还剩17页未读，
继续阅读
【化学】安徽省阜阳三中2018-2019学年高二上学期第一次调研考试（解析版）
展开
安徽省阜阳三中2018-2019学年高二上学期第一次调研考试
注意事项：
1．答案一律写到答题卡上，凡是答案写在试卷和草稿纸上的一律无效。
2．相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 Mg－24 Al－27 P－31 S－32 Cl－35.5 K－39 Ca－40 Cr－52 Mn-55 Fe－56 Cu－64 Zn－65 Ag－108 Ba－137
第I卷（选择题）
一、单项选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分)
1.设NA为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是 ( )
A. 1LpH=2的硫酸溶液中SO42-数目等于0.01NA
B. 室温下，pH=6的NH4Cl溶液中，由水电离的H+浓度为10-6mol/L
C. 常温下，1mol/L盐酸溶液中H+个数等于0.1NA
D. 在密闭容器内充入0.50molNO和0.25molO2，充分反应后容器内分子数为0.5NA
【答案】B
【解析】
【分析】
1LpH=2的硫酸溶液中，硫酸根物质的量为0.005mol；NH4Cl在溶液中水解而促进水电离，溶液中H+都是水电离出来的；溶液体积不知不能计算微粒数； 0.50molNO和0.25molO2恰好反应生成0.50molNO2，NO2会发生聚合反应生成N2O4。
【详解】1LpH=2的硫酸溶液中，氢离子物质的量n（H+）=10-2mol,硫酸根n（SO42-）=0.005 mol，A错误；NH4Cl在溶液中水解而促进水电离，溶液中H+都是水电离出来的，室温下，pH=6的NH4Cl溶液中由水电离的H+浓度为10-6mol/L，B正确；常温下，1mol/L盐酸溶液的体积不知，不能计算溶液中H+个数，C错误；0.50molNO和0.25molO2恰好反应生成0.50molNO2，NO2会发生聚合反应生成N2O4，容器内分子数小于0.5NA，D错误。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数和盐类水解，主要是计算溶液或反应后微粒个数，注意NH4Cl溶液中H+都是水电离出来的、NO2会发生聚合反应生成N2O4是易错点。
2.物质的量浓度相同的以下溶液：①NH4HSO4 ②(NH4)2CO3 ③NH4Fe(SO4)2 ④NH4NO3 ⑤CH3COONH4，C(NH4＋)由大到小的顺序为 ( )
A. ②①③④⑤ B. ③①④②⑤ C. ①③④⑤② D. ②①④⑤③
【答案】A
【解析】
铵根离子水解程度较小，所以要比较物质的量浓度相同的溶液中铵根离子浓度大小，应先比较盐中铵根离子的微粒个数，微粒个数越大，溶液中铵根离子浓度越大，微粒个数相同的铵盐溶液，应根据溶液中其它离子是促进铵根离子水解还是抑制铵根离子水解判断。
【详解】(NH4)2CO3溶液中铵根离子的微粒个数最多，则溶液中铵根离子浓度最大；NH4HSO4 和NH4Fe(SO4)2溶液中，氢离子和亚铁离子抑制铵根离子水解，但氢离子抑制程度大， CH3COONH4溶液中，醋酸根离子促进铵根离子水解，所以C(NH4＋)由大到小的顺序为②①③④⑤，故选A。
【点睛】本题考查了铵根离子浓度的比较，解答时，应先根据盐中铵根离子的微粒个数进行分类比较，再其它离子对铵根离子的影响来分类比较。
3.合成氨反应为：3H2＋N2 2NH3，其反应速率可以分别用v(H2)、v(N2)、v(NH3)表示，反应达平衡时，下列关系式正确的是 ( )
A. 3v(H2)正=v(N2)逆 B. v(H2)生成=v(NH3)生成
C. 2v(N2)消耗=v(NH3)消耗 D. 3v(H2)逆=2v(NH3)正
【答案】C
【解析】
【分析】
反应达平衡时，v正=v逆，用不同物质表示同一化学反应速率，速率之比等于化学计量数之比。v(H2)：v(N2)：v(NH3)=3:1:2。
【详解】反应达平衡时，v正=v逆，用不同物质表示同一化学反应速率，速率之比等于化学计量数之比。v(H2)：v(N2)：v(NH3)=3:1:2。
A. 3v(H2)正=v(N2)逆，不能说明达到平衡状态，应为v(H2)正=3v(N2)逆，故A错误；
B. v(H2)生成=v(NH3)生成,虽然 v(H2)生成表示逆反应速率，v(NH3)生成表示正反应速率，但不符合比例关系，应为2v(H2)生成=3v(NH3)生成,故B错误；
C. 2v(N2)消耗=v(NH3)消耗，即v正=v逆，故C正确；
D. 3v(H2)逆=2v(NH3)正，不能说明达到平衡状态，应为2v(H2)逆=3v(NH3)正，故D错误。
故选C。
【点睛】解答本题时要注意必须是v正=v逆，若用某物质的消耗或生成表示反应速率，则要同侧相反，异侧相同，如本题C选项v(N2)消耗，代表正反应速率，而v(NH3)消耗代表逆反应速率，当2v(N2)消耗=v(NH3)消耗，说明v正=v逆，符合题意，否则，不符合题意。
4.反应2X(气)＋Y(气)2Z(气) △H<0，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。下列判断正确的是 ( )
A. T1P2 C. T1>T2，P1>P2 D. T1>T2，P1
【解析】
【分析】
根据温度，压强对平衡移动的影响分析，温度越高，压强越大，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大。
【详解】根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，故有： T1>T2；
根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，故有： P1>P2。
故选C。
5.常温下，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混和，所得混和溶液的pH=11，则强酸与强碱的体积比是( )
A. 9:1 B. 11:1 C. 1:11 D. 1:9
【答案】A
【解析】
【分析】
酸碱混合后溶液呈碱性，说明碱过量，根据c(OH-)=计算。
【详解】pH=13的强碱溶液中c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，
酸碱混合后溶液呈碱性,说明碱过量,且pH=11，说明反应后c(OH-)=0.001mol/L，
则：c(OH-)===0.001mol/L，
解之得：V(酸)：V(碱) =9：1，
所以A选项是正确的。
6.室温下，将1mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)＝CuSO4(s)+5H2O(l)，热效应为△H3。则下列判断不正确的是 ( )
A. △H2<△H3 B. △H1<△H3 C. △H2+△H3 =△H1 D. △H1+△H2>△H3
【答案】D
【解析】
【分析】
胆矾溶于水时，溶液温度降低，该反应为吸热反应，则：CuSO4·5H2O(s)＝Cu2+(aq)+SO42-(aq)+ +5H2O(l) △H1>0；
硫酸铜溶于水，溶液温度升高，说明该反应为放热反应，则：CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq) △H2<0；
已知CuSO4·5H2O(s)＝CuSO4(s)+5H2O(l) △H3，根据盖斯定律确定各焓变之间的关系，以此解答该题。
【详解】①胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4·5H2O(s)＝Cu2+(aq)+SO42-(aq)+ +5H2O(l) △H1>0；
②硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应，则：CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq) △H2<0；
③已知CuSO4·5H2O(s)＝CuSO4(s)+5H2O(l) △H3，
根据盖斯定律①-②得到③：△H3=△H1-△H2，因为△H2<0，△H1>0，则△H3>0，
A.分析可以知道△H3>0，而△H2<0，则△H2<△H3，故A不选；
B.分析可以知道△H2=△H1-△H3，因为△H2<0，△H1<△H3，故B不选；
C. △H2=△H1-△H3，则△H2+△H3 =△H1，故C不选；
D. △H2<0，△H1>0，且△H2+△H3 =△H1，则△H1+△H2<△H3，所以选D。
所以答案选D。
7.在373K时,把0.5mol N2O4气体通入体积为5L的恒容密闭容器中,立即出现红棕色。反应进行到2秒时,NO2的浓度为0.02 mol/L。在60秒时,体系已达平衡,此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是( )
A. 前2秒, 以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01 mol/(L·s)
B. 在2秒时体系内的压强为开始时的1.2倍
C. 在平衡时体系内含N2O4 0.20 mol
D. 平衡时, 如果再充入一定量N2O4, 则可提高N2O4的转化率
【答案】C
【解析】
【分析】
A．根据化学反应速率的定义可知，利用单位时间内浓度的变化量来计算化学反应速率；
B．利用一定条件下反应前后的物质的量之比等于压强之比来计算；
C．利用平衡时容器内压强为开始时的1.6倍来计算平衡时各物质的物质的量；
D．若往容器内充入N2O4气体，相当于压缩容器体积，相当于增大压强，利用压强对化学平衡的影响来分析能否提高N2O4的转化率。
【详解】A项，前2秒，以NO2的浓度变化表示的平均反应速率为=0.01mol/(L·s)
，则以N2O4浓度变化表示的平均反应速率为0.005mol/(L·s)，故A项错误；
B项2秒时，NO2的浓度为0.02 mol/L，其物质的量为0.02 mol/L×5L=0.1mol，则容器内气体的总物质的量为0.5mol-0.05mol+0.1mol=0.55mol，容器内的压强为反应前的=1.1倍，故B项错误；
C项，平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol×1.6=0.8mol，设剩余N2O4的物质的量为xmol，则有(0.5-x)×2+x=0.8，解得x=0.2mol，即体系内含0.2mol N2O4，故C项正确；
