓度比甲容器中的2倍小，故B错误；
C、化学平衡常数只受温度的影响，甲和丙容器温度相同，即化学平衡常数不变，故C错误；
D、根据上述分析，达到平衡时，甲乙容器中C的物质的量相等，故D正确；
答案选D。
7.已知：H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l) ΔH1＝－285.8 kJ·mol－1 ①
H2(g)===H2(l) ΔH2＝－0.92 kJ·mol－1 ②
O2(g)===O2(l) ΔH3＝－6.84 kJ·mol－1 ③
H2O(g)===H2O(l) ΔH4＝－44 kJ·mol－1 ④
下列说法正确的是（ ）
A. 上述四个反应都是吸热反应
B. 1 mol液态H2的能量大于1 mol气态H2的能量
C. H2的燃烧热ΔH为－285.8 kJ·mol－1
D. 火箭中液氢燃烧的热化学方程式为H2(l)＋1/2O2(l)===H2O(g) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】A．△H＜0，为放热反应，其中②和④中的变化是物理变化，不是放热反应，A错误；B．物质由液体变为气体吸收能量，则1mol液态H2的能量小于1mol气态H2的能量，B错误；C．根据燃烧热的定义可知，1mol氢气完全燃烧生成液态水时最稳定，此时H2的燃烧热（△H）为-285.8kJ•mol-1，C正确；D．根据盖斯定律可知①－②－③/2－④可得H2（l）+1/2O2（l）＝H2O（g）△H=-237.56kJ•mol-1，D错误，答案选C。
8.在体积可变的密闭容器中，反应mA(g)＋nB(s)pC(g)达到平衡后，压缩容器的体积，发现A的转化率随之降低。下列说法中，正确的是（ ）
A. (m＋n)必定小于p B. m必定小于p
C. (m＋n)必定大于p D. n必定小于p
【答案】B
【解析】
【详解】压缩体积压强增大，A的转化率降低，说明平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，由于B为固体，所以m＜p，故答案为B。
9.由已知电离常数判断，下列关于SO2与Na2CO3（aq）反应的离子方程式的书写中，不合理的是（ ）
酸
电离常数
碳酸
K1＝4×10－7 K2＝5.6×10－11
亚硫酸
K1＝1.54×10－2 K2＝1.02×10－7
A. SO2＋H2O＋2CO32－=2 HCO3－＋SO32－
B. SO2＋H2O＋CO32－= H2O+CO2＋SO32－
C. 2SO2＋2H2O＋CO32－=H2O+CO2＋2 HSO3－
D. SO2＋H2O＋CO32－= HCO3－＋HSO3－
【答案】B
【解析】试题分析：A、H2SO3＞HCO3-，符合强酸制弱酸，故A正确；B、H2CO3可与SO32-反应得到HSO3-，故B错误；C、H2CO3与HSO3-能共存，故C正确；D、HCO3-与HSO3-能共存，故D正确；故选B。
10. 常温下现有的四份溶液：
①0.01 mol/L HCl；②0.01 mol/L CH3COOH；③pH＝12 的氨水；④pH＝12的NaOH溶液。
下列说法正确的是（ ）
A. ②中由水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol/L
B. 将①、③混合，若有pH＝7，则消耗溶液的体积：③>①
C. 将②、④等体积混合(体积变化忽略不计)，则c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.01 mol/L
D. 将四份溶液均稀释10倍后溶液pH：③>④，②<①
【答案】D
【解析】由于CH3COOH为弱电解质，故0.01 mol/L CH3COOH溶液中的c(H＋)≠1×10－2mol/L，故由水电离出的c(H＋)≠1×10－12mol/L，A项错误；因pH＝12的氨水中氨水的浓度远大于0.01 mol/L,0.01 mol/L HCl与pH＝12的氨水混合，当pH＝7时，消耗溶液的体积：③<①，B项错误；将②、④等体积混合，溶液的总体积增大，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)<0.01 mol/L，C项错误。0.01 mol/L HCl稀释10倍后pH＝3。CH3COOH是弱酸稀释电离平衡右移，所以0.01 mol/L的CH3COOH稀释10倍后pH<3，D项正确。
11.在给定的四种溶液中，加入以下各种离子，各离子能在原溶液中大量共存的有( )
A. 滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe2＋、NH4+、Cl－、NO3－
B. pH值为11的溶液：S2－、SO32－、S2O32－、Na＋
C. 水电离出来的c(OH-)＝10－13mol/L的溶液：K＋、HCO3－、Br－、Ba2＋
D. 所含溶质为Na2SO4的溶液：K＋、SiO32-、NO3-、Al3＋
【答案】B
【解析】
【详解】A．滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性，Fe2+、NO3-在酸性条件下能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．pH=11的溶液呈碱性，S2-、SO32-、S2O32-、Na+之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；
C．水电离出来的c(OH-)=10-13mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO3-与氢离子、氢氧根离子都能反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．SiO32-、Al3+之间能够发生反应生成硅酸沉淀和氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选B。
12. 某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（ ）
A. 该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH－＝Cl－+ ClO－+ H2O
B. 该消毒液的pH约为12：ClO－+ H2OHClO+ OH－
C. 该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生Cl2：2H＋+ Cl－+ ClO－= Cl2↑+H2O
D. 该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ ClO－= HClO+CH3COO—
【答案】B
【解析】
【详解】A、用Cl2和NaOH溶液反应制取漂白液，故A正确；
B、根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=12＞11，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，故B不合理；
C、根据HCl和HClO中Cl化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，故C正确；
D、根据漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，故D正确。
答案选B。
13.用0.1 mol/L NaOH溶液滴定0.1 mol/L盐酸，如达到滴定终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0.05 mL)，继续加水至50 mL，所得溶液的pH是（ ）
A. 10 B. 7.2 C. 4 D. 11.3
【答案】A
【解析】
【详解】终点时不慎多加了1滴NaOH溶液，即0.05mL，继续加水至50mL，反应后溶液中c(OH-)=×0.1mol·L-1=10-4mol·L-1，根据c(H+)·c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-10mol/L，pH=10，故答案为A。
14.用标准KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，则原因可能是( )
A. 配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质
B. 滴定到终点时，仰视读数，其他操作正确
C. 盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用待测液润洗
D. 滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂了一滴溶液
【答案】A
【解析】
【分析】根据c（酸）=c(碱)×V(碱)/V(酸)判断不当操作对相关物理量的影响分析。
【详解】A项、配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，故所配得溶液的OH-浓度偏大，造成消耗标准液体积偏小，溶液浓度偏低，故A正确；
B项、滴定终点读数时，仰视滴定刻度，其他操作正常，导致消耗标准液体积偏大，溶液浓度偏大，故B正确；
C项、盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用待测液润洗，导致消耗标准液体积偏大，溶液浓度偏高，故B错误；
D项、滴定到终点读数时，发现滴定管尖挂一滴溶液，导致消耗的标准液体积偏大，溶液浓度偏高，故D错误。
15. 水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 图中五点Kw间的关系：B>C>A＝D＝E
B. 若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法
C. 若从A点到C点，在温度不变时向水中加入适量NH4Cl固体
D. 若处在B点时，将pH＝2硫酸与pH＝10的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
【答案】C
【解析】Kw与温度有关，温度越高值越大，EAD在一条等温线上，所以相等，B>C>A=D=E,因为温度升高。A正确。若从A点到D点，C(H+)变大，C(OH-)变小，可采用在水中加入少量酸的方法。B正确。若从A点到C点，Kw改变温度改变。C错误。若处在B点时，Kw=10-12（mol/L）2 pH =2的硫酸溶液与pH = 10的KOH溶液等体积混合，所得溶液呈中性.
