辽宁省大连海湾高级中学2019-2020学年高二上学期第一次质量检测化学试题

辽宁省大连海湾高级中学2019-2020学年高二上学期第一次质量检测化学试题

高二化学试题 可能用到的相对原子质量：Cu 64 Fe 56 Na 23 Cl 35.5 O 16 N 14 C 12 H 1 Ca 40 S 32‎ 第Ⅰ卷（共48分）‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是 A. 《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指氧气 B. 中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料 C. 利用肥皂水处理蚊虫叮咬，主要是利用肥皂水的弱碱性 D. 食品包装盒中的生石灰或铁粉，都可以起到抗氧化作用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该气体指的是乙烯，乙烯具有催熟的作用，故A错误；‎ B、碳化硅是一种无机化合物，属于无机非金属材料，故B错误；‎ C、蚊虫会分泌蚁酸，肥皂水是弱碱性，可以中和，故C正确；‎ D、生石灰只具干燥的作用，作为干燥剂，不具有抗氧化作用，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.下列关于能量变化的说法正确的是 A. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高 B. 化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种 C. 已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定 D. 化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、水和冰相比较，冰的能量低，A错误；‎ B、发生化学反应时能量的变化有多种形式，可以表现为热量的变化，还可以变现为光能，B错误；‎ C、ΔH＞0反应吸热，所以石墨的能量较低，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，C错误；‎ D、化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.下列叙述正确的是（ ）‎ ‎①CO2的大量排放会加剧温室效应 ‎②正常雨水的pH为5.6，主要是因为溶解了SO2‎ ‎③利用太阳能、风能和氢能替代化石能源可以改善空气的质量 ‎④酸与碱的反应都是非氧化还原反应 ‎⑤为防止电池中的重金属离子污染土壤和水源，废电池要集中处理 A. ①②③④⑤ B. ②③⑤ C. ①③⑤ D. ①②④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①温室效应主要是CO2的大量排放，所以大量排放二氧化碳气体会加剧温室效应，故①正确；‎ ‎②正常雨水的pH为5.6，是因为溶解了二氧化碳气体，故②错误；‎ ‎③太阳能、风能和氢能替代化石燃料可以有效减少污染气体的排放，故③正确；‎ ‎④3Fe(OH)2+10HNO3=3Fe(NO3)3+8H2O+NO↑是氧化还原反应，故④错误；‎ ‎⑤电池中的重金属离子会带来污染，为防止电池中的重金属离子污染土壤和水源，废电池要集中处理，故⑤正确；‎ 综上所述：①③⑤正确；故选C。‎ ‎【点睛】酸碱发生的反应不一定非氧化还原反应，有些氧化性酸和还原性碱的反应也发生氧化还原反应，比如硝酸和氢氧化亚铁。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A. 25℃时，1L pH=12的Ba(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.02NA B. 常温常压下，46g NO2与 N2O4的混合气体含有的氮原子数目无法计算 C. 常温常压下，7.8g Na2S和Na2O2的混合物中，阴离子所含电子数为1.8NA D. 0.1mo1·L-1 MgC12溶液中含有的Mg2+数目小于0.1NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、pH=12的Ba(OH)2溶液中c(H+)=10-12mol/L，故c(OH-)=10-2mol/L，所以1L pH=12的Ba(OH)2溶液中含有的OH−数目为0.01NA，故A错误；‎ B、1mol N2O4可以看作是2mol NO2，即46g全部是NO2的质量，N原子的物质的量为 ‎，故B错误；‎ C、Na2S和Na2O2摩尔质量都是78g/mol，1mol该物质含有阴离子都是1mol，且S2- 和O22-含有电子相等，都是18，可以看作一种物质，因此阴离子的物质的量为，故C正确；‎ D、没有说明溶液的体积，无法计算物质的量，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.下列实验操作不能达到实验目的的是（ ）‎ A. 用加热的方法除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠 B. 加热蒸干溶液，可以得到CuCl2晶体 C. 放在流动的蒸馏水中可除去半透膜中蛋白质溶液里混有的(NH4)2SO4‎ D. 鉴别NaBr和KI溶液，可分别加新制氯水后，用CCl4萃取 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加热时NaHCO3分解生成了Na2CO3：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，A项正确；‎ B.CuCl2属于强酸弱碱盐，在溶液中Cu2+发生水解生成Cu（OH）2，盐类的水解反应是一个吸热反应，加热，水解平衡右移，同时由于生成的HCl的大量挥发，促进水解平衡进一步向右移动，所以直接蒸干CuCl2溶液得到的主要是Cu(OH)2，不能得到CuCl2晶体，B项错误；‎ C.