D项，平衡时，若往容器内充入N2O4气体，相当于在原来的基础上缩小体积，由N2O4═2NO2，则缩小体积，压强增大，化学平衡逆向移动，N2O4的转化率降低，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题考查化学平衡及化学反应速率的计算，题目难度中等，明确信息中的压强关系及不同时间混合体系中各物质的物质的量的关系是解答的关键，并熟悉化学反应速率的计算式及影响化学平衡移动的因素即可解答。
8.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是( )
A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
D. 该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)
【答案】B
【解析】
平衡常数只与温度有关，增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，故A错误；Ni(CO)4的沸点为42.2℃，第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4，所以温度要高于42.2℃，故B错误；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃ ，Ni(CO)4分解得高纯镍，Ni(CO)4分解率较高，故C正确；达到平衡正逆反应速率比等于系数比，4v生成[Ni(CO)4]= v生成(CO)，故D错误。
9.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
10.室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mL pH=2的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=3。关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是 ( )
A. 溶液的体积：10V甲＝V乙
B. 水电离出的C(OH-)：10C(OH－)甲≤C(OH－)乙
C. 若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≥乙
D. 若分别与5mL pH=12的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲≥乙
【答案】C
【解析】
【详解】A、如果酸是强酸，则需要稀释10倍，才能使pH从2升高到3；如果是弱酸，弱酸存在电离平衡，稀释促进电离，则需要稀释10倍以上，才能使pH从2升高到3，即溶液的体积：10V甲≤V乙，A错误；
B、酸抑制水的电离，甲烧杯中氢离子的浓度是乙烧杯中氢离子浓度的10倍，因此水电离出的OH－浓度：10c(OH－)甲＝c(OH－)乙，B错误；
C、若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，则乙烧杯中所得盐溶液的浓度小。如果盐不水解，则所得溶液的pH相等。如果生成的盐水解，则甲烧杯中溶液的碱性强于乙烧杯中溶液的碱性，即所得溶液的pH：甲≥乙，C正确；
D、若分别与5mlpH＝12的NaOH溶液反应，如果是强酸，则均是恰好反应，溶液显中性。如果是弱酸，则酸过量，但甲烧杯中酸的浓度大，pH小，因此，所得溶液的pH：甲≤乙，D错误。
答案选C。
11.室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH＝7（忽略溶液体积的变化），溶液中部分微粒的物质的量浓度不正确的是 ( )
A. 向0.20 mol/L NH4HCO3中通入CO2: C(NH4＋)＝C(HCO3-)+2C(CO32-)
B. 向0.15 mol/L NaHSO3中通入NH3: C(Na＋)>C(NH4＋)>C(SO32-)
C. 向0.30mol/L Na2SO3中通入CO2: C(Na＋)＝2[C(SO32-)+C(HSO3-)+C(H2SO3)]
D. 向0.10 mol/L CH3COONa中通入HCl：C(Na＋)>C(CH3COOH)＝C(Cl-)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 两者不反应，根据溶液呈现电中性，c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，因为pH=7，c(H+)=c(OH﹣)，即C(NH4＋)＝C(HCO3—)+2C(CO32—)，故A正确；
B. NaHSO3呈酸性，(NH4)2SO3 、Na2SO3呈碱性，一部分 NaHSO3与NH3反应生成( NH4)2SO3 、Na2SO3：2 NaHSO3+2NH3 ( NH4)2SO3 +Na2SO3 ，所以C(Na＋)>c(NH4+)=c(SO32—)，故B错误。
C. 向0.30mol/L Na2SO3中通入CO2，使溶液呈中性，SO32-部分生成HSO3—和H2SO3，但硫原子和钠原子总数不变，根据硫原子守恒，C(Na＋)＝2[C(SO32—)+C(HSO3—)+C(H2SO3)]，故C正确。
D.CH3COONa水解呈碱性，一部分CH3COONa与HCl反应生成CH3COOH：CH3COONa+HClCH3COOH +NaCl，所以c(Na+)＞c(CH3COOH)=c(Cl﹣)，故D正确。
答案选B。
【点睛】涉及离子浓度大小比较，常用规律：电荷守恒、质子守恒、物料守恒、水解程度和弱电解质电离程度微弱，然后分析反应后溶液中溶质有哪些物质，分析是电离为主还是水解为主，这需要根据题目所给信息进行判断，此类题中等难度，要求学生学会分析问题的能力。
12.可逆反应2X(g)＝Y(g),温度T1、T2下X的物质的量浓度C(X)随时间t变化的曲线如图所示。下列叙述正确的是 ( )
A. 该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量
B. T2下，在0—t1时间内，V(Y)＝(a-b)/2t1 mol·L－1·min－1
C. M点的正反应速率V正 小于N点的逆反应速率V逆
D. M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可以知道，温度为T1先到达平衡，所以T1>T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；以此解答。
【详解】A、进行到M点X的转化率较低，因为正向是放热反应，所以反应进行到M点放出的热量少，故A错误；
B、T2下，在0—t1时间内，X的浓度变化为：c(X)=(a-b)mol/L，则Y的浓度变化为从c(Y)=c(X)=mol/L，所以V(Y)＝(a-b)/2t1 mol·L－1·min－1，故B正确；
C、根据图象可以知道，温度为T1时反应首先达到平衡状态；温度高反应速率快，到达平衡的时间少，则温度是T1>T2；M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，故C错误；
D. 在达到平衡时再加入反应物，恒容密闭，相当于增大压强，平衡向右移动，X转化率增大，故D错误。
所以B选项是正确的。
13.下列有关电解质溶液的说法正确的是 ( )
A. 向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)减小
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中(c(CH3COO-))/(c(CH3COOH)⋅c(OH-))增大
C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中(c(NH4+))/(c(Cl-))>1
D. NH4HSO4和NaOH混合呈中性C(Na＋)>C(SO42—)>C(NH4＋)>C(NH3·H2O)>C(H＋)=C(OH—)
【答案】D
【解析】
【分析】
CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，则n(H+)增大，n（CH3COOH）减小；醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，水解过程吸热，升温平衡正向进行，水解平衡常数K增大，1/K减小；向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）得到c（NH4+）=c（Cl-）；由于铵根离子部分水解，则c（SO42-）＞c（NH4+），结合电荷守恒判断。
【详解】CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，则n(H+)增大，n（CH3COOH）减小，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)增大，A错误；醋酸钠溶液加热，醋酸根离子水解程度增大，(c(CH3COO-))/(c(CH3COOH)⋅c(OH-)=1/K，K变大，所以比值变小，故错误；向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）得到c（NH4+）=c（Cl-），(c(NH4+))/(c(Cl-)=1，C错误；溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知：2c（SO42-）=c（NH4+）+c（Na+），由于NH4+水解，故NH4+浓度小于SO42-，则c（Na+）＞c（SO42-），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH-），D正确；答案选D。
【点睛】本题考查弱电解质电离平衡、水解平衡影响因素分析判断，解答时注意总结影响因素以及平衡移动的方向的判断，特别是温度对电离常数和水解常数的影响。
14.常温下，在20.0mL0.10mol•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0.10mol•L-1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述不正确的是 ( )
A. 该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂 B. M点对应的盐酸体积小于20.0mL
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】
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，所以应选择甲基橙作指示剂；