16.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A. 使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42－、Cl－
B. =1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－
C. 与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3－、SO42－
D. 水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO2－、CO32－
【答案】B
【解析】
【详解】A、酚酞变红色的溶液，此溶液显碱性，Al3＋、OH－生成沉淀或AlO2－，不能大量共存，故A错误；
B、根据信息，此溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，这些离子不反应，能大量共存，故正确；
C、与Al能放出氢气的，同业可能显酸性也可能显碱性，若是碱性，则Fe2＋和OH－不共存，若酸性，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，不产生H2，故C错误；
D、水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液，此物质对水电离有抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，AlO2－、CO32－和H＋不能大量共存，故D错误。
答案选B。
17.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S（s）+2KNO3（s）+3C（s）==K2S（s）+N2（g）+3CO2（g） ΔH=x kJ·mol－1
已知碳的燃烧热ΔH1= a kJ·mol－1
S（s）+2K（s）==K2S（s） ΔH2= b kJ·mol－1
2K（s）+N2（g）+3O2（g）==2KNO3（s） ΔH3= c kJ·mol－1
则x为（ ）
A. 3a+b－c B. c +3a－b C. a+b－c D. c+a－b
【答案】A
【解析】
【详解】已知碳的燃烧热为ΔH1= a kJ·mol－1，则碳的燃烧热化学方程式为，①C（s）+O2（g）=CO2（g） ΔH1= a kJ·mol－1，②S（s）+2K（s）==K2S（s） ΔH2= b kJ·mol－1，③2K（s）+N2（g）+3O2（g）==2KNO3（s） ΔH3= c kJ·mol－1，根据盖斯定律，可得ΔH =3ΔH1+ΔH2—ΔH3，即x=3a+b－c，答案选A。
18.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O2CrO42-（黄色）+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：（ ）
结合实验，下列说法不正确的是（ ）
A. 若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
B. ①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
C. 对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D. ②中Cr2O72-被C2H5OH还原
【答案】A
【解析】
【分析】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验②、④可知Cr2O72-具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42-不能，以此解答该题。
【详解】A．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故A错误。
B．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故B正确
C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；
D．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故D正确；
故答案为A。
19.常温下，Ka (HCOOH)=1.77×10-4，Ka (CH3COOH)=1.75×10-5，Kb (NH3·H2O) =1.76×10-5，下列说法正确的是（ ）
A. 浓度均为0.1 mol·L-1的 HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B. 用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C. 0.2 mol·L-1 HCOOH 与 0.1 mol·L-1 NaOH 等体积混合后的溶液中: c(HCOO-) + c(OH-) = c(HCOOH) + c(H+)
D. 0.2 mol·L-1 CH3COONa 与 0.1 mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7): c(CH3COOH)> c(Cl- )＞c(CH3COO-)＞c(H+)
【答案】A
【解析】
【详解】A. 电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH3COO−>NH4+>HCOO−，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c(HCOO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)=0.1mol/L+c(H+)、c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)=0.1mol/L+c(OH−)，水解程度NH4+>HCOO−，所以前者c(H+)大于后者c(OH−)，所以浓度均为0.1 mol⋅L−1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者，故A正确；
B.pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c(HCOOH)
D. 0.2 mol·L-1 CH3COONa 与 0.1 mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH、KCl,溶液呈酸性,说明CH3COOH电离程度大于CH3COO−水解程度,氯离子不水解,醋酸电离程度较小,所以粒子浓度大小顺序是c(CH3COO-)＞ c(Cl- )＞c(CH3COOH)＞c(H+)，故D错误；
本题选A。
20.298 K时，在20.0 mL 0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L－1 氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是（ ）
A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B. M点对应的盐酸体积为20.0 mL
C. M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)
D. N点处的溶液中pH<12
【答案】D
【解析】
【详解】A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，而石蕊的变色范围为5-8，无法控制滴定终点，应选择甲基橙作指示剂，故A错误；
B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；
C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-），故C错误；
D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3 mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；故选D。
第Ⅱ卷 非选择题（共55分）
二、填空题（4小题，共40分）
21.（1）把0.4 mol X气体和0.6 mol Y气体混合于2 L密闭容器中，使它们发生如下反应：4 X(g)＋5 Y(g) n Z(g)＋6 W(g)。2 min 末已生成0.3 mol W，若测知以Z的浓度变化表示的反应速率为0.05 mol·（L·min）－1，计算：前2 min内用X的浓度变化表示的平均反应速率________化学反应方程式中n的值是______________________，2 min末时Y的浓度_____________________。
（2）已知有机物 HT 能将 Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+ (水层)+ 6HT（有机层） 2CeT3 (有机层）+ 6H+(水层) 从平衡角度解释：向 CeT3 (有机层）加入 H2SO4 获得较纯的含 Ce3+的水溶液的原因是__________________________________。
（3）硫酸铁铵矾［Fe2(SO4) 3·(NH4) 2SO4·24H2O］广泛用于水的净化处理，其净水原理用离子方程式解释是______________________________________________。
【答案】(1). 0.05 mol·（L·min）－1 (2). 4 (3). 0.175 mol·L－1 (4). 混合液中加入H2SO4使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动。 (5). Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3（胶体） + 3H+
【解析】
【分析】(1)先根据W的物质的量求出X的物质的量的变化量，根据v=计算v(X)；利用速率之比等于化学计量数之比计算n的值；计算出2min内Y的浓度变化量，2min末时Y的浓度为Y的起始浓度减去2min内Y的浓度变化量；
(2)加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；
