湖南省永州市宁远县第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题
化 学 试 题
时长：90分钟； 总分：100分
可能用到的相对原子量：H－1 C－12 N－14 O－16 Fe－56
一、选择题：（共计16题，只有一个最佳选项，每题3分，合计48分）。
1. 化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。下列措施有利于节能减排、保护环境的是：
①研发易降解的生物农药；②加快化石燃料的开采与使用；③田间焚烧秸秆；④应用高效洁净的能源转化技术；⑤推广使用节能环保材料。
A. ①④⑤ B. ②④⑤ C. ①②④ D. ②③⑤
【答案】A
【解析】
试题分析：①研发易降解的生物农药能减少污染物的排放，故符合题意；②加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，故不符合题意；③田间焚烧秸秆增加二氧化碳的排放，故不符合题意；④应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故符合题意；⑤推广使用节能环保材料可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故符合题意；即有利于节能减排、保护环境的是①④⑤，故选A。
【考点定位】考查化学与环境保护
【名师点晴】本题考查环境保护问题。“节能减排，科学发展”的主题是节约能源，减少二氧化碳等温室气体的排放，有计划的发展，科学的发展。学生应明确习题中含有当前的社会热点是高考的一大特点，学生应学会把社会热点和课本知识点联系起来来解答。
2. 发射“嫦娥一号”月球探测卫星的长征三号甲运载火箭的第三子级使用的燃料是液氢和液氧，已知下列热化学方程式：
①H2(g)＋1/2O2(g) ＝H2O(l) ΔH1＝－285.8 kJ/mol
②H2(g)＝H2(l) ΔH2＝－0.92 kJ/mol
③O2(g)＝O2(l) ΔH3＝－6.84 kJ/mol
④H2O(l)＝H2O(g) ΔH4＝＋44.0 kJ/mol
则反应H2(l)＋1/2O2(l)＝H2O(g)的反应热ΔH为
A. ＋237.46 kJ/mol B. －474.92 kJ/mol
C. －118.73 kJ/mol D. －237.46 kJ/mol
【答案】D
【解析】
试题分析：根据盖斯定律可得，反应H2(l)＋1/2O2(l)＝H2O(g)可由①—②—1/2③+④所得，所以ΔH =ΔH1－ΔH2—1/2ΔH3+ΔH4＝－237.46 kJ/mol，故D正确。
考点：考查了化学反应热的计算
3.2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH＝－566 kJ·mol－1,Na2O2(s)＋CO2(g)===Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH＝－226 kJ·mol－1,根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是( )。
A. CO的燃烧热为283 kJ
B. 下图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系
C. 2Na2O2(s)＋2CO2(s)===2Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH＞－452 kJ·mol－1
D. CO(g)与Na2O2(s)反应放出509 kJ热量时，转移电子数为6.02×1023
【答案】C
【解析】
【详解】A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量；已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ/mol，一氧化碳的燃烧热为283kJ/mol，单位错误，故A错误；
B.由热化学方程式，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ/mol，可知图象中一氧化碳和氧气物质的量为1、，物质的量不符合反应物质的物质的量，故B错误；
C.固体二氧化碳变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值，由2Na2O2（s）+2CO2（g）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H=-226kJ/mol，所以反应2Na2O2（s）+2CO2（s）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H＞-532kJ/mol，故C正确；
D.已知：①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ/mol；②Na2O2（s）+CO2（g）=Na2CO3（s）+O2（g）△H=-226kJ/mol，依据盖斯定律②×2+①得到：2Na2O2（s）+2CO（g）=2Na2CO3（s）△H=-1018kJ/mol；即Na2O2（s）+CO（g）=Na2CO3（s）△H=-509kJ/mol；CO（g）与Na2O2（s）反应放出×509 kJ=254.5kJ热量时，反应的一氧化碳物质的量为0.5mol，电子转移数为6.02×1023，故D错误。
故选C。
4.少量铁粉与100mL0.01mol·L－1的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（ ）
①加H2O ②加NaOH固体 ③滴入几滴浓盐酸 ④加CH3COONa固体 ⑤加NaCl溶液 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液 ⑦升高温度（不考虑盐酸挥发） ⑧改用10 mL0.1 mol·L－1盐酸
A. ①⑥⑦ B. ③⑤⑧ C. ③⑦⑧ D. ⑤⑦⑧