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，溶液应该呈酸性；
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；
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。
【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，所以应选择甲基橙作指示剂，所以盐酸滴定氨水需要甲基橙作指示剂，故A不选；
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不选；
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 c(NH4＋)=c(Cl－)>c(H＋)=c(OH－)，故C不选；
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，故选D；
综上所述，本题答案为D。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验操作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解本题关键，注意B采用逆向思维方法分析解答，知道酸碱中和滴定中指示剂的选取方法，题目难度中等。
15.下列应用与盐类的水解无关的是 ( )
A. 纯碱溶液可去除油污 B. NaCl可用作防腐剂和调味剂
C. TiCl4溶于大量水加热制备TiO2 D. FeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体
【答案】B
【解析】
A项,去除油污利用的是C水解使溶液显碱性;C项,TiCl4在水溶液中加热时先水解生成Ti(OH)4,再受热分解生成TiO2;D项,制Fe(OH)3胶体利用的是铁离子的水解。
16.MOH和ROH两种一元碱的溶液分别加水稀释时，pH变化如图所示。下列叙述中正确的是（ ）
A. ROH是一种弱碱 B. 在x点，c（M+）=c（R+）
C. 在x点，MOH完全电离 D. 稀释前，c（ROH）=10 c（MOH）
【答案】B
【解析】
试题分析：由图可以看出，ROH原来的pH为13，稀释十倍，pH为12，稀释一百倍，pH为11，由此可以判断，ROH为强碱，相反MOH为弱碱，故A错误；在x点，两种物质的pH相等，根据电荷守恒可以知道，c(M＋) ＝ c(R＋)，即B正确；MOH为弱碱，所以在x点，MOH仍然不完全电离，所以C错误；因为MOH为弱碱，而ROH为强碱，虽然稀释强，ROH的pH为13，而MOH的pH为12，但是c(ROH)不为 c(MOH)的10陪，所以D错误。
考点：强弱碱
点评：本题结合图像考查了强弱碱，本考点是高考考查的热点，本题有一定的综合性，本题难度适中。
17.温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应: 2NO2 2NO+O2(正反应吸热)。实验测得:v正=v（NO2）消耗=k正c2（NO2），v逆=v（NO）消耗=2v（O2）消耗=k逆c2（NO）•c（O2），k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是( )
A. 达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 4∶5
B. 达平衡时，容器Ⅱ中c(O2 )/ c(NO2 )比容器Ⅰ中的大
C. 达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%
D. 当温度改变为 T2时，若 k正=k逆，则 T2> T1
【答案】CD
【解析】
【详解】I中的反应2NO2（g）2NO（g）+O2（g）
开始（mol/L）0.6 0 0
反应（mol/L）0.4 0.4 0.2
平衡（mol/L）0.2 0.4 0.2
化学平衡常数K= =0.8,容器体积为1L，则平衡时I中气体总物质的量为1L×（0.2+0.4+0.2）mol/L=0.8mol，恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，如果平衡时I、II中压强之比为4：5，则II中平衡时气体总物质的量为1mol，II中开始时浓度商==，＜0.8，则平衡正向移动，平衡正向移动导致混合气体总物质的量之和增大，所以达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比小于4：5，故A错误；如果II中平衡时c（NO2）=c（O2），设参加反应的c（NO2）=xmol/L，则0.3-x=0.2+0.5x，x=1/15，平衡时c（NO2）=c（O2）=7/30，c（NO）=0.5mol/L+1/15mol/L=17/30mol/L，II中K≈1.3＞0.8，说明II中平衡时应该存在c（NO2）＞c（O2），容器I中c（O2）/c（NO2=1，所以达平衡时，容器Ⅱ中c（O2）/c（NO2）小于1，则 比容器Ⅰ中的小，B错误；如果III中NO和氧气完全转化为二氧化氮，则c（NO2）=0.5mol/L，且容器中还有c（O2）=0.1mol/L剩余，与I相比，III是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%，则达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%，C正确；v正=v（NO2）消耗=k正c2（NO2 ，v逆=v（NO）消耗=2v（O2）消耗=k逆c2（NO）•c（O2），达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k正c2（NO2）=k逆c2 （NO）•c（O2），且k正=k逆，则c2（NO2）=c2（NO）•c（O2），化学平衡常数K等于1，该温度下的K大于0.8，且该反应的正反应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以T2＞T1，D正确。
故选CD。
【点睛】本题考查化学平衡计算，侧重考查分析、计算及灵活运用知识的能力，试题的难点是如果单纯的根据设未知数计算要涉及一元三次方程而难以解答，这需要灵活运用知识巧妙的避开一元三次方程而解答问题。
18.常温下将NaOH溶液添加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是 ( )
A. 己二酸电离常数Ka1(H2X)约为10-4.4
B. 曲线M表示pH与lg(HX—)/(H2X)的变化关系
C. 当溶液中c(X2-)＝c(HX-)时，溶液为碱性
D. 当混合溶液呈中性时，c（Na+）＞c(HX-)＞c(X2—)＞c(OH—)=c（H+）
【答案】A
【解析】
【分析】
H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）＞Ka2（H2X），则酸性条件下pH相同时，c（HX—）/c（H2X）＞c（X2—）c（HX−）；由图象可知N为lgc（HX—）/c（H2X）的变化曲线，M为lgc（X2—）/c（HX−）的变化曲线，当lgc（HX−）/c（H2X）或lgc（X2—）/c（HX−）=0时，说明c（HX—）c（H2X）或c（X2—）c（HX—）=1，浓度相等，结合图象可计算电离常数并判断溶液的酸碱性。
【详解】当lgc（HX−）/c（H2X）=0时，c（HX—）/c（H2X）=1，此时pH≈,4.4，则Ka1（H2X）≈10-4.4，A正确；曲线M表示pH与lgc（X2—）/c（HX−）的变化关系，B错误；当溶液中c(X2-)＝c(HX-)时，即lgc（X2—）/c（HX−）=0时，溶液pH≈5.4，溶液呈酸性，C错误；由图象可知当pH=7时，lgc（X2—）/c（HX−）＞0，即c（X2-）＞c（HX-），D错误。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握图象的曲线的变化意义和数据的处理是解题关键。
第II卷(非选择题，共46分)
二、填空题(本题包括4大题，共46分)
19.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。
20.25℃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）下列四种离子结合质子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）25℃时，若测得CH3COOH与CH3COONa的混合溶液的pH＝6，则溶液中c(CH3COO－)-c(Na＋)＝___mol·L-1(填精确数值)。
（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。
稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)_____ (填“>”、“=”或“<”，下同)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。
【答案】 (1). 增大 (2). a＞b＞d＞c (3). cd (4). 9.9×10－7 moL·L－1 (5). > (6). >
【解析】
【分析】
升高温度促进弱电解质的电离；酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱；酸性强弱为CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-，强酸能够制取弱酸；根据混合液中的电荷守恒计算；加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；加水稀释HX溶液中氢离子浓度减小，对水的抑制程度减小。