(3)硫酸铁铵矾[Fe2(SO4)3•(NH4)2SO4•24H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理是溶解后溶液中的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水。
【详解】(1)物质的量之比等于化学计量数之比，所以△n(X)=△n(W)=×0.3mol=0.2mol，2min内用X的浓度变化表示的平均反应速率v(X)===0.05mol•(L•min)-1；速率之比等于化学计量数之比，所以v(X)：v(Z)=0.05 mol•(L•min)-1：0.05 mol•(L•min)-1=4：n，解得，n=4；物质的量之比等于化学计量数之比，所以△n(Y)=△n(W)=×0.3mol=0.25mol，所以2min内Y的浓度变化量△c(Y)===0.125mol/L，Y的起始浓度为=0.3mol/L，则2min末时Y的浓度为0.3mol/L-0.125mol/L=0.175mol/L；
(2)向CeT3(有机层)加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动；
(3)硫酸铁铵矾[Fe2(SO4)3•(NH4)2SO4•24H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理是溶解后溶液中的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，反应的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+。
22.（一）某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：
(1)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是____________。
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
(2)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，所用盐酸溶液的体积为_______mL。
(3)某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测NaOH溶液的体积/mL
0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
25.00
0.00
26.50
第二次
25.00
1.56
3030
第三次
25.00
0.22
26.76
依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度______________。
（二）已知某温度下CH3COOH的电离常数K=1.6×10-5。该温度下向20 mL 0.01 mol/L CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol/L KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：
(1)c点溶液中的离子浓度大小顺序为________________。
(2)a、b、c三点中水的电离程度最大的是________。
【答案】(1). D (2). 26.10 (3). c(NaOH)＝0.1061 mol·L－1 (4). c(K+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-) (5). c
【解析】
【分析】(一)(1)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；
(2)根据滴定管的结构和精确度以及测量的原理计算；
(3)先根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V(盐酸)，接着根据盐酸和NaOH反应求出c(NaOH)。
(二)(1)结合c点溶液的成分和酸碱性判断；
(2)酸抑制水的电离程度，可水解的盐促进水的电离。
【详解】(一)(1)A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，标准液被稀释，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，测定c(待测)偏大，故A错误；
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)=分析，测定c(待测)无影响，故B错误；
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，测定c(待测)偏大，故C错误；
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=分析，测定c(待测)偏小，故D正确；
故答案为D；
(2)起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，盐酸溶液的体积为26.10mL；
(3)第二次实验误差较大，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V(盐酸)=mL=26.52mL，由HCl+NaOH=NaCl+H2O得0.02652L×0.1000 mol/L=0.025L×c(NaOH)，解得：c(NaOH)≈0.1061mol/L；
(二)(1)c点pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(CH3COO-)=c(OH-)+c(K+)得c(CH3COO-)=c(K+)，则c点溶液中的离子浓度大小顺序为c(CH3COO-)=c(K+)＞c(H+)=c(OH-)；
(2)a点是醋酸溶液，b点是醋酸和少量CH3COOK的混合溶液，c点可看做是CH3COOK和极少量CH3COOH的混合溶液，酸能抑制水的电离，酸的浓度越大，抑制能力越强，所以c点溶液中水的电离程度最大。
23.近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
（1）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。
通过计算，可知系统（Ⅰ）制氢的热化学方程式为_____________。
（2）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g) COS(g) +H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。①H2S的平衡转化率=____%，反应平衡常数K=_____。
（3）H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。若氨水的浓度为2.0 mol·L−1，溶液中的c(OH−)=________ mol·L−1。将SO2通入该氨水中，当c(OH−)降至1.0×10−7 mol·L−1时，溶液中的c()/c()=___________________。
【答案】(1). H2O(l)=H2(g)+ O2(g) ΔH=+286 kJ/mol (2). 2.5 (3). 2.85×10–3 (4). 6.2×10-8 (5). 0.62
【解析】
【详解】(1)系统(Ⅰ)涉及水的分解，利用盖斯定律分别将系统(Ⅰ)的热化学方程式相加，可得到水分解的热化学方程式，则系统(I)的热化学方程式H2O(l)=H2(g)+O2(g)△H=+286kJ/mol；
(2)对于反应 H2S(g)+CO2(g) COS(g)+H2O(g)
起始(mol) 0.40 0.10 0 0
转化(mol) x x x x
平衡(mol) 0.40-x 0.10-x x x
反应平衡后水的物质的量分数为0.02，则=0.02，x=0.01，H2S的平衡转化率a1=×100%=2.5%；体积为2.5L，则平衡时各物质的浓度为c(H2S)=mol/L=0.156mol/L，c(CO2)=mol/L=0.036mol/L，c(COS)=c(H2O)=mol/L=0.004mol/L，则K===2.85×10–3；
(3)NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0mol•L-1，由Kb=可知c(OH-)=mol/L=6.0×10-3mol/L；当c(OH-)降至1.0×10-7mol•L-1时，c(H+)=1.0×10-7mol•L-1，H2SO3的Ka2=6.2×10-8，由Ka2=可知c(SO32-)/c(HSO3-)=0.62。
24.（一）（1）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g) + I2(g)。在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min
0
20
40
60
80
120
x(HI)
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
x(HI)
0
060
0.73
0.773
0.780
0.784
①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为：___________。
②上述反应中，正反应速率为v正= k正·x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆·x(H2)·x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k正为________(以K和k逆表示)。若k正= 0.0027min-1，在t=40min时，v正=________min-1。
③由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_________________（填字母）。
（二）常温下，将0.01 mol·L-1的Ba(OH)2溶液200mL和0.01 mol·L-1的NaHSO4溶液100mL混合，反应后溶液的pH值为______________________。
【答案】(1). (2). K正=K K逆 (3). 1.95×10-3 (4). A、E (5). 12
【解析】
【详解】(一)(1)①表中第一列，由HI分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由第一列数据可知，平衡时HI物质的量分数为0.784，则氢气、碘蒸汽总物质的量分数为1-0.784=0.216，而氢气、与碘蒸汽物质的量分数相等均为0.108，反应前后气体体积不变，用物质的量分数代替浓度计算平衡常数，则平衡常数K==；