【答案】C
【解析】
【分析】
少量的铁与盐酸反应，加快反应速率，根据影响反应速率的因素进行分析，不改变H2的产量，铁单质只能与盐酸反应，据此分析；
详解】①加水，稀释盐酸，c(H＋)降低，反应速率变慢，故①不符合题意；
②加入NaOH，c(H＋)降低，反应速率变慢，故②不符合题意；
③滴入几滴浓盐酸，c(H＋)增大，反应速率加快，故③符合题意；
④加CH3COONa固体，发生H＋＋CH3COO－=CH3COOH，造成溶液中c(H＋)降低，反应速率变慢，故④不符合题意；
⑤加NaCl溶液，相当于稀释盐酸，c(H＋)降低，反应速率变慢，故⑤不符合题意；
⑥滴入几滴CuSO4溶液，发生Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋，构成原电池，反应速率加快，但氢气的量减少，⑥不符合题意；
⑦升高温度，加快反应速率，故⑦符合题意；
⑧改用10mL0.1mol·L－1HCl，c(H＋)增大，反应速率加快，故⑧符合题意；
综上所述，选项C正确；
答案为C。
5.已知吸热反应2CO（g）=2C（s）＋O2（g），设ΔH和ΔS不随温度而变化，下列说法中正确的是（ ）
A. 低温下能自发进行 B. 高温下能自发进行
C. 任何温度下都能自发进行 D. 任何温度下都不能自发进行
【答案】D
【解析】
【详解】由反应方程式2CO（g）=2C（s）+O2（g）可知，该反应△H＞0、△S＜0，任何温度下都有△H-T△S＞0，则该反应不能自发进行，故选D。
6.可逆反应mA（固）+nB（气）pC（气）+qD（气），反应过程中其它条件不变时C的百分含量C%与温度（T）和压强（P）的关系如图所示，下列叙述中正确的是
A. 达到平衡后，使用催化剂，C%将增大
B. 达到平衡后，若升高温度、化学平衡向逆反应方向移动
C. 方程式中n>p+q
D. 达到平衡后，增加A的量有利于化学平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】可逆反应,当其他条件一定时,温度越高,反应速率越大,达到平衡所用的时间越短。由图象(1)可知T1>T2，温度越高，平衡时C的体积分数φ(C)越小，故此反应的正反应为放热反应；
当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短。由图(2)可知P2>P1，压强越大，平衡时C的体积分数φ(C)越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即n
0，且a＝2
C. 若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前v正>v逆
D. 200 ℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B，达到平衡时，A的体积分数等于0.5
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 由图Ⅰ可知，200℃平衡时，B的物质的量的变化量为0.4mol-0.2mol=0.2mol，根据计算v(B)；
B. 由图Ⅱ可知，n(A)：n(B)一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，据此判断反应热效应；在一定温度下只要A、B起始物质的量之比恰好等于化学方程式的化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，由图Ⅰ判断200℃时A、B、C的物质的量的变化量，从而确定化学方程式的化学计量数之比，据此计算a的值；
C. 恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移；
D. 由图Ⅰ可知，200℃时，当起始充入A、B分别为0.8mol、0.4mol时，计算平衡时A的体积分数，200℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到的平衡状态，等效为原平衡增大压强，据此判断增大压强平衡移动方向，进而分析A的体积分数。
【详解】A. 由图Ⅰ可知，200℃时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol−0.2mol=0.2mol，故，A项错误；
B. 由图Ⅱ可知，n(A):n(B)一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应反向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H>0；由图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A的物质的量变化量为0.8mol−0.4mol=0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，C的物质的量变化量为0.2mol−0
mol=0.2mol，根据物质的量的变化量之比等于化学计量数之比得出反应方程式为：2A(g)＋B(g)C(g)，在一定的温度下，只要A、B起始物质的量之比恰好等于化学方程式的化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，则A.、B的起始物质的量之比n(A):n(B)=2，即a=2，B项正确；
C. 恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不移动，故v正=v逆，C项错误；
D. 由图Ⅰ可知，200℃时，当起始充入A、B分别为0.8mol、0.4mol时，平衡时A的体积分数为：，200℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到的平衡状态，可等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，A的转化率增大，故达到平衡时，A 的体积分数小于0.5，D项错误；