【详解】（1）升高温度促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大。（2）电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32->ClO->HCO3->CH3COO-，即a>b>d>c。（3）a．CO32-+CH3COOH═CH3COO-+CO2↑+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；b．ClO-+CH3COOH═CH3COO-+HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；c．CO32-+HClO═CO2↑+H2O+ClO-：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；故选cd。d.2ClO-+CO2+H2O═CO32-+2HClO：由于酸性H2CO3>HClO>HCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-，该反应不能发生，故d正确；（4）根据电荷守恒得c（CH3COO－）－c（Na＋）＝c（H＋）－c（OH－）＝（10－6－10－8）mol·L－1＝9.9×10－7mol·L－1。（5）加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于常数，稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c（H+）大于醋酸溶液水电离出来c（H+）；溶液中氢离子浓度越小，对的抑制程度越小，水的电离程度越大，稀释后HX溶液中的c（H+）小于CH3COOH溶液中的c（H+），它对水的电离的抑制能力减弱。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，涉及离子浓度大小比较、pH的简单计算等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查分析判断能力及化学计算能力。
21.高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂。以下是实验室中模拟工业上用软锰矿制备高锰酸钾的流程图。
（1）操作Ⅰ的名称为_________。
（2）反应②的化学方程式为____________。工业上用上述原理生产KMnO4方法产率较低，较好的制备方法是电解法。用Pt作阳极，Fe作阴极，K2MnO4为电解液，阳极的电极反应式为_________________。
（3）KMnO4在酸性介质中的强氧化性广泛应用于分析化学中。
例如：2KMnO4+3H2SO4+5Na2SO3=5Na2SO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O。某同学用KMnO4测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度。现欲准确称取6.3 g Na2SO3固体样品，配成500 mL溶液。取25.00 mL上述溶液放入锥形瓶中，用0.01000 mol/L 的酸性KMnO4溶液进行滴定。滴定结果如下表所示：
配制500 mLNa2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙和_____、____。
②判断滴定终点的依据是____________________________________________。
③下列操作会导致测定结果偏高的是___________。
A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管 B．滴定前锥形瓶未干燥
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡 D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
④用上述实验数据，计算Na2SO3的纯度为______________。(保留三位有效数字)
【答案】 (1). 过滤 (2). 3K2MnO4+ 2CO2=2KMnO4+ 2K2CO3+MnO2↓ (3). MnO42-―e—=MnO4- (4). 500mL容量瓶 (5). 托盘天平 (6). 锥形瓶溶液从无色变为浅红色，且半分钟内不褪去 (7). AC (8). 24.0%
【解析】
【分析】
二氧化锰与氢氧化钾在空气中熔融，加水溶解得到K2MnO4溶液，通入二氧化碳得到KMnO4、MnO2、K2CO3，过滤除去滤渣MnO2，滤液为KMnO4、K2CO3溶液，浓缩结晶，趁热过滤得到KMnO4粗晶体，母液中含有K2CO3，在母液中加石灰乳（氢氧化钙）得到碳酸钙沉淀和KOH，KMnO4粗晶体重结晶得到KMnO4晶体。
【详解】（1）该操作时分离固体与溶液，是过滤操作。（2）反应②为K2MnO4溶液中通入二氧化碳得到KMnO4、MnO2、K2CO3，反应的化学方程式为：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2↓；用Pt作阳极，Fe作阴极，电解K2MnO4溶液，阳极上MnO42-失电子的氧化反应，电极反应式为MnO42--e=MnO4-。（3）①用固体配制溶液所用仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、药匙，则配制500 mLNa2SO3溶液时还需托盘天平和500mL容量瓶；②酸性KMnO4溶液进行滴定亚硫酸钠溶液，滴入最后一滴，溶液呈紫红色且半分钟不变化，证明反应达到终点；③酸式滴定管水洗后未用待测液润洗，会导致酸性高锰酸钾浓度偏小，需要高锰酸钾体积偏大，即造成V（标准）偏大，测定值偏大，A正确；盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，待测液的物质的量不变，标准液的体积不变，c（待测）无影响，B错误；定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致测定高锰酸钾体积偏大，即造成V（标准）偏大，测定值偏大，C正确；滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，则
c（待测）偏小，D错误，故选AC。④25ml溶液消耗高锰酸钾溶液平均体积为24ml，结合化学方程式得定量关系：2KMnO4—5Na2SO3，计算得到250ml溶液中亚硫酸钠物质的量为0.012mol，则6.3gNa2SO3固体样品中亚硫酸钠质量分数为24%。
【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重于分析能力的考查，试题注重常见氧化剂与还原剂、氧化还原反应、化学计算和对工艺流程的理解、阅读题目获取信息的能力等，需要具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力，注意氧化还原反应滴定实验过程分析和计算方法的分析。
22.金属钒被誉为“合金维生素”，常用于催化剂和新型电池．钒（V）在溶液中主要以VO43-（黄色）、VO2+（浅黄色）、VO2+（蓝色）、V3+（绿色）、V2+（紫色）等形式存在．回答下列问题：
（1）V2O5是一种重要的氧化物，具有以下性质：
①V2O5在强碱性溶液中以VO43-形式存在，试写出V2O5溶于NaOH溶液的离子方程式：__________________。
②V2O5具有强氧化性，溶于浓盐酸可以得到蓝色溶液，试写出V2O5与浓盐酸反应的化学反应方程式：________。
（2）VO43-和V2O74-在PH≥13的溶液中可相互转化．室温下，1.0mol•L-1的Na3VO4溶液中c（VO43-）随c（H+）的变化如图所示。
①写出溶液中Na3VO4转化为Na4V2O7的离子方程式__________________________________。
②根据A点数据，计算该转化反应的平衡常数的数值为________________。
（3）全钒液流电池是一种优良的新型蓄电储能设备，其工作原理如图所示：
①放电过程中A电极的反应式为____________________________________________。
②充电过程中，B电极附近溶液颜色变化为__________________________________________。
【答案】 (1). V2O5+6OH-=2VO43-+3H2O (2). V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O (3). 2VO43-+H2OV2O74-+2OH- (4). 0.4 (5). VO2++2H++e-=VO2++H2O (6). 溶液由绿色变为紫色
【解析】
【分析】
V2O5在强碱性溶液中以VO43-形式存在，V2O5溶于NaOH溶液反应生成VO43-和水；V2O5具有强氧化性，溶于浓盐酸可以得到蓝色溶液为VO2+，V元素化合价+5价变化为+4价，做氧化剂，氯化氢被氧化生成氯气；氢离子浓度越大，VO43-越少，溶液中Na3VO4转化为Na4V2O7；由图可知，溶液中c（H+）增大，VO43-的浓度减小平衡转化率增大，A点VO43-的浓度为0.2mol/L，结合三行计算列式得到平衡浓度计算平衡常数；放电时，正极上的反应：VO2++2H++e-═VO2++H2O，负极上发生V2+-2e-=V3+的反应；充电时，右槽B电极附近溶液颜色由紫色变为绿色时，即V2+→V3+，发生失去电子的氧化反应。
【详解】（1）①V2O5在强碱性溶液中以VO43-形式存在，V2O5溶于NaOH溶液反应生成VO43-和水，反应的离子方程式为：V2O5+6OH-=2VO43-+3H2O；②V2O5具有强氧化性，溶于浓盐酸可以得到蓝色溶液为VO2+，V元素化合价+5价变化为+4价，做氧化剂，氯化氢被氧化生成氯气，结合电子守恒、原子守恒配平书写化学方程式V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O。（2）①VO43-和V2O74-在PH≥13的溶液中可相互转化．室温下，1.0mol•L-1的Na3VO4溶液中c（VO43-）随c（H+）的变化如图1所示，氢离子浓度越大，VO43-越少，溶液中Na3VO4转化为Na4V2O7的离子方程式2VO43-+H2O?V2O74-+2OH-；②由图可知，溶液中c（H+）增大，VO43-的浓度减小，说明VO43-的平衡转化率增大，A点VO43-的浓度为0.2mol/L，消耗浓度1mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，则生成，即平衡时V2O74-的浓度为0.4mol/L，A点c（H+）=5×10—14 mol/L，平衡时c（OH-）=0.2mol/L，则反应2VO43-+H2OV2O74-+2OH-的平衡常数K=0．22×0.4/0．22=0.4。（4）①放电过程中A电极为原电池正极，电极的反应式为VO2++2H++e-=VO2++H2O；②充电时，右槽B是电解池的阴极，该极上发生得电子的还原反应，即V2+→V3+，应该是绿色变为紫色。