②到达平衡时，正、逆反应速率相等，则k正x2(HI)=k逆x(H2)x(I2)，则k逆=k正×=，即K正=K K逆；在t=40min时，正反应建立平衡的x(HI)=0.85，则v正=k正x2(HI)=0.0027min-1×0.852=1.95×10-3min-1；
③对于2HI(g) H2(g)+I2(g)反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除C点，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时HI的物质的量分数减小，因此排除B点，故选A点；对于H2(g)+I2(g) 2HI(g)反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡逆向移动，再次平衡时H2的物质的量分数增大，故选E点；因此反应重新达到平衡，v正～x(HI)对应的点为A，v逆～x(H2)对应的点为E，故答案为：A、E；
(二)200mL0.01mol•L-1的Ba(OH)2溶液中氢氧化钡物质的量为：0.01mol•L-1×0.2L=0.002mol，氢氧根的物质的量为0.004mol；100mL0.01mol•L-1的NaHSO4溶液中硫酸氢钠的物质的量为：0.01mol•L-1×0.1L=0.001mol，氢离子的物质的量为：0.001mol；两溶液混合后，氢氧根离子过量，溶液显示碱性，反应后的溶液中氢氧根离子浓度为：=0.01mol/L，则溶液的pH=12。
25.（1）砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有，其原因是____________。
（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如题图1和题图2所示。
①以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.0～10.0)，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为____。
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4−+H+的电离常数为Ka1，则pKa1=____(pKa1=-lgKa1)。
（3）25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是______。
A．0.1mol/L CH3COONa溶液与0.1mol/L HCl溶液等体积混合：c（Na+）=c（Cl-）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）
B．含等物质的量的NaX和弱酸HX的混合溶液中一定存在：c（Na+）＞c（X-）
C．0.1mol/L Na2CO3溶液与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合：2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）
D．Na2C2O4溶液与HCl溶液等体积混合（H2C2O4是二元弱酸）：2c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（OH-）+c（Cl-）=c（Na+）+c（H+）
（4）下列图示与对应的叙述不相符的是______。
A．图1表示可逆反应“2X(g) Y(g)△H＜0”温度T1＜T2的情形
B．图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)的影响，乙压强比甲压强大
C．图3中a、b、c三点中只有b点已经达到化学平衡状态
D．图4是向20 mL pH=3的醋酸溶液中滴加pH=11的NaOH溶液过程中pH变化曲线
【答案】(1). 碱性溶液吸收了空气中的CO2 (2). OH− + H3AsO3=H2AsO3− + H2O (3). 2.2 (4). ACD (5). BCD
【解析】
【详解】(1)空气中的CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液，NaOH是碱，能吸收空气中的二氧化碳而生成碳酸根离子，所以其原因是碱性溶液吸收了空气中的CO2；
(2)①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3-浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3-，该反应为酸碱的中和反应，同时还生成水，离子方程式为OH-+H3AsO3=H2AsO3-+H2O；
②Ka1=，pH=2.2时c(H+)=10-2.2 mol/L，c(H3AsO3)=c(H2AsO3-)，pKa1=-lgKa1=-lg=2.2；
(3)A．溶液为氯化钠和醋酸混合溶液，且二者的物质的量浓度相等，混合溶液呈酸性，溶液中c(OH-)很小，且混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na+)=c(Cl-)，醋酸部分电离，所以溶液中存在c(Na+)=c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)，故A正确；
B．等物质的量浓度、等体积的NaX和弱酸HX溶液混合后，溶液酸碱性情况取决于电离与水解的相对大小，无法确定溶液酸碱性，所以也无法比较各微粒物质的量浓度的大小，故B错误；
C．混合溶液存在物料守恒，根据物料守恒得：0.1mol•L-1 Na2CO3溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，0.1mol•L-1 NaHCO3溶液中：c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，两式相加得，2c(Na+)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)，故C正确；
D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，故D正确；
故答案为ACD；
(4)A．由图可知，温度T2先到达平衡，故温度T1＜T2，可逆反应2X(g) Y(g)△H＜0，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，Y的含量降低，图象与实际相符合，故A正确；
B．增大压强反应速率加快，平衡向正反应移动，平衡时A的物质的量降低，图象中到达平衡时间相同，且平衡时A的物质的量相同，图象与实际不符合，故B错误；
C．图象为正、逆平衡常数与温度关系，曲线上各点都是平衡点，故C错误；
D.20mLpH=3的醋酸溶液中滴加20mLpH=11的NaOH溶液，由于HAc是弱电解质，反应后为HAc、NaAc混合溶液，HAc浓度远大于NaAc，溶液呈酸性，图象中为中性，图象与实际不符，故D错误；
故答案为BCD。
吉林省延边第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试（理）试题
考试说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题60分）和第Ⅱ卷（非选择题40分）、附加题（15分）三部分，试卷共8页，共三大题，25小题, 附加题计入总分。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 S:32 K:39 Fe:56 Co:59 Cu:64 Ag:108 Zn:65
第Ⅰ卷 选择题（60分）
一、单项选择题（20小题，每小题3分，共60分）
1.乙醇的燃烧热为ΔH1，甲醇的燃烧热为ΔH2，且ΔH1<ΔH2，若乙醇和甲醇的混合物1 mol完全燃烧，反应热为ΔH3，则乙醇和甲醇的物质的量之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设乙醇的物质的量是amol，甲醇的物质的量是bmol，则
①a+b=1
②a×△H1+b×△H2=△H3
由方程组解得，则乙醇和甲醇物质的量之比，故答案选B。
2.进入接触室的混和气体体积组成是：SO27%、O211%、N282%。现有100体积混和气体进入接触室，反应后的总体积变为97.2，则SO2的转化率为（ ）
A. 50% B. 60% C. 80% D. 90%
【答案】C
【解析】100体积混和气体中SO2是7体积，氧气是11体积，氮气是82体积。设消耗SO2的体积时x，则
_ 2SO2 ＋ O2 2SO3
起始量 7 11 0
转化量 x 0.5x x
平衡量 7－x 11－0.5x x
所以有7－x＋11－0.5x＋x＋82＝97.2
解得x＝5.6
所以SO2的转化率时5.6÷7×100％＝80％
答案选C。
3. 常温下，一定量的醋酸与氢氧化钠溶液发生中和反应。下列说法正确的是（ ）
A. 当溶液中c(CH3COO－)=" c" (Na＋)＞c (H＋)= c(OH－)时，一定是醋酸过量
B. 当溶液中c (CH3COO－)=" c" (Na＋)时，一定是氢氧化钠过量
C. 当溶液中c (CH3COO－)=" c" (Na＋)时，醋酸与氢氧化钠恰好完全反应
D. 当溶液中c (Na＋)＞c (CH3COO－)＞c (OH－)＞c (H＋)时，一定是氢氧化钠过量
【答案】A
【解析】试题分析：A、等物质的量的醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液显碱性，而c (H＋)= c(OH－)时，溶液显中性，所以醋酸过量，正确；B、根据电荷守恒规律，当溶液中c (CH3COO－)=" c" (Na＋)时，c (H＋)= c(OH－)，所以醋酸过量，错误；C、溶液显中性，醋酸与氢氧化钠不是恰好完全反应，醋酸过量，错误；D、溶液中c (Na＋)＞c (CH3COO－)＞c (OH－)＞c (H＋)时，说明溶液显碱性，不一定是氢氧化钠过量，醋酸与氢氧化钠恰好完全反应生成醋酸钠溶液，也会有该不等式成立，错误，答案选A。
4.下列说法不正确的是（ ）
①盐酸与足量锌片反应时，加入少量硫酸铜溶液可以加快反应速率且不影响生成氢气的物质的量
②增加硫酸的浓度，一定可以加快锌与硫酸反应制取氢气的速率
③对反应3H2(g)+N2(g)2NH3(g)，在一密闭容器中进行，充入氦气，则化学反应速率一定不变