利用胶体粒子不能透过半透膜，小分子、离子可以透过半透膜的性质差异，采用渗析法对胶体进行提纯，C项正确；‎ D.氯水与NaBr、NaI分别反应，生成了溴单质和碘单质，两种卤素单质溶解在CCl4中，呈现不同的颜色，可以区别，D项正确；‎ 所以答案选择B项。‎ ‎6.可逆反应a A(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g) ΔH同时符合下列两图中各曲线的规律的( )‎ A. a＋b＞c＋d，T1＜T2，ΔH＜0‎ B. a＋b＞c＋d，T1＜T2，ΔH＞0‎ C. a＋b＜c＋d，T1＞T2，ΔH＜0‎ D. a＋b＞c＋d，T1＞T2，ΔH＞0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由于增大压强，v(正)增大的大于v(逆)增大的速率，说明a＋b＞c＋d；由于反应在T2时先达到平衡，说明温度T2>T1；升高温度，达到平衡时生成物的平衡含量减小，说明升高温度，平衡逆向移动。根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向向吸热反应方向移动，逆反应方向为吸热反应，实验该反应的正反应为放热反应，所以ΔH＜0；故选项为A。‎ ‎7.下列各组离子可能大量共存的是 A. 可使石蕊试液变红的无色溶液中：Na＋、CO32-、K＋、ClO-、AlO2-‎ B. 能与金属铝反应放出氢气的溶液中：Fe2＋、NO3-、Cl-、NH4+‎ C. 常温下水电离出的 c(H+)·c(OH-)=10-20 的溶液中：Na＋、Cl-、S2-、SO32-‎ D. 含有 CO32 -的溶液中：K＋、A13＋、NO3-、Ca2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子间如果发生离子反应，则离子就不能大量共存，否则可以大量共存。‎ ‎【详解】A项、可使石蕊试液变红的无色溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，CO32-、ClO-、AlO2-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B项、能与金属铝反应放出氢气的溶液可能呈酸性或强碱性，在酸性条件下，NO3-具有强氧化性，与Al反应不会生成氢气，在碱性条件下，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C项、常温下水电离出的c（H+）•c（OH-）=10-20的溶液可能呈酸性或碱性，存在大量氢离子或氢氧根离子。当溶液呈碱性时，Na+、Cl-、S2-、SO32-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故C正确；‎ D项、CO32-、A13+之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，在溶液中不能大量共存，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查离子的共存，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，在判断离子共存问题时，要注意题目中的隐含的信息，如本题中与铝粉反应能放出氢气的溶液都说明了这种溶液的性质即有可能是酸性的，也有可能是碱性的，必须要一一进行判断。‎ ‎8.2019年2月，在世界移动通信大会(MWC)上发布了中国制造首款5G折叠屏手机的消息。下列说法不正确的是(　　)‎ A. 制造手机芯片的关键材料是硅 B. 用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性 C. 镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点 D. 手机电池工作时，电池中化学能完全转化为电能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 单晶硅是良好的半导体材料，可以制作芯片，A项正确；‎ B. 铜属于金属，具有良好的导电性，可以做手机线路板，B项正确；‎ C. 镁铝合金密度小强度高，具有轻便抗压的特点，C项正确；‎ D. 手机电池工作时，电池中化学能主要转化为电能，但有一部分能量以热能形式会散失，D项错误；‎ 答案选D ‎9.判断下列说法正确的是（ ）‎ A. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强 B. 中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，盐酸所需氢氧化钠等于醋酸 C. 将NaOH和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH-浓度均减少到原来的 D. 物质的量相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液中所含的P043-量相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电解质溶液的导电能力主要决定于溶液中离子的浓度和离子所带的电荷数，所以强电解质溶液的导电性不一定强，故A错误；‎ B、盐酸和醋酸都是一元酸，所以中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，二者所需氢氧化钠的量相同，故B正确；‎ C、NH3·H2O是弱电解质，加水稀释，促进其电离，OH-浓度减少，但不是减少到原来的，而是要比原来的多，故C错误；‎ D、磷酸是中强酸，在水溶液部分电离，磷酸钠是强电解质，在水溶液里完全电离，所以物质的量相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液中所含的PO43−不同，故D错误；‎ 答案：B。