【点睛】本题考查了化学反应原理的综合应用，涉及了陌生化学方程式和离子方程式书写，原电池和电解池原理的分析应用和电极反应判断、平衡常数计算等，掌握基础是解题关键。
注意事项：
1．答案一律写到答题卡上，凡是答案写在试卷和草稿纸上的一律无效。
2．相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 Mg－24 Al－27 P－31 S－32 Cl－35.5 K－39 Ca－40 Cr－52 Mn-55 Fe－56 Cu－64 Zn－65 Ag－108 Ba－137
第I卷（选择题）
一、单项选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分)
1.设NA为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是 ( )
A. 1LpH=2的硫酸溶液中SO42-数目等于0.01NA
B. 室温下，pH=6的NH4Cl溶液中，由水电离的H+浓度为10-6mol/L
C. 常温下，1mol/L盐酸溶液中H+个数等于0.1NA
D. 在密闭容器内充入0.50molNO和0.25molO2，充分反应后容器内分子数为0.5NA
【答案】B
【解析】
【分析】
1LpH=2的硫酸溶液中，硫酸根物质的量为0.005mol；NH4Cl在溶液中水解而促进水电离，溶液中H+都是水电离出来的；溶液体积不知不能计算微粒数； 0.50molNO和0.25molO2恰好反应生成0.50molNO2，NO2会发生聚合反应生成N2O4。
【详解】1LpH=2的硫酸溶液中，氢离子物质的量n（H+）=10-2mol,硫酸根n（SO42-）=0.005 mol，A错误；NH4Cl在溶液中水解而促进水电离，溶液中H+都是水电离出来的，室温下，pH=6的NH4Cl溶液中由水电离的H+浓度为10-6mol/L，B正确；常温下，1mol/L盐酸溶液的体积不知，不能计算溶液中H+个数，C错误；0.50molNO和0.25molO2恰好反应生成0.50molNO2，NO2会发生聚合反应生成N2O4，容器内分子数小于0.5NA，D错误。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数和盐类水解，主要是计算溶液或反应后微粒个数，注意NH4Cl溶液中H+都是水电离出来的、NO2会发生聚合反应生成N2O4是易错点。
2.物质的量浓度相同的以下溶液：①NH4HSO4 ②(NH4)2CO3 ③NH4Fe(SO4)2 ④NH4NO3 ⑤CH3COONH4，C(NH4＋)由大到小的顺序为 ( )
A. ②①③④⑤ B. ③①④②⑤ C. ①③④⑤② D. ②①④⑤③
【答案】A
【解析】
铵根离子水解程度较小，所以要比较物质的量浓度相同的溶液中铵根离子浓度大小，应先比较盐中铵根离子的微粒个数，微粒个数越大，溶液中铵根离子浓度越大，微粒个数相同的铵盐溶液，应根据溶液中其它离子是促进铵根离子水解还是抑制铵根离子水解判断。
【详解】(NH4)2CO3溶液中铵根离子的微粒个数最多，则溶液中铵根离子浓度最大；NH4HSO4 和NH4Fe(SO4)2溶液中，氢离子和亚铁离子抑制铵根离子水解，但氢离子抑制程度大， CH3COONH4溶液中，醋酸根离子促进铵根离子水解，所以C(NH4＋)由大到小的顺序为②①③④⑤，故选A。
【点睛】本题考查了铵根离子浓度的比较，解答时，应先根据盐中铵根离子的微粒个数进行分类比较，再其它离子对铵根离子的影响来分类比较。
3.合成氨反应为：3H2＋N2 2NH3，其反应速率可以分别用v(H2)、v(N2)、v(NH3)表示，反应达平衡时，下列关系式正确的是 ( )
A. 3v(H2)正=v(N2)逆 B. v(H2)生成=v(NH3)生成
C. 2v(N2)消耗=v(NH3)消耗 D. 3v(H2)逆=2v(NH3)正
【答案】C
【解析】
【分析】
反应达平衡时，v正=v逆，用不同物质表示同一化学反应速率，速率之比等于化学计量数之比。v(H2)：v(N2)：v(NH3)=3:1:2。
【详解】反应达平衡时，v正=v逆，用不同物质表示同一化学反应速率，速率之比等于化学计量数之比。v(H2)：v(N2)：v(NH3)=3:1:2。
A. 3v(H2)正=v(N2)逆，不能说明达到平衡状态，应为v(H2)正=3v(N2)逆，故A错误；
B. v(H2)生成=v(NH3)生成,虽然 v(H2)生成表示逆反应速率，v(NH3)生成表示正反应速率，但不符合比例关系，应为2v(H2)生成=3v(NH3)生成,故B错误；
C. 2v(N2)消耗=v(NH3)消耗，即v正=v逆，故C正确；
D. 3v(H2)逆=2v(NH3)正，不能说明达到平衡状态，应为2v(H2)逆=3v(NH3)正，故D错误。
故选C。
【点睛】解答本题时要注意必须是v正=v逆，若用某物质的消耗或生成表示反应速率，则要同侧相反，异侧相同，如本题C选项v(N2)消耗，代表正反应速率，而v(NH3)消耗代表逆反应速率，当2v(N2)消耗=v(NH3)消耗，说明v正=v逆，符合题意，否则，不符合题意。
4.反应2X(气)＋Y(气)2Z(气) △H<0，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。下列判断正确的是 ( )
A. T1
【解析】
【分析】
根据温度，压强对平衡移动的影响分析，温度越高，压强越大，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大。
【详解】根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，故有： T1>T2；
根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，故有： P1>P2。
故选C。
5.常温下，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混和，所得混和溶液的pH=11，则强酸与强碱的体积比是( )
A. 9:1 B. 11:1 C. 1:11 D. 1:9
【答案】A
【解析】
【分析】
酸碱混合后溶液呈碱性，说明碱过量，根据c(OH-)=计算。
【详解】pH=13的强碱溶液中c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，
酸碱混合后溶液呈碱性,说明碱过量,且pH=11，说明反应后c(OH-)=0.001mol/L，
则：c(OH-)===0.001mol/L，
解之得：V(酸)：V(碱) =9：1，
所以A选项是正确的。
6.室温下，将1mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)＝CuSO4(s)+5H2O(l)，热效应为△H3。则下列判断不正确的是 ( )
A. △H2<△H3 B. △H1<△H3 C. △H2+△H3 =△H1 D. △H1+△H2>△H3
【答案】D
【解析】
【分析】
胆矾溶于水时，溶液温度降低，该反应为吸热反应，则：CuSO4·5H2O(s)＝Cu2+(aq)+SO42-(aq)+ +5H2O(l) △H1>0；
硫酸铜溶于水，溶液温度升高，说明该反应为放热反应，则：CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq) △H2<0；
已知CuSO4·5H2O(s)＝CuSO4(s)+5H2O(l) △H3，根据盖斯定律确定各焓变之间的关系，以此解答该题。
【详解】①胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4·5H2O(s)＝Cu2+(aq)+SO42-(aq)+ +5H2O(l) △H1>0；
②硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应，则：CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq) △H2<0；
③已知CuSO4·5H2O(s)＝CuSO4(s)+5H2O(l) △H3，
根据盖斯定律①-②得到③：△H3=△H1-△H2，因为△H2<0，△H1>0，则△H3>0，
A.分析可以知道△H3>0，而△H2<0，则△H2<△H3，故A不选；
B.分析可以知道△H2=△H1-△H3，因为△H2<0，△H1<△H3，故B不选；
C. △H2=△H1-△H3，则△H2+△H3 =△H1，故C不选；
D. △H2<0，△H1>0，且△H2+△H3 =△H1，则△H1+△H2<△H3，所以选D。
所以答案选D。
7.在373K时,把0.5mol N2O4气体通入体积为5L的恒容密闭容器中,立即出现红棕色。反应进行到2秒时,NO2的浓度为0.02 mol/L。在60秒时,体系已达平衡,此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是( )
A. 前2秒, 以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01 mol/(L·s)
B. 在2秒时体系内的压强为开始时的1.2倍
C. 在平衡时体系内含N2O4 0.20 mol
D. 平衡时, 如果再充入一定量N2O4, 则可提高N2O4的转化率
【答案】C
【解析】
【分析】
A．根据化学反应速率的定义可知，利用单位时间内浓度的变化量来计算化学反应速率；
B．利用一定条件下反应前后的物质的量之比等于压强之比来计算；
C．利用平衡时容器内压强为开始时的1.6倍来计算平衡时各物质的物质的量；
D．若往容器内充入N2O4气体，相当于压缩容器体积，相当于增大压强，利用压强对化学平衡的影响来分析能否提高N2O4的转化率。
【详解】A项，前2秒，以NO2的浓度变化表示的平均反应速率为=0.01mol/(L·s)
，则以N2O4浓度变化表示的平均反应速率为0.005mol/(L·s)，故A项错误；
B项2秒时，NO2的浓度为0.02 mol/L，其物质的量为0.02 mol/L×5L=0.1mol，则容器内气体的总物质的量为0.5mol-0.05mol+0.1mol=0.55mol，容器内的压强为反应前的=1.1倍，故B项错误；
C项，平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol×1.6=0.8mol，设剩余N2O4的物质的量为xmol，则有(0.5-x)×2+x=0.8，解得x=0.2mol，即体系内含0.2mol N2O4，故C项正确；