④对于反应3KSCN(aq)+ FeCl3(aq)Fe(SCN)3(aq)+3KCl(aq)，加入KCl固体，逆反应速率瞬时增大，随后正反应速率增大
A. ①②④ B. ②③ C. ②③④ D. ①③④
【答案】C
【解析】
【详解】①锌和铜离子反应生成铜单质，锌、铜和稀硫酸构成原电池，能加快反应速率且不影响产气量，①正确；
②如为浓硫酸，硫酸主要以分子形式存在，与锌反应不能生成氢气，②错误；
③充入氦气，参加反应的气体物质的浓度不变，反应速率不变，③错误；
④该反应的实质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，氯离子和钾离子不参与反应，因此加入KCl固体对平衡不移动，反应速率不变，④错误；
可见说法不正确的是②③④，故合理选项是C。
5.室温下，对于pH=11的氨水，下列判断正确的是（ ）
A. 该氨水的浓度为1.0×10-3mol·L-1
B. 加水稀释，溶液中所有离子的浓度均减小
C. 加水稀释，溶液中c(NH4+)/c(NH3·H2O)变大
D. 与pH=3的盐酸等体积混合，反应后溶液pH=7
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氨水是弱碱，不能完全电离，pH=11的氨水，该氨水的浓度大于1.0×10-3mol·L-1，故A错误；
B. NH3·H2ONH4+＋OH-，加水稀释，溶液中的主要存在离子浓度均会减小，但温度不变，水的离子积常数不变，则c(H+)增大，故B错误；
C. NH3·H2ONH4+＋OH-，加水稀释，溶液的碱性减弱，c(OH-)减小，但电离常数不变，则溶液中c(NH4+)/c(NH3·H2O)变大，故C正确；
D. 氨水是弱碱，不能完全电离，pH=11的氨水，该氨水的浓度大于1.0×10-3mol·L-1，与pH=3的盐酸等体积混合，氨水过量，反应后溶液pH大于7，故D错误；
故选C。
6.在三个2 L恒容的容器中，分别发生反应A（g）+3B（g）2C（g），5min后各容器反应达平衡状态，其中甲容器中A的物质的量为0.4 mol。下列说法正确的是（）
反应前各物质的物质的量/mol
A
B
C
甲
1
3
0
乙
0
0
2
丙
1.5
4.5
1
A. 乙中5min内C的反应速率为0.16mol-1·min-1
B. 达到平衡时，丙中A的浓度是甲中的2倍
C. 丙中反应的平衡常数大于甲中反应的平衡常数
D. 达到平衡时，甲、乙两容器中C的物质的量相等
【答案】D
【解析】
【分析】利用等效平衡进行分析；
【详解】甲容器中应A（g）+3B（g）2C（g）
起始（mol） 1 3 0
变化（mol） 0.6 1.8 1.2
平衡（mol） 0.4 1.2 1.2
乙容器中和甲容器达到相同平衡状态
乙容器A（g）+3B（g）2C（g）
起始（mol） 0 0 2
变化（mol） 1.2 1.2 0.8
平衡（mol） 1.2 1.2 1.2
恒容容器中丙中达到平衡
A（g）+3B（g）2C（g）
1.5 4.5 1
起始量可以看作为2 6 0，相当于甲容器的2倍，该反应为气体体积减小的反应，即压强增大平衡向正反应方向进行，
A、甲容器和乙容器达到相同的平衡状态，依据分析可知应消耗C的物质的量为0.8mol，乙中5min内C的反应速率为=0.08mol/(L·min)，故A错误；
B、丙容器中的起始量相当于甲容器的2倍，但该反应为气体体积减小，压强增大平衡向正反应方向进行，则丙中A的浓度比甲容器中的2倍小，故B错误；
C、化学平衡常数只受温度的影响，甲和丙容器温度相同，即化学平衡常数不变，故C错误；
D、根据上述分析，达到平衡时，甲乙容器中C的物质的量相等，故D正确；
答案选D。
7.已知：H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l) ΔH1＝－285.8 kJ·mol－1 ①
H2(g)===H2(l) ΔH2＝－0.92 kJ·mol－1 ②
O2(g)===O2(l) ΔH3＝－6.84 kJ·mol－1 ③
H2O(g)===H2O(l) ΔH4＝－44 kJ·mol－1 ④
下列说法正确的是（ ）
A. 上述四个反应都是吸热反应
B. 1 mol液态H2的能量大于1 mol气态H2的能量
C. H2的燃烧热ΔH为－285.8 kJ·mol－1
D. 火箭中液氢燃烧的热化学方程式为H2(l)＋1/2O2(l)===H2O(g) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】A．△H＜0，为放热反应，其中②和④中的变化是物理变化，不是放热反应，A错误；B．物质由液体变为气体吸收能量，则1mol液态H2的能量小于1mol气态H2的能量，B错误；C．根据燃烧热的定义可知，1mol氢气完全燃烧生成液态水时最稳定，此时H2的燃烧热（△H）为-285.8kJ•mol-1，C正确；D．根据盖斯定律可知①－②－③/2－④可得H2（l）+1/2O2（l）＝H2O（g）△H=-237.56kJ•mol-1，D错误，答案选C。
8.在体积可变的密闭容器中，反应mA(g)＋nB(s)pC(g)达到平衡后，压缩容器的体积，发现A的转化率随之降低。下列说法中，正确的是（ ）
A. (m＋n)必定小于p B. m必定小于p
C. (m＋n)必定大于p D. n必定小于p
【答案】B
【解析】
【详解】压缩体积压强增大，A的转化率降低，说明平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，由于B为固体，所以m＜p，故答案为B。
9.由已知电离常数判断，下列关于SO2与Na2CO3（aq）反应的离子方程式的书写中，不合理的是（ ）
酸
电离常数
碳酸
K1＝4×10－7 K2＝5.6×10－11
亚硫酸
K1＝1.54×10－2 K2＝1.02×10－7
A. SO2＋H2O＋2CO32－=2 HCO3－＋SO32－
B. SO2＋H2O＋CO32－= H2O+CO2＋SO32－
C. 2SO2＋2H2O＋CO32－=H2O+CO2＋2 HSO3－
D. SO2＋H2O＋CO32－= HCO3－＋HSO3－
【答案】B
【解析】试题分析：A、H2SO3＞HCO3-，符合强酸制弱酸，故A正确；B、H2CO3可与SO32-反应得到HSO3-，故B错误；C、H2CO3与HSO3-能共存，故C正确；D、HCO3-与HSO3-能共存，故D正确；故选B。
10. 常温下现有的四份溶液：
①0.01 mol/L HCl；②0.01 mol/L CH3COOH；③pH＝12 的氨水；④pH＝12的NaOH溶液。
下列说法正确的是（ ）
A. ②中由水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol/L
B. 将①、③混合，若有pH＝7，则消耗溶液的体积：③>①
C. 将②、④等体积混合(体积变化忽略不计)，则c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.01 mol/L
D. 将四份溶液均稀释10倍后溶液pH：③>④，②<①
【答案】D
【解析】由于CH3COOH为弱电解质，故0.01 mol/L CH3COOH溶液中的c(H＋)≠1×10－2mol/L，故由水电离出的c(H＋)≠1×10－12mol/L，A项错误；因pH＝12的氨水中氨水的浓度远大于0.01 mol/L,0.01 mol/L HCl与pH＝12的氨水混合，当pH＝7时，消耗溶液的体积：③<①，B项错误；将②、④等体积混合，溶液的总体积增大，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)<0.01 mol/L，C项错误。0.01 mol/L HCl稀释10倍后pH＝3。CH3COOH是弱酸稀释电离平衡右移，所以0.01 mol/L的CH3COOH稀释10倍后pH<3，D项正确。
11.在给定的四种溶液中，加入以下各种离子，各离子能在原溶液中大量共存的有( )
A. 滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe2＋、NH4+、Cl－、NO3－
B. pH值为11的溶液：S2－、SO32－、S2O32－、Na＋
C. 水电离出来的c(OH-)＝10－13mol/L的溶液：K＋、HCO3－、Br－、Ba2＋
D. 所含溶质为Na2SO4的溶液：K＋、SiO32-、NO3-、Al3＋
【答案】B
【解析】
【详解】A．滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性，Fe2+、NO3-在酸性条件下能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．pH=11的溶液呈碱性，S2-、SO32-、S2O32-、Na+之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；
C．水电离出来的c(OH-)=10-13mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO3-与氢离子、氢氧根离子都能反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．SiO32-、Al3+之间能够发生反应生成硅酸沉淀和氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选B。
12. 某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（ ）
A. 该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH－＝Cl－+ ClO－+ H2O
B. 该消毒液的pH约为12：ClO－+ H2OHClO+ OH－
C. 该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生Cl2：2H＋+ Cl－+ ClO－= Cl2↑+H2O
D. 该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ ClO－= HClO+CH3COO—
【答案】B
【解析】
【详解】A、用Cl2和NaOH溶液反应制取漂白液，故A正确；
B、根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=12＞11，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，故B不合理；
C、根据HCl和HClO中Cl化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，故C正确；