‎ ‎【点睛】导电能力的强弱与参与导电的自由移动的离子的浓度大小和离子所带的电荷数有关，与电解质强弱无关；氨水为弱电解质，在水中存在电离平衡，NH3+H2O⇌NH4++OH-，加水稀释，平衡正向移动，OH-浓度大于氢氧化钠稀释后的浓度；磷酸是中强酸，在水溶液部分电离，磷酸钠是强电解质，在水溶液里完全电离。‎ ‎10.实验室模拟工业上侯德榜制碱原理制备纯碱，下列操作未涉及的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 侯氏制碱法是依据离子反应会向着离子浓度减小的方向进行。先在饱和食盐水中通入氨气，再向其中通入二氧化碳，制得溶解度较小的NaHCO3，再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱。据此分析解答。‎ ‎【详解】A．实验室模拟工业上侯德榜制碱原理制备纯碱过程中需要加热固体碳酸氢钠分解以制得碳酸钠，装置A是固体加热灼烧的装置，涉及此操作，故A不选；‎ B．装置B是蒸发溶液得到晶体的过程，侯德榜制碱原理中不需要蒸发溶液操作，故B选；‎ C．该装置为过滤操作，溶液中析出碳酸氢钠晶体需要过滤得到碳酸氢钠晶体，涉及此操作，故C不选；‎ D．工业上利用侯德榜制碱原理制备纯碱，需要向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，涉及此操作，故D不选；‎ 答案选B。‎ ‎11.短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次递增。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性，W和 X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，Y的原子序数是W的2倍，下列说法正确的是 A. 原子半径：W＜X＜Y＜Z B. Y的气态氢化物的稳定性强于Z的 C. W与 X形成的化合物可能含有共价键 D. 常温常压下，Y的单质是气态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次递增。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性，W和 X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，Y的原子序数是W的2倍，可推出W、X、Y、Z分别为O、Na、S、Cl。‎ ‎【详解】A. 同一周期从左至右原子半径逐渐减小，同一主族从上至下原子半径逐渐增大，原子半径：W＜Z＜Y＜X，故A错误；‎ B. Cl的非金属性强于S，Y的气态氢化物的稳定性弱于Z的，故B错误；‎ C. W与 X形成的化合物过氧化钠中含有共价键，故C正确；‎ D.常温常压下，硫的单质是固态，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】注意过氧化钠中既含有离子键也含有共价键。‎ ‎12.莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]溶液经常用于定量滴定实验，下列说法正确的是 A. 实验室配制0.1mol·L-1莫尔盐溶液490mL，需莫尔盐19.2克 B. 可与含Fe2+、H+、I﹣微粒的溶液大量共存 C. 加入过量Ba(OH)2溶液发生反应：2Ba2++2SO42-+Fe2++2OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)3↓‎ D. 取样，加入铁氰化钾，若出现黄色沉淀，证明含Fe2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、配制0.1mol.L-1莫尔盐溶液500mL，需莫尔盐为0.1mol×0.5L×392g/mol=19.6g，故A错误；‎ B. Fe2+、H+、I﹣均不反应，所以能够大量共存，故B正确；‎ C、加入过量Ba(OH)2溶液，铵根离子也参与反应，正确的离子反应为：2Ba2++2SO42-+2NH++ Fe2++4OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓ +2NH3·H2O，故C错误；‎ D、取样，加入铁氰化钾，若出现蓝色淀，证明含Fe2+，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液时，需要注意容量瓶规格选用，一般常用规格为：100mL、250mL、500mL，容量瓶的容量应大于等于所要配制的溶液量。‎ 二、选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎13.一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X(g)Y(g)+Z(s)，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是 A. 混合气体的密度不再变化 B. 反应容器中Y的质量分数不变 C. 体系压强不再变化 D. 2v逆(X)＝v正(Y)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、恒容容器中，混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，A错误；‎ B、反应容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变，则反应达平衡状态，B错误；‎ C、体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，C错误；‎ D、不满足速率之比和系数成正比关系，D正确；‎ 正确答案：D。‎ ‎14.