D项，平衡时，若往容器内充入N2O4气体，相当于在原来的基础上缩小体积，由N2O4═2NO2，则缩小体积，压强增大，化学平衡逆向移动，N2O4的转化率降低，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题考查化学平衡及化学反应速率的计算，题目难度中等，明确信息中的压强关系及不同时间混合体系中各物质的物质的量的关系是解答的关键，并熟悉化学反应速率的计算式及影响化学平衡移动的因素即可解答。
8.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是( )
A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
D. 该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)
【答案】B
【解析】
平衡常数只与温度有关，增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，故A错误；Ni(CO)4的沸点为42.2℃，第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4，所以温度要高于42.2℃，故B错误；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃ ，Ni(CO)4分解得高纯镍，Ni(CO)4分解率较高，故C正确；达到平衡正逆反应速率比等于系数比，4v生成[Ni(CO)4]= v生成(CO)，故D错误。
9.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
10.室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mL pH=2的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=3。关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是 ( )
A. 溶液的体积：10V甲＝V乙
B. 水电离出的C(OH-)：10C(OH－)甲≤C(OH－)乙
C. 若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≥乙
D. 若分别与5mL pH=12的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲≥乙
【答案】C
【解析】
【详解】A、如果酸是强酸，则需要稀释10倍，才能使pH从2升高到3；如果是弱酸，弱酸存在电离平衡，稀释促进电离，则需要稀释10倍以上，才能使pH从2升高到3，即溶液的体积：10V甲≤V乙，A错误；
B、酸抑制水的电离，甲烧杯中氢离子的浓度是乙烧杯中氢离子浓度的10倍，因此水电离出的OH－浓度：10c(OH－)甲＝c(OH－)乙，B错误；
C、若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，则乙烧杯中所得盐溶液的浓度小。如果盐不水解，则所得溶液的pH相等。如果生成的盐水解，则甲烧杯中溶液的碱性强于乙烧杯中溶液的碱性，即所得溶液的pH：甲≥乙，C正确；
D、若分别与5mlpH＝12的NaOH溶液反应，如果是强酸，则均是恰好反应，溶液显中性。如果是弱酸，则酸过量，但甲烧杯中酸的浓度大，pH小，因此，所得溶液的pH：甲≤乙，D错误。
答案选C。
11.室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH＝7（忽略溶液体积的变化），溶液中部分微粒的物质的量浓度不正确的是 ( )
A. 向0.20 mol/L NH4HCO3中通入CO2: C(NH4＋)＝C(HCO3-)+2C(CO32-)
B. 向0.15 mol/L NaHSO3中通入NH3: C(Na＋)>C(NH4＋)>C(SO32-)
C. 向0.30mol/L Na2SO3中通入CO2: C(Na＋)＝2[C(SO32-)+C(HSO3-)+C(H2SO3)]
D. 向0.10 mol/L CH3COONa中通入HCl：C(Na＋)>C(CH3COOH)＝C(Cl-)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 两者不反应，根据溶液呈现电中性，c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，因为pH=7，c(H+)=c(OH﹣)，即C(NH4＋)＝C(HCO3—)+2C(CO32—)，故A正确；
B. NaHSO3呈酸性，(NH4)2SO3 、Na2SO3呈碱性，一部分 NaHSO3与NH3反应生成( NH4)2SO3 、Na2SO3：2 NaHSO3+2NH3 ( NH4)2SO3 +Na2SO3 ，所以C(Na＋)>c(NH4+)=c(SO32—)，故B错误。
C. 向0.30mol/L Na2SO3中通入CO2，使溶液呈中性，SO32-部分生成HSO3—和H2SO3，但硫原子和钠原子总数不变，根据硫原子守恒，C(Na＋)＝2[C(SO32—)+C(HSO3—)+C(H2SO3)]，故C正确。
D.CH3COONa水解呈碱性，一部分CH3COONa与HCl反应生成CH3COOH：CH3COONa+HClCH3COOH +NaCl，所以c(Na+)＞c(CH3COOH)=c(Cl﹣)，故D正确。
答案选B。
【点睛】涉及离子浓度大小比较，常用规律：电荷守恒、质子守恒、物料守恒、水解程度和弱电解质电离程度微弱，然后分析反应后溶液中溶质有哪些物质，分析是电离为主还是水解为主，这需要根据题目所给信息进行判断，此类题中等难度，要求学生学会分析问题的能力。
12.可逆反应2X(g)＝Y(g),温度T1、T2下X的物质的量浓度C(X)随时间t变化的曲线如图所示。下列叙述正确的是 ( )
A. 该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量
B. T2下，在0—t1时间内，V(Y)＝(a-b)/2t1 mol·L－1·min－1
C. M点的正反应速率V正 小于N点的逆反应速率V逆
D. M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可以知道，温度为T1先到达平衡，所以T1>T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；以此解答。
【详解】A、进行到M点X的转化率较低，因为正向是放热反应，所以反应进行到M点放出的热量少，故A错误；
B、T2下，在0—t1时间内，X的浓度变化为：c(X)=(a-b)mol/L，则Y的浓度变化为从c(Y)=c(X)=mol/L，所以V(Y)＝(a-b)/2t1 mol·L－1·min－1，故B正确；
C、根据图象可以知道，温度为T1时反应首先达到平衡状态；温度高反应速率快，到达平衡的时间少，则温度是T1>T2；M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，故C错误；
D. 在达到平衡时再加入反应物，恒容密闭，相当于增大压强，平衡向右移动，X转化率增大，故D错误。
所以B选项是正确的。
13.下列有关电解质溶液的说法正确的是 ( )
A. 向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)减小
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中(c(CH3COO-))/(c(CH3COOH)⋅c(OH-))增大
C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中(c(NH4+))/(c(Cl-))>1
D. NH4HSO4和NaOH混合呈中性C(Na＋)>C(SO42—)>C(NH4＋)>C(NH3·H2O)>C(H＋)=C(OH—)
【答案】D
【解析】
【分析】
CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，则n(H+)增大，n（CH3COOH）减小；醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，水解过程吸热，升温平衡正向进行，水解平衡常数K增大，1/K减小；向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）得到c（NH4+）=c（Cl-）；由于铵根离子部分水解，则c（SO42-）＞c（NH4+），结合电荷守恒判断。
【详解】CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，则n(H+)增大，n（CH3COOH）减小，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)增大，A错误；醋酸钠溶液加热，醋酸根离子水解程度增大，(c(CH3COO-))/(c(CH3COOH)⋅c(OH-)=1/K，K变大，所以比值变小，故错误；向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）得到c（NH4+）=c（Cl-），(c(NH4+))/(c(Cl-)=1，C错误；溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知：2c（SO42-）=c（NH4+）+c（Na+），由于NH4+水解，故NH4+浓度小于SO42-，则c（Na+）＞c（SO42-），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH-），D正确；答案选D。
【点睛】本题考查弱电解质电离平衡、水解平衡影响因素分析判断，解答时注意总结影响因素以及平衡移动的方向的判断，特别是温度对电离常数和水解常数的影响。
14.常温下，在20.0mL0.10mol•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0.10mol•L-1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述不正确的是 ( )
A. 该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂 B. M点对应的盐酸体积小于20.0mL
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】
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，所以应选择甲基橙作指示剂；
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，溶液应该呈酸性；