D、根据漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，故D正确。
答案选B。
13.用0.1 mol/L NaOH溶液滴定0.1 mol/L盐酸，如达到滴定终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0.05 mL)，继续加水至50 mL，所得溶液的pH是（ ）
A. 10 B. 7.2 C. 4 D. 11.3
【答案】A
【解析】
【详解】终点时不慎多加了1滴NaOH溶液，即0.05mL，继续加水至50mL，反应后溶液中c(OH-)=×0.1mol·L-1=10-4mol·L-1，根据c(H+)·c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-10mol/L，pH=10，故答案为A。
14.用标准KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，则原因可能是( )
A. 配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质
B. 滴定到终点时，仰视读数，其他操作正确
C. 盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用待测液润洗
D. 滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂了一滴溶液
【答案】A
【解析】
【分析】根据c（酸）=c(碱)×V(碱)/V(酸)判断不当操作对相关物理量的影响分析。
【详解】A项、配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，故所配得溶液的OH-浓度偏大，造成消耗标准液体积偏小，溶液浓度偏低，故A正确；
B项、滴定终点读数时，仰视滴定刻度，其他操作正常，导致消耗标准液体积偏大，溶液浓度偏大，故B正确；
C项、盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用待测液润洗，导致消耗标准液体积偏大，溶液浓度偏高，故B错误；
D项、滴定到终点读数时，发现滴定管尖挂一滴溶液，导致消耗的标准液体积偏大，溶液浓度偏高，故D错误。
15. 水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 图中五点Kw间的关系：B>C>A＝D＝E
B. 若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法
C. 若从A点到C点，在温度不变时向水中加入适量NH4Cl固体
D. 若处在B点时，将pH＝2硫酸与pH＝10的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
【答案】C
【解析】Kw与温度有关，温度越高值越大，EAD在一条等温线上，所以相等，B>C>A=D=E,因为温度升高。A正确。若从A点到D点，C(H+)变大，C(OH-)变小，可采用在水中加入少量酸的方法。B正确。若从A点到C点，Kw改变温度改变。C错误。若处在B点时，Kw=10-12（mol/L）2 pH =2的硫酸溶液与pH = 10的KOH溶液等体积混合，所得溶液呈中性.
16.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A. 使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42－、Cl－
B. =1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－
C. 与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3－、SO42－
D. 水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO2－、CO32－
【答案】B
【解析】
【详解】A、酚酞变红色的溶液，此溶液显碱性，Al3＋、OH－生成沉淀或AlO2－，不能大量共存，故A错误；
B、根据信息，此溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，这些离子不反应，能大量共存，故正确；
C、与Al能放出氢气的，同业可能显酸性也可能显碱性，若是碱性，则Fe2＋和OH－不共存，若酸性，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，不产生H2，故C错误；
D、水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液，此物质对水电离有抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，AlO2－、CO32－和H＋不能大量共存，故D错误。
答案选B。
17.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S（s）+2KNO3（s）+3C（s）==K2S（s）+N2（g）+3CO2（g） ΔH=x kJ·mol－1
已知碳的燃烧热ΔH1= a kJ·mol－1
S（s）+2K（s）==K2S（s） ΔH2= b kJ·mol－1
2K（s）+N2（g）+3O2（g）==2KNO3（s） ΔH3= c kJ·mol－1
则x为（ ）
A. 3a+b－c B. c +3a－b C. a+b－c D. c+a－b
【答案】A
【解析】
【详解】已知碳的燃烧热为ΔH1= a kJ·mol－1，则碳的燃烧热化学方程式为，①C（s）+O2（g）=CO2（g） ΔH1= a kJ·mol－1，②S（s）+2K（s）==K2S（s） ΔH2= b kJ·mol－1，③2K（s）+N2（g）+3O2（g）==2KNO3（s） ΔH3= c kJ·mol－1，根据盖斯定律，可得ΔH =3ΔH1+ΔH2—ΔH3，即x=3a+b－c，答案选A。
18.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O2CrO42-（黄色）+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：（ ）
结合实验，下列说法不正确的是（ ）
A. 若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
B. ①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
C. 对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D. ②中Cr2O72-被C2H5OH还原
【答案】A
【解析】
【分析】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验②、④可知Cr2O72-具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42-不能，以此解答该题。
【详解】A．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故A错误。
B．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故B正确
C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；
D．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故D正确；
故答案为A。
19.常温下，Ka (HCOOH)=1.77×10-4，Ka (CH3COOH)=1.75×10-5，Kb (NH3·H2O) =1.76×10-5，下列说法正确的是（ ）
A. 浓度均为0.1 mol·L-1的 HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B. 用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C. 0.2 mol·L-1 HCOOH 与 0.1 mol·L-1 NaOH 等体积混合后的溶液中: c(HCOO-) + c(OH-) = c(HCOOH) + c(H+)
D. 0.2 mol·L-1 CH3COONa 与 0.1 mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7): c(CH3COOH)> c(Cl- )＞c(CH3COO-)＞c(H+)
【答案】A
【解析】
【详解】A. 电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH3COO−>NH4+>HCOO−，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c(HCOO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)=0.1mol/L+c(H+)、c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)=0.1mol/L+c(OH−)，水解程度NH4+>HCOO−，所以前者c(H+)大于后者c(OH−)，所以浓度均为0.1 mol⋅L−1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者，故A正确；
B.pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c(HCOOH)
D. 0.2 mol·L-1 CH3COONa 与 0.1 mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH、KCl,溶液呈酸性,说明CH3COOH电离程度大于CH3COO−水解程度,氯离子不水解,醋酸电离程度较小,所以粒子浓度大小顺序是c(CH3COO-)＞ c(Cl- )＞c(CH3COOH)＞c(H+)，故D错误；
本题选A。
20.298 K时，在20.0 mL 0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L－1 氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是（ ）