下列说法中正确的是(　　)‎ ‎①将硫酸钡放入水中不能导电，但硫酸钡是电解质 ‎②氨溶于水得到的溶液氨水能导电，所以氨水是电解质 ‎③固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电 ‎④固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物能导电 ‎⑤强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强 A. ①④ B. ①④⑤ C. ①②③④ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离，是电解质，故①正确；‎ ‎②氨气自身不能发生电离，氨气是非电解质，氨水是混合物，氨水既不是电解质，也不是非电解质，故②错误；‎ ‎③共价化合物在固态和液态都以分子存在，不含自由移动离子或电子，所以共价化合物在固态或液态时都不导电，故③错误；‎ ‎④固态的离子化合物中阴阳离子受离子键的作用，不能自由移动，因此不导电，熔融态离子化合物中的阴阳离子可以自由移动，能导电，故④正确；‎ ‎⑤溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故⑤正确；‎ 故选B。‎ ‎15.为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机，有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想。下列说法正确的是 A. H2O的分解反应是放热反应 B. 光分解过程只涉及太阳能与电能的转化 C. 2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H > 0‎ D. 氢气不易贮存和运输，无开发利用价值 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H2O的分解反应是吸热反应，A错误； B.化学物质中存在化学能，光分解过程是太阳能转换成化学能，B错误； C. 2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)为吸热反应，△H> 0，C正确； D.‎ 因为氢气难压缩，且易燃烧，所以对氢气的运输和安全问题目前未解决；氢气燃烧产物是水，不污染环境；氢气的燃烧值高，所以氢能开发利用价值高，D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查常见的能量转化形式和氢能源的优点，但氢能源也有缺点，如：氢气制备成本高、不易保存、安全性低等，同学们需要全面的分析问题。‎ ‎16.下列事实与对应的方程式不符合的是 A. 红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层：3Fe+ 4H2O(g)Fe3O4+4H2‎ B. 熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O C. 甲烷的燃烧热为－890.3 kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH= -890.3 kJ·mol-1‎ D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色的四氧化三铁，反应的化学方程式为：3Fe+ 4H2O(g)Fe3O4+4H2，故A正确；‎ B、熔融烧碱时，普通石英坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钠反应： SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O， 所以不能使用普通石英坩埚，故B正确；‎ C、1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量为燃烧热，水的状态应该为液态，正确的热化学方程式为：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3 kJ·mol-1，故C错误； ‎ D、硫代硫酸钠溶于水，完全电离，与稀硫酸混合出现浑浊：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎17.一种新型的电池，总反应为: 3Zn+2FeO42－+8H2O=2Fe(OH)3↓+3Zn(OH)2↓+4OH—，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A. Zn极是负极，发生氧化反应 B. 随着反应的进行，溶液的pH增大 C. 电子由Zn极流出到石墨电极，再经过溶液回到Zn极，形成回路 D. 石墨电极上发生的反应为：FeO42—+3e—+4H2O=Fe(OH)3↓+5OH—‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据电池总反应，Zn的化合价升高，根据原电池的工作原理，即锌作负极，发生氧化反应，故A说法正确；B、根据电池总反应方程式，生成OH－，溶液的pH增大，故B说法正确；C、根据原电池的工作原理，电子从Zn电极流出经外电路流向石墨，电解质溶液应是阴阳离子定向移动，没有电子通过，故C说法错误；D、负极电极反应式为Zn＋2OH－－2e－=Zn(OH)2↓，正极反应式为FeO42－＋4H2O＋3e－=Fe(OH)3↓＋5OH－，故D说法正确。‎ ‎18.25℃、101kPa 下：‎ ‎①2Na(s)+1/2O2(g)=Na2O(s) △H=-414kJ·mol-1‎ ‎②2Na(s)+ O2(g)=Na2O2(s) △H=-511kJ·mol-1 ‎ 下列说法正确是 ( )‎ A. ①和②产物的阴阳离子个数比不相等 B. ①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同 C. 