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；
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。
【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，所以应选择甲基橙作指示剂，所以盐酸滴定氨水需要甲基橙作指示剂，故A不选；
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不选；
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 c(NH4＋)=c(Cl－)>c(H＋)=c(OH－)，故C不选；
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，故选D；
综上所述，本题答案为D。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验操作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解本题关键，注意B采用逆向思维方法分析解答，知道酸碱中和滴定中指示剂的选取方法，题目难度中等。
15.下列应用与盐类的水解无关的是 ( )
A. 纯碱溶液可去除油污 B. NaCl可用作防腐剂和调味剂
C. TiCl4溶于大量水加热制备TiO2 D. FeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体
【答案】B
【解析】
A项,去除油污利用的是C水解使溶液显碱性;C项,TiCl4在水溶液中加热时先水解生成Ti(OH)4,再受热分解生成TiO2;D项,制Fe(OH)3胶体利用的是铁离子的水解。
16.MOH和ROH两种一元碱的溶液分别加水稀释时，pH变化如图所示。下列叙述中正确的是（ ）
A. ROH是一种弱碱 B. 在x点，c（M+）=c（R+）
C. 在x点，MOH完全电离 D. 稀释前，c（ROH）=10 c（MOH）
【答案】B
【解析】
试题分析：由图可以看出，ROH原来的pH为13，稀释十倍，pH为12，稀释一百倍，pH为11，由此可以判断，ROH为强碱，相反MOH为弱碱，故A错误；在x点，两种物质的pH相等，根据电荷守恒可以知道，c(M＋) ＝ c(R＋)，即B正确；MOH为弱碱，所以在x点，MOH仍然不完全电离，所以C错误；因为MOH为弱碱，而ROH为强碱，虽然稀释强，ROH的pH为13，而MOH的pH为12，但是c(ROH)不为 c(MOH)的10陪，所以D错误。
考点：强弱碱
点评：本题结合图像考查了强弱碱，本考点是高考考查的热点，本题有一定的综合性，本题难度适中。
17.温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应: 2NO2 2NO+O2(正反应吸热)。实验测得:v正=v（NO2）消耗=k正c2（NO2），v逆=v（NO）消耗=2v（O2）消耗=k逆c2（NO）•c（O2），k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是( )
A. 达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 4∶5
B. 达平衡时，容器Ⅱ中c(O2 )/ c(NO2 )比容器Ⅰ中的大
C. 达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%
D. 当温度改变为 T2时，若 k正=k逆，则 T2> T1
【答案】CD
【解析】
【详解】I中的反应2NO2（g）2NO（g）+O2（g）
开始（mol/L）0.6 0 0
反应（mol/L）0.4 0.4 0.2
平衡（mol/L）0.2 0.4 0.2
化学平衡常数K= =0.8,容器体积为1L，则平衡时I中气体总物质的量为1L×（0.2+0.4+0.2）mol/L=0.8mol，恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，如果平衡时I、II中压强之比为4：5，则II中平衡时气体总物质的量为1mol，II中开始时浓度商==，＜0.8，则平衡正向移动，平衡正向移动导致混合气体总物质的量之和增大，所以达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比小于4：5，故A错误；如果II中平衡时c（NO2）=c（O2），设参加反应的c（NO2）=xmol/L，则0.3-x=0.2+0.5x，x=1/15，平衡时c（NO2）=c（O2）=7/30，c（NO）=0.5mol/L+1/15mol/L=17/30mol/L，II中K≈1.3＞0.8，说明II中平衡时应该存在c（NO2）＞c（O2），容器I中c（O2）/c（NO2=1，所以达平衡时，容器Ⅱ中c（O2）/c（NO2）小于1，则 比容器Ⅰ中的小，B错误；如果III中NO和氧气完全转化为二氧化氮，则c（NO2）=0.5mol/L，且容器中还有c（O2）=0.1mol/L剩余，与I相比，III是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%，则达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%，C正确；v正=v（NO2）消耗=k正c2（NO2 ，v逆=v（NO）消耗=2v（O2）消耗=k逆c2（NO）•c（O2），达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k正c2（NO2）=k逆c2 （NO）•c（O2），且k正=k逆，则c2（NO2）=c2（NO）•c（O2），化学平衡常数K等于1，该温度下的K大于0.8，且该反应的正反应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以T2＞T1，D正确。
故选CD。
【点睛】本题考查化学平衡计算，侧重考查分析、计算及灵活运用知识的能力，试题的难点是如果单纯的根据设未知数计算要涉及一元三次方程而难以解答，这需要灵活运用知识巧妙的避开一元三次方程而解答问题。
18.常温下将NaOH溶液添加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是 ( )
A. 己二酸电离常数Ka1(H2X)约为10-4.4
B. 曲线M表示pH与lg(HX—)/(H2X)的变化关系
C. 当溶液中c(X2-)＝c(HX-)时，溶液为碱性
D. 当混合溶液呈中性时，c（Na+）＞c(HX-)＞c(X2—)＞c(OH—)=c（H+）
【答案】A
【解析】
【分析】
H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）＞Ka2（H2X），则酸性条件下pH相同时，c（HX—）/c（H2X）＞c（X2—）c（HX−）；由图象可知N为lgc（HX—）/c（H2X）的变化曲线，M为lgc（X2—）/c（HX−）的变化曲线，当lgc（HX−）/c（H2X）或lgc（X2—）/c（HX−）=0时，说明c（HX—）c（H2X）或c（X2—）c（HX—）=1，浓度相等，结合图象可计算电离常数并判断溶液的酸碱性。
【详解】当lgc（HX−）/c（H2X）=0时，c（HX—）/c（H2X）=1，此时pH≈,4.4，则Ka1（H2X）≈10-4.4，A正确；曲线M表示pH与lgc（X2—）/c（HX−）的变化关系，B错误；当溶液中c(X2-)＝c(HX-)时，即lgc（X2—）/c（HX−）=0时，溶液pH≈5.4，溶液呈酸性，C错误；由图象可知当pH=7时，lgc（X2—）/c（HX−）＞0，即c（X2-）＞c（HX-），D错误。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握图象的曲线的变化意义和数据的处理是解题关键。
第II卷(非选择题，共46分)
二、填空题(本题包括4大题，共46分)
19.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。
20.25℃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）下列四种离子结合质子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）25℃时，若测得CH3COOH与CH3COONa的混合溶液的pH＝6，则溶液中c(CH3COO－)-c(Na＋)＝___mol·L-1(填精确数值)。
（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。
稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)_____ (填“>”、“=”或“<”，下同)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。
【答案】 (1). 增大 (2). a＞b＞d＞c (3). cd (4). 9.9×10－7 moL·L－1 (5). > (6). >
【解析】
【分析】
升高温度促进弱电解质的电离；酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱；酸性强弱为CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-，强酸能够制取弱酸；根据混合液中的电荷守恒计算；加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；加水稀释HX溶液中氢离子浓度减小，对水的抑制程度减小。