A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B. M点对应的盐酸体积为20.0 mL
C. M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)
D. N点处的溶液中pH<12
【答案】D
【解析】
【详解】A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，而石蕊的变色范围为5-8，无法控制滴定终点，应选择甲基橙作指示剂，故A错误；
B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；
C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-），故C错误；
D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3 mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；故选D。
第Ⅱ卷 非选择题（共55分）
二、填空题（4小题，共40分）
21.（1）把0.4 mol X气体和0.6 mol Y气体混合于2 L密闭容器中，使它们发生如下反应：4 X(g)＋5 Y(g) n Z(g)＋6 W(g)。2 min 末已生成0.3 mol W，若测知以Z的浓度变化表示的反应速率为0.05 mol·（L·min）－1，计算：前2 min内用X的浓度变化表示的平均反应速率________化学反应方程式中n的值是______________________，2 min末时Y的浓度_____________________。
（2）已知有机物 HT 能将 Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+ (水层)+ 6HT（有机层） 2CeT3 (有机层）+ 6H+(水层) 从平衡角度解释：向 CeT3 (有机层）加入 H2SO4 获得较纯的含 Ce3+的水溶液的原因是__________________________________。
（3）硫酸铁铵矾［Fe2(SO4) 3·(NH4) 2SO4·24H2O］广泛用于水的净化处理，其净水原理用离子方程式解释是______________________________________________。
【答案】(1). 0.05 mol·（L·min）－1 (2). 4 (3). 0.175 mol·L－1 (4). 混合液中加入H2SO4使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动。 (5). Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3（胶体） + 3H+
【解析】
【分析】(1)先根据W的物质的量求出X的物质的量的变化量，根据v=计算v(X)；利用速率之比等于化学计量数之比计算n的值；计算出2min内Y的浓度变化量，2min末时Y的浓度为Y的起始浓度减去2min内Y的浓度变化量；
(2)加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；
(3)硫酸铁铵矾[Fe2(SO4)3•(NH4)2SO4•24H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理是溶解后溶液中的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水。
【详解】(1)物质的量之比等于化学计量数之比，所以△n(X)=△n(W)=×0.3mol=0.2mol，2min内用X的浓度变化表示的平均反应速率v(X)===0.05mol•(L•min)-1；速率之比等于化学计量数之比，所以v(X)：v(Z)=0.05 mol•(L•min)-1：0.05 mol•(L•min)-1=4：n，解得，n=4；物质的量之比等于化学计量数之比，所以△n(Y)=△n(W)=×0.3mol=0.25mol，所以2min内Y的浓度变化量△c(Y)===0.125mol/L，Y的起始浓度为=0.3mol/L，则2min末时Y的浓度为0.3mol/L-0.125mol/L=0.175mol/L；
(2)向CeT3(有机层)加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动；
(3)硫酸铁铵矾[Fe2(SO4)3•(NH4)2SO4•24H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理是溶解后溶液中的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，反应的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+。
22.（一）某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：
(1)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是____________。
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
(2)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，所用盐酸溶液的体积为_______mL。
(3)某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测NaOH溶液的体积/mL
0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
25.00
0.00
26.50
第二次
25.00
1.56
3030
第三次
25.00
0.22
26.76
依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度______________。
（二）已知某温度下CH3COOH的电离常数K=1.6×10-5。该温度下向20 mL 0.01 mol/L CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol/L KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：
(1)c点溶液中的离子浓度大小顺序为________________。
(2)a、b、c三点中水的电离程度最大的是________。
【答案】(1). D (2). 26.10 (3). c(NaOH)＝0.1061 mol·L－1 (4). c(K+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-) (5). c
【解析】
【分析】(一)(1)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；
(2)根据滴定管的结构和精确度以及测量的原理计算；
(3)先根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V(盐酸)，接着根据盐酸和NaOH反应求出c(NaOH)。
(二)(1)结合c点溶液的成分和酸碱性判断；
(2)酸抑制水的电离程度，可水解的盐促进水的电离。
【详解】(一)(1)A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，标准液被稀释，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，测定c(待测)偏大，故A错误；
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)=分析，测定c(待测)无影响，故B错误；
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，测定c(待测)偏大，故C错误；
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=分析，测定c(待测)偏小，故D正确；
故答案为D；
(2)起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，盐酸溶液的体积为26.10mL；
(3)第二次实验误差较大，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V(盐酸)=mL=26.52mL，由HCl+NaOH=NaCl+H2O得0.02652L×0.1000 mol/L=0.025L×c(NaOH)，解得：c(NaOH)≈0.1061mol/L；
(二)(1)c点pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(CH3COO-)=c(OH-)+c(K+)得c(CH3COO-)=c(K+)，则c点溶液中的离子浓度大小顺序为c(CH3COO-)=c(K+)＞c(H+)=c(OH-)；
(2)a点是醋酸溶液，b点是醋酸和少量CH3COOK的混合溶液，c点可看做是CH3COOK和极少量CH3COOH的混合溶液，酸能抑制水的电离，酸的浓度越大，抑制能力越强，所以c点溶液中水的电离程度最大。
23.近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
（1）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。
通过计算，可知系统（Ⅰ）制氢的热化学方程式为_____________。
（2）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g) COS(g) +H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。①H2S的平衡转化率=____%，反应平衡常数K=_____。
（3）H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。若氨水的浓度为2.0 mol·L−1，溶液中的c(OH−)=________ mol·L−1。将SO2通入该氨水中，当c(OH−)降至1.0×10−7 mol·L−1时，溶液中的c()/c()=___________________。
【答案】(1). H2O(l)=H2(g)+ O2(g) ΔH=+286 kJ/mol (2). 2.5 (3). 2.85×10–3 (4). 6.2×10-8 (5). 0.62