常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快 D. 25℃、101kPa 下：Na2O2（s）+2 Na（s）= 2Na2O（s）△H =-317kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氧化钠中阴阳离子个数比为1：2，过氧化钠的电子式为：，阴阳离子个数比为1：2，故错误；‎ B、生成等物质的量的产物，即消耗的Na的物质的量相等，转移电子物质的量相等，故错误；‎ C、温度升高，钠和氧气反应生成过氧化钠，故错误；‎ D、①×2－②得2Na(s)＋Na2O2(s)=2Na2O(s) △H=(－414×2＋511)kJ·mol－1=－317kJ·mol－‎ ‎1，故正确。‎ 答案选D。‎ ‎19.根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液红色逐渐褪去 BaCl2溶液是酸性溶液 B 向Na2SO3溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解 Na2SO3溶液已经变质 C 向KI溶液中滴加少量溴水，再滴加CCl4，振荡，静置，分层，上层无色，下层紫红色 溴的非金属性强于碘 D 向AgNO3溶液中先滴加少量NaCl溶液，生成白色沉淀，然后再滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀 溶解度：AgCl>Ag2S A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液红色逐渐褪去，结论不合理，故A错误；‎ B、酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡生成硫酸钡沉淀，则不能确定Na2SO3溶液是否变质，故B错误；‎ C、溴与KI发生氧化还原反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，则分层，上层无色，下层紫红色，可知溴的非金属性强于碘，故C正确； ‎ D、硝酸银足量，均为沉淀生成、则不能比较AgCl、Ag2S的溶解度，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎20.一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是 A. pH=5的H2S溶液中，c(H+)= c(HS－)=1×10－5mol·L－1‎ B. pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1‎ C. pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)+ c(H＋)= c(OH－)+c( HC2O4－)‎ D. pH相同的①CH3COO Na②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.H2S溶液中分步电离，H2SH++HS-，HS-H++S2-，根据电荷守恒知c(H+)=c(HS－)+2c(S2-)+ c(OH-)=1×10－5mol·L－1，A项错误；‎ B.加水稀释促进一水合氨的电离，pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a＜b+1，B项错误；‎ C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），C项错误；‎ D.酸性大小为CH3COOH＞H2CO3＞HClO，组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，相同浓度时溶液的碱性越强。pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，盐的浓度：①＞②＞③，c（Na+）：①＞②＞③，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查电解质溶液中离子浓度大小关系，解答此类题目要注意首先分析溶液中存在的平衡确定溶液中存在哪些微粒，然后抓住弱电解质的电离、盐类的水解是微弱的，结合溶液的酸碱性进行分析；涉及等式关系要注意电荷守恒、物料守恒和质子守恒的灵活运用。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共52分）‎ ‎21.在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）反应的△H______0（填“大于”“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0~60s时段，反应速率v(N2O4)为___________mol·L-1·s-1反应的平衡常数K1为___________。‎ ‎（2）100℃时达到平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020 mol·L-1·s-1的平均速率降低，经10s又达到平衡。‎ ‎①T_______100℃（填“大于”“小于”），判断理由是_____。‎ ‎②列式计算温度T是反应的平衡常数K2___________‎ ‎（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向___________（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是___________。‎ ‎【答案】 (1). 大于 (2). 0.001 (3). 0.36 mol·L—1 (4). 大于 (5). 反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高 (6). 平衡时，c（NO2）=0.120 mol·L—1+0.002 mol·L—1·s—1×10s×2=0.160mol·L—1‎ c（N2O4）=0.040 mol·L—1—0.002 mol·L—1·s—1×10s=0.02 mol·L—1‎ K2=0.160mol·L—1）2/0.020mol·L—1=1.3mol·L—1 (7). 逆反应 (8). 