【详解】（1）升高温度促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大。（2）电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32->ClO->HCO3->CH3COO-，即a>b>d>c。（3）a．CO32-+CH3COOH═CH3COO-+CO2↑+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；b．ClO-+CH3COOH═CH3COO-+HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；c．CO32-+HClO═CO2↑+H2O+ClO-：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；故选cd。d.2ClO-+CO2+H2O═CO32-+2HClO：由于酸性H2CO3>HClO>HCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-，该反应不能发生，故d正确；（4）根据电荷守恒得c（CH3COO－）－c（Na＋）＝c（H＋）－c（OH－）＝（10－6－10－8）mol·L－1＝9.9×10－7mol·L－1。（5）加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于常数，稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c（H+）大于醋酸溶液水电离出来c（H+）；溶液中氢离子浓度越小，对的抑制程度越小，水的电离程度越大，稀释后HX溶液中的c（H+）小于CH3COOH溶液中的c（H+），它对水的电离的抑制能力减弱。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，涉及离子浓度大小比较、pH的简单计算等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查分析判断能力及化学计算能力。
21.高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂。以下是实验室中模拟工业上用软锰矿制备高锰酸钾的流程图。
（1）操作Ⅰ的名称为_________。
（2）反应②的化学方程式为____________。工业上用上述原理生产KMnO4方法产率较低，较好的制备方法是电解法。用Pt作阳极，Fe作阴极，K2MnO4为电解液，阳极的电极反应式为_________________。
（3）KMnO4在酸性介质中的强氧化性广泛应用于分析化学中。
例如：2KMnO4+3H2SO4+5Na2SO3=5Na2SO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O。某同学用KMnO4测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度。现欲准确称取6.3 g Na2SO3固体样品，配成500 mL溶液。取25.00 mL上述溶液放入锥形瓶中，用0.01000 mol/L 的酸性KMnO4溶液进行滴定。滴定结果如下表所示：
配制500 mLNa2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙和_____、____。
②判断滴定终点的依据是____________________________________________。
③下列操作会导致测定结果偏高的是___________。
A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管 B．滴定前锥形瓶未干燥
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡 D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
④用上述实验数据，计算Na2SO3的纯度为______________。(保留三位有效数字)
【答案】 (1). 过滤 (2). 3K2MnO4+ 2CO2=2KMnO4+ 2K2CO3+MnO2↓ (3). MnO42-―e—=MnO4- (4). 500mL容量瓶 (5). 托盘天平 (6). 锥形瓶溶液从无色变为浅红色，且半分钟内不褪去 (7). AC (8). 24.0%
【解析】
【分析】
二氧化锰与氢氧化钾在空气中熔融，加水溶解得到K2MnO4溶液，通入二氧化碳得到KMnO4、MnO2、K2CO3，过滤除去滤渣MnO2，滤液为KMnO4、K2CO3溶液，浓缩结晶，趁热过滤得到KMnO4粗晶体，母液中含有K2CO3，在母液中加石灰乳（氢氧化钙）得到碳酸钙沉淀和KOH，KMnO4粗晶体重结晶得到KMnO4晶体。
【详解】（1）该操作时分离固体与溶液，是过滤操作。（2）反应②为K2MnO4溶液中通入二氧化碳得到KMnO4、MnO2、K2CO3，反应的化学方程式为：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2↓；用Pt作阳极，Fe作阴极，电解K2MnO4溶液，阳极上MnO42-失电子的氧化反应，电极反应式为MnO42--e=MnO4-。（3）①用固体配制溶液所用仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、药匙，则配制500 mLNa2SO3溶液时还需托盘天平和500mL容量瓶；②酸性KMnO4溶液进行滴定亚硫酸钠溶液，滴入最后一滴，溶液呈紫红色且半分钟不变化，证明反应达到终点；③酸式滴定管水洗后未用待测液润洗，会导致酸性高锰酸钾浓度偏小，需要高锰酸钾体积偏大，即造成V（标准）偏大，测定值偏大，A正确；盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，待测液的物质的量不变，标准液的体积不变，c（待测）无影响，B错误；定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致测定高锰酸钾体积偏大，即造成V（标准）偏大，测定值偏大，C正确；滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，则
c（待测）偏小，D错误，故选AC。④25ml溶液消耗高锰酸钾溶液平均体积为24ml，结合化学方程式得定量关系：2KMnO4—5Na2SO3，计算得到250ml溶液中亚硫酸钠物质的量为0.012mol，则6.3gNa2SO3固体样品中亚硫酸钠质量分数为24%。
【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重于分析能力的考查，试题注重常见氧化剂与还原剂、氧化还原反应、化学计算和对工艺流程的理解、阅读题目获取信息的能力等，需要具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力，注意氧化还原反应滴定实验过程分析和计算方法的分析。
22.金属钒被誉为“合金维生素”，常用于催化剂和新型电池．钒（V）在溶液中主要以VO43-（黄色）、VO2+（浅黄色）、VO2+（蓝色）、V3+（绿色）、V2+（紫色）等形式存在．回答下列问题：
（1）V2O5是一种重要的氧化物，具有以下性质：
①V2O5在强碱性溶液中以VO43-形式存在，试写出V2O5溶于NaOH溶液的离子方程式：__________________。
②V2O5具有强氧化性，溶于浓盐酸可以得到蓝色溶液，试写出V2O5与浓盐酸反应的化学反应方程式：________。
（2）VO43-和V2O74-在PH≥13的溶液中可相互转化．室温下，1.0mol•L-1的Na3VO4溶液中c（VO43-）随c（H+）的变化如图所示。
①写出溶液中Na3VO4转化为Na4V2O7的离子方程式__________________________________。
②根据A点数据，计算该转化反应的平衡常数的数值为________________。
（3）全钒液流电池是一种优良的新型蓄电储能设备，其工作原理如图所示：
①放电过程中A电极的反应式为____________________________________________。
②充电过程中，B电极附近溶液颜色变化为__________________________________________。
【答案】 (1). V2O5+6OH-=2VO43-+3H2O (2). V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O (3). 2VO43-+H2OV2O74-+2OH- (4). 0.4 (5). VO2++2H++e-=VO2++H2O (6). 溶液由绿色变为紫色
【解析】
【分析】
V2O5在强碱性溶液中以VO43-形式存在，V2O5溶于NaOH溶液反应生成VO43-和水；V2O5具有强氧化性，溶于浓盐酸可以得到蓝色溶液为VO2+，V元素化合价+5价变化为+4价，做氧化剂，氯化氢被氧化生成氯气；氢离子浓度越大，VO43-越少，溶液中Na3VO4转化为Na4V2O7；由图可知，溶液中c（H+）增大，VO43-的浓度减小平衡转化率增大，A点VO43-的浓度为0.2mol/L，结合三行计算列式得到平衡浓度计算平衡常数；放电时，正极上的反应：VO2++2H++e-═VO2++H2O，负极上发生V2+-2e-=V3+的反应；充电时，右槽B电极附近溶液颜色由紫色变为绿色时，即V2+→V3+，发生失去电子的氧化反应。
【详解】（1）①V2O5在强碱性溶液中以VO43-形式存在，V2O5溶于NaOH溶液反应生成VO43-和水，反应的离子方程式为：V2O5+6OH-=2VO43-+3H2O；②V2O5具有强氧化性，溶于浓盐酸可以得到蓝色溶液为VO2+，V元素化合价+5价变化为+4价，做氧化剂，氯化氢被氧化生成氯气，结合电子守恒、原子守恒配平书写化学方程式V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O。（2）①VO43-和V2O74-在PH≥13的溶液中可相互转化．室温下，1.0mol•L-1的Na3VO4溶液中c（VO43-）随c（H+）的变化如图1所示，氢离子浓度越大，VO43-越少，溶液中Na3VO4转化为Na4V2O7的离子方程式2VO43-+H2O?V2O74-+2OH-；②由图可知，溶液中c（H+）增大，VO43-的浓度减小，说明VO43-的平衡转化率增大，A点VO43-的浓度为0.2mol/L，消耗浓度1mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，则生成，即平衡时V2O74-的浓度为0.4mol/L，A点c（H+）=5×10—14 mol/L，平衡时c（OH-）=0.2mol/L，则反应2VO43-+H2OV2O74-+2OH-的平衡常数K=0．22×0.4/0．22=0.4。（4）①放电过程中A电极为原电池正极，电极的反应式为VO2++2H++e-=VO2++H2O；②充电时，右槽B是电解池的阴极，该极上发生得电子的还原反应，即V2+→V3+，应该是绿色变为紫色。
【点睛】本题考查了化学反应原理的综合应用，涉及了陌生化学方程式和离子方程式书写，原电池和电解池原理的分析应用和电极反应判断、平衡常数计算等，掌握基础是解题关键。
相关资料
更多