【解析】
【详解】(1)系统(Ⅰ)涉及水的分解，利用盖斯定律分别将系统(Ⅰ)的热化学方程式相加，可得到水分解的热化学方程式，则系统(I)的热化学方程式H2O(l)=H2(g)+O2(g)△H=+286kJ/mol；
(2)对于反应 H2S(g)+CO2(g) COS(g)+H2O(g)
起始(mol) 0.40 0.10 0 0
转化(mol) x x x x
平衡(mol) 0.40-x 0.10-x x x
反应平衡后水的物质的量分数为0.02，则=0.02，x=0.01，H2S的平衡转化率a1=×100%=2.5%；体积为2.5L，则平衡时各物质的浓度为c(H2S)=mol/L=0.156mol/L，c(CO2)=mol/L=0.036mol/L，c(COS)=c(H2O)=mol/L=0.004mol/L，则K===2.85×10–3；
(3)NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0mol•L-1，由Kb=可知c(OH-)=mol/L=6.0×10-3mol/L；当c(OH-)降至1.0×10-7mol•L-1时，c(H+)=1.0×10-7mol•L-1，H2SO3的Ka2=6.2×10-8，由Ka2=可知c(SO32-)/c(HSO3-)=0.62。
24.（一）（1）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g) + I2(g)。在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min
0
20
40
60
80
120
x(HI)
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
x(HI)
0
060
0.73
0.773
0.780
0.784
①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为：___________。
②上述反应中，正反应速率为v正= k正·x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆·x(H2)·x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k正为________(以K和k逆表示)。若k正= 0.0027min-1，在t=40min时，v正=________min-1。
③由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_________________（填字母）。
（二）常温下，将0.01 mol·L-1的Ba(OH)2溶液200mL和0.01 mol·L-1的NaHSO4溶液100mL混合，反应后溶液的pH值为______________________。
【答案】(1). (2). K正=K K逆 (3). 1.95×10-3 (4). A、E (5). 12
【解析】
【详解】(一)(1)①表中第一列，由HI分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由第一列数据可知，平衡时HI物质的量分数为0.784，则氢气、碘蒸汽总物质的量分数为1-0.784=0.216，而氢气、与碘蒸汽物质的量分数相等均为0.108，反应前后气体体积不变，用物质的量分数代替浓度计算平衡常数，则平衡常数K==；
②到达平衡时，正、逆反应速率相等，则k正x2(HI)=k逆x(H2)x(I2)，则k逆=k正×=，即K正=K K逆；在t=40min时，正反应建立平衡的x(HI)=0.85，则v正=k正x2(HI)=0.0027min-1×0.852=1.95×10-3min-1；
③对于2HI(g) H2(g)+I2(g)反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除C点，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时HI的物质的量分数减小，因此排除B点，故选A点；对于H2(g)+I2(g) 2HI(g)反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡逆向移动，再次平衡时H2的物质的量分数增大，故选E点；因此反应重新达到平衡，v正～x(HI)对应的点为A，v逆～x(H2)对应的点为E，故答案为：A、E；
(二)200mL0.01mol•L-1的Ba(OH)2溶液中氢氧化钡物质的量为：0.01mol•L-1×0.2L=0.002mol，氢氧根的物质的量为0.004mol；100mL0.01mol•L-1的NaHSO4溶液中硫酸氢钠的物质的量为：0.01mol•L-1×0.1L=0.001mol，氢离子的物质的量为：0.001mol；两溶液混合后，氢氧根离子过量，溶液显示碱性，反应后的溶液中氢氧根离子浓度为：=0.01mol/L，则溶液的pH=12。
25.（1）砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有，其原因是____________。
（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如题图1和题图2所示。
①以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.0～10.0)，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为____。
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4−+H+的电离常数为Ka1，则pKa1=____(pKa1=-lgKa1)。
（3）25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是______。
A．0.1mol/L CH3COONa溶液与0.1mol/L HCl溶液等体积混合：c（Na+）=c（Cl-）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）
B．含等物质的量的NaX和弱酸HX的混合溶液中一定存在：c（Na+）＞c（X-）
C．0.1mol/L Na2CO3溶液与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合：2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）
D．Na2C2O4溶液与HCl溶液等体积混合（H2C2O4是二元弱酸）：2c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（OH-）+c（Cl-）=c（Na+）+c（H+）
（4）下列图示与对应的叙述不相符的是______。
A．图1表示可逆反应“2X(g) Y(g)△H＜0”温度T1＜T2的情形
B．图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)的影响，乙压强比甲压强大
C．图3中a、b、c三点中只有b点已经达到化学平衡状态
D．图4是向20 mL pH=3的醋酸溶液中滴加pH=11的NaOH溶液过程中pH变化曲线
【答案】(1). 碱性溶液吸收了空气中的CO2 (2). OH− + H3AsO3=H2AsO3− + H2O (3). 2.2 (4). ACD (5). BCD
【解析】
【详解】(1)空气中的CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液，NaOH是碱，能吸收空气中的二氧化碳而生成碳酸根离子，所以其原因是碱性溶液吸收了空气中的CO2；
(2)①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3-浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3-，该反应为酸碱的中和反应，同时还生成水，离子方程式为OH-+H3AsO3=H2AsO3-+H2O；
②Ka1=，pH=2.2时c(H+)=10-2.2 mol/L，c(H3AsO3)=c(H2AsO3-)，pKa1=-lgKa1=-lg=2.2；
(3)A．溶液为氯化钠和醋酸混合溶液，且二者的物质的量浓度相等，混合溶液呈酸性，溶液中c(OH-)很小，且混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na+)=c(Cl-)，醋酸部分电离，所以溶液中存在c(Na+)=c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)，故A正确；
B．等物质的量浓度、等体积的NaX和弱酸HX溶液混合后，溶液酸碱性情况取决于电离与水解的相对大小，无法确定溶液酸碱性，所以也无法比较各微粒物质的量浓度的大小，故B错误；
C．混合溶液存在物料守恒，根据物料守恒得：0.1mol•L-1 Na2CO3溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，0.1mol•L-1 NaHCO3溶液中：c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，两式相加得，2c(Na+)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)，故C正确；
D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，故D正确；
故答案为ACD；
(4)A．由图可知，温度T2先到达平衡，故温度T1＜T2，可逆反应2X(g) Y(g)△H＜0，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，Y的含量降低，图象与实际相符合，故A正确；
B．增大压强反应速率加快，平衡向正反应移动，平衡时A的物质的量降低，图象中到达平衡时间相同，且平衡时A的物质的量相同，图象与实际不符合，故B错误；
C．图象为正、逆平衡常数与温度关系，曲线上各点都是平衡点，故C错误；
D.20mLpH=3的醋酸溶液中滴加20mLpH=11的NaOH溶液，由于HAc是弱电解质，反应后为HAc、NaAc混合溶液，HAc浓度远大于NaAc，溶液呈酸性，图象中为中性，图象与实际不符，故D错误；
故答案为BCD。
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