对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据题意知，随温度升高，混合气体的颜色变深，二氧化氮的浓度增大，说明平衡向正反应方向移动；当其他条件不变时，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，说明正反应为吸热反应，故△H大于0。根据题给图像知，0-60s时段，N2O4的物质的量浓度变化为0.060 mol·L-1，根据公式v=△c/△t计算，v (N2O4)= 0.060 mol·L-1/60s=0.001 mol·L-1·s-1‎ ‎；分析题给图像知，二氧化氮的平衡浓度为0.120 mol·L-1，四氧化二氮的平衡浓度为0.040 mol·L-1，K1= [NO2]2/[N2O4]=0.36 mol·L-1；‎ ‎（2）①根据题意知，改变反应温度为T后，c(N2O4)以0.0020 mol·L-1·s-1的平均速率降低，即平衡向正反应方向移动，又反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故为温度升高，T大于1000C，答案为：大于；反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高；‎ ‎②根据题意知，平衡时，c（NO2）=0.120 mol·L-1+0.002 mol·L-1·s-1×10s×2=0.160mol·L-1，c（N2O4）=0.040 mol·L-1-0.002 mol·L-1·s-1×10s=0.02 mol·L-1，K2=（0.160mol·L-1）2/0.020mol·L-1=1.3mol·L-1；‎ ‎（3）温度为T时，反应达平衡，将反应容器的体积减小一半，即增大压强，当其他条件不变时，增大压强，平衡向气体物质平衡向气体物质系数减小的方向移动，即向逆反应方向移动，答案为：逆反应 对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动。‎ ‎22.常用补钙片的有效成分是CaCO3，某化学探究小组欲测定某补钙片中碳酸钙的含量。查阅资料得知：‎ 一种常用分析试剂 EDTA二钠盐（用Na2H2Y•2H2O表示）可用于测定Ca2+，其反应为：‎ Ca2++H2Y2-=CaY2-+2H+，以铬黑T为指示剂，滴定终点溶液由红色变为蓝色。于是该实验小组做了如下实验：‎ 步骤一：配制待测溶液。取适量补钙片研碎后，准确称取0.400g配成250mL溶液。‎ 步骤二：滴定。用移液管取待测液25.00mL于锥形瓶中，加入适量NaOH溶液，摇 匀，再加入铬黑T指示剂3滴，用0.0100mol•L−1EDTA二钠盐溶液滴定至终点。三次重复滴定平均消耗EDTA二钠盐溶液22.50mL。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）步骤一中补钙剂要用2mol/L的盐酸溶解，反应的离子方程式为__________________，配制待测溶液所必需的仪器除研钵、药匙、分析天平、称量瓶、烧杯、玻璃棒外，还有_______、________，操作的先后顺序为：e→____→____→d→f→____→____→____（填下列操作的序号）。‎ A．盐酸溶解 b．称量 c．定容摇匀 d．加蒸馏水稀释 e．研磨 f．用NaOH溶液调节溶液pH至7 g．转移溶液 h．洗涤并转移 ‎（2）实验测得补钙片中CaCO3的含量为_______。‎ ‎（3）下列操作会导致测定结果偏高的是_______（填下列选项的字母序号）。‎ A．未将洗涤烧杯内壁的溶液转入容量瓶 B．将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水 C．定容时俯视刻度线 D．滴定管下端尖嘴中有气泡存在,滴定后气泡消失 E．滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗 ‎【答案】 (1). CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O (2). 250mL容量瓶 (3). 胶头滴管 (4). b (5). a (6). g (7). h (8). c (9). 56.3% (10). CDE ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）步骤一中补钙剂要用2mol/L的盐酸溶解，碳酸钙和盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，配制待测溶液所必需的仪器除研钵、药匙、分析天平、称量瓶、烧杯、玻璃棒外，还有250mL容量瓶、胶头滴管，操作的先后顺序为：研磨→称量→盐酸溶解→加蒸馏水稀释→用NaOH溶液调节溶液pH至7→转移溶液→洗涤并转移→定容摇匀，即e→b→a→d→f→g→h→c；‎ ‎（2）实验测得补钙片中CaCO3的物质的量为，CaCO3的含量为56.3%；‎ ‎（3）A．未将洗涤烧杯内壁的溶液转入容量瓶，碳酸钙质量偏小，导致测定结果偏低；‎ B．将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水，测定结果无影响；‎ C．定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏大；‎ D．滴定管下端尖嘴中有气泡存在,滴定后气泡消失，消耗EDTA体积偏大，导致测定结果偏高；‎ E．滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，使EDTA浓度偏小，消耗体积偏大，导致测定结果偏高；‎ 故选CDE。‎ ‎23.①在25 ℃条件下将pH=12氨水稀释过程中，下列关系式正确的是________。‎ A．能使溶液中c(NH4+)·c(OH-)增大 B．溶液中c(H+)·c(OH-)不变 C．能使溶液中比值增大 D．此过程中Kw增大 ‎②在25℃条件下将pH=12的氨水稀释100倍后溶液的pH为________(填序号)。‎ A．10 B．11 C．10~12 D．11~13‎ ‎(2)25℃时，向0.1mol·L-1的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是________(填序号)。‎ ‎①氨水与氯化铵发生化学反应 ‎②氯化铵溶液水解显酸性，增加了c(H+)‎ ‎③氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了一水合氨的电离，使c(OH-)减小 ‎(3)室温下，如果将0.2mol NH4Cl和0.1mol NaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)。‎ ‎①________和________两种粒子的物质的量之和等于0.2mol。‎ ‎②________和________两种粒子的物质的量之和比OH-多0.1mol。‎ ‎【答案】 (1). B (2). C (3). ③ (4). NH4+ (5). NH3·H2O (6). NH4+ (7). H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①A．根据氨水的电离平衡常数判断；‎ B．根据Kw仅与温度有关判断；‎ C．根据氨水的电离平衡常数和Kw判断；‎ D．Kw仅与温度有关；‎ ‎②将pH=12的氨水稀释100倍，会促进氨水的电离；‎ ‎(2)氨水是弱电解质存在电离平衡，向溶液中加入相同的离子能抑制氨水电离；‎ ‎(3)根据溶液中的物料守恒和电荷守恒来分析解答。‎ ‎【详解】(1)①A．在25℃条件下将pH=12的氨水稀释过程中，温度不变，则氨水的电离平衡常数不变，即Kb=不变，又稀释过程中c(NH3•H2O)减小，所以c(NH4+)•c(OH-)也减小，故A错误；‎ B．在25℃条件下将pH=12的氨水稀释过程中，温度不变，所以Kw=c(H+)•c(OH-)不变，故B正确；‎ C． =，又温度不变，所以不变，则 比值不变，故C错误；‎ D．在25℃条件下将pH=12的氨水稀释过程中，温度不变，所以Kw不变，故D错误；‎ 故选B；‎ ‎②氨水为弱碱，将pH=12的氨水稀释100倍后，促进一水合氨的电离，稀释后的溶液中氢氧根离子浓度大于原来的，所以溶液的pH应该10-12之间，故选C；‎ ‎(2)氯化铵溶于水电离出铵根离子，使氨水中的铵根离子浓度增大平衡向左移动，从而抑制氨水电离，故选③；‎ ‎(3)①根据物料守恒知，c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.2mol，故答案为NH4+；NH3•H2O；‎ ‎②根据溶液中电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)，c(H+)+c(NH4+)-c(OH-) =c(Cl-)-c(Na+) =0.2mol-0.1mol=0.1mol，故答案为NH4+；H+。‎ ‎24.某实验小组对KSCN的性质进行探究，设计如下实验：‎ 试管中试剂 实验 滴加试剂 现象 ‎2mL 0.1mol/L KSCN溶液 Ⅰ ⅰ.先加1mL 0.1mol/L FeSO4溶液 ⅱ.再加硫酸酸化的KMnO4溶液 ⅰ.无明显现象 ⅱ.先变红，后褪色 Ⅱ ⅲ.先加1mL 0.05mol/L Fe2(SO4)3溶液 ⅳ.再滴加0.5mL 0.5mol/L FeSO4溶液 ⅲ.溶液变红 ⅳ.红色明显变浅 ‎（1）SCN－存在两种结构式，分别为N≡C-S-和S=C=N-，SCN-是二者互变异构的混合物，请写出N≡C-S-的电子式__________________________。‎ ‎（2）用离子方程式表示FeSO4溶液显酸性的原因______________________。‎ ‎（3）①用离子方程式表示实验Ⅰ溶液变红的原因___________。‎ ‎②针对实验Ⅰ中红色褪去的原因，小组同学认为是SCN-被酸性KMnO4氧化为SO42-，并设计如图实验装置证实了猜想是成立的。其中X溶液是_______，Y溶液是_______，检验产物SO42-的操作及现象是_____________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+ (3). MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O (4). Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 (5). 0.1mol/L KSCN溶液，硫酸酸化的KMnO4溶液 (6). 一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据结构式即可写电子式；‎ ‎(2)考查盐类水解；‎ ‎(3)探究溶液变红后褪色原因，先变红是Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再与 SCN-结合生成Fe(SCN)3；后褪色设计成原电池，从电子转移方向可判断正负极，结合化合价改变可判断电解质溶液。‎ ‎【详解】(1)根据结构式N≡C-S-，可知电子式为；‎ ‎(2)FeSO4是强酸弱碱盐，显酸性的原因是Fe2+的水解，离子方程式为：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，‎ ‎(3)①KMnO4将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再与SCN-结合生成Fe(SCN)3，溶液变红，离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，Fe3+ +3SCN-Fe(SCN)3；‎ ‎②探究SCN-是否被酸性KMnO4氧化为SO42-，设计成原电池，由电子转移方向可知， X溶液所处电极为负极，化合价升高，失去电子，故X溶液是0.1mol/L KSCN溶液，Y溶液是硫酸酸化的KMnO4溶液；检验产物SO42-的操作及现象是：一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀。‎ ‎ ‎