答案选B。
8.温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)/mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20
下列说法正确的是
A. 反应在前50 s的平均速率v(PCl3)＝0.0032 mol·L-1·s-1
B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)＝0.11 mol·L-1，则反应ΔH＜0
C. 相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，反应达到平衡前v(正)＞v(逆)
D. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%
【答案】C
【解析】
【详解】A. 反应在前50s的平均速率为，A项错误；
B. 由表格数据可知，250s达到平衡，c(PCl3)=0.20mol/2.0L=0.1mol/L，则升高温度，平衡时，c(PCl3)=0.11mol⋅L−1，可知升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，反应的△H>0，B项错误；
C. PCl5(g) ⇌ PCl3(g) + Cl2(g)
开始（mol/L） 0.5 0 0
转化（mol/L） 0.1 0.1 0.1
平衡（mol/L） 0.4 0.1 0.1
则该温度时，反应的平衡常数为：
起始时向容器中充入1.0 molPCl5、0.20 molPCl3和0.20 molCl2，，平衡正向移动，则达到平衡前v(正)>v(逆)，C项正确；
D. 起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2等效为起始加入2.0mol PCl5，与原平衡相比，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，平衡时PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，故达到平衡时，PCl3的转化率高于1.6mol/2mol=80%，D项错误；
答案选C。
9.溶液中的反应X+3Y2Z分别在①、②、③三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度为c(X)=c(Y)=0.100mol•L-1、c(Z)=0mol•L-1，反应物X的浓度随时间变化如图所示。②、③与①比较只有一个实验条件不同，下列说法不正确的是
A. 反应0～5.0min实验③的反应速率最快 B. 条件②的反应最先达到平衡
C. ②与①比较，②可能压强更大 D. 该反应的正反应是吸热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据知，反应进行到5min时实验③浓度变化最大，所以③的反应速率最快，A项正确；
B. 根据图象知，条件②的反应最先达到平衡，B项正确；
C. 因催化剂能加快化学反应速度率，缩短达到平衡的时间，化学平衡不移动，所以②为使用催化剂，C项错误；
D. 与①比较，③反应速率增大，X的平衡浓度降低，平衡向正反应方向移动，则为升高温度，升高温度，X的浓度减小，则平衡向正反应方向移动，所以正反应是吸热反应，D项正确；
答案选C。
10.下列有关电解质的叙述正确的是（ ）
A. 化合物都是电解质
B. 电解质一定是化合物
C. SO3溶于水后，溶液能导电，所以SO3电解质
D. NaCl固体不能导电，所以NaCl不是电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A. 有些化合物不能电离出自由移动的离子，此种化合物属于非电解质，如蔗糖、酒精等，故A错误；
B. 电解质与非电解质一定是化合物，单质与混合物既不是电解质也不是非电解质，故B正确；
C. SO3溶于水导电是因为和水反应生成硫酸，硫酸的水溶液导电，SO3不是电解质，故C错误；
D. 熔融的NaCl可以导电，故NaCl是电解质，故D错误；
故合理选项是B。
【点睛】1.电解质和非电解质：溶于水或熔化状态下能导电的化合物叫电解质。溶于水或熔化状态下不能导电的化合物叫做非电解质。
2.强电解质和弱电解质：在水溶液里能够完全电离的电解质叫强电解质。如强酸、强碱、大多数盐类、金属氧化物等。在水溶液里不能完全电离的物质叫做弱电解质，如：弱酸、弱碱、水等。
11.有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合面成：①CH3COONa与HCl ②CH3COONa与NaOH ③CH3COONa与NaCl ④CH3COONa与NaHCO3下列各项排序正确的是（ ）
A. pH：②>③>④>① B. c(CH3COO－)：②>④>③>①
C. 溶液中c(H＋)：①>③>②>④ D. c(CH3COOH)：①>④>③>②
【答案】B
【解析】
【详解】①：CH3COONa与HCl反应后生成CH3COOH和NaCl，其溶液呈酸性；
②：CH3COONa与NaOH溶液，OH―阻止CH3COO―水解，溶液呈强碱性；
③：CH3COONNa与NaCl，CH3COONa水解溶液呈碱性；
④：CH3COONa与NaHCO3溶液，NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用；
A．HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力，④中的pH>③中pH，A项错误；
B．②中由于OH―对CH3COO―水解抑制作用强，其c(CH3COO―)最大，④中HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，c(CH3COO―)较大，①中生成了CH3COOH，c(CH3COO―)最小，c(CH3COO－)从大到小的排序②④③①，B项正确；
C．②中含有NaOH，水中H＋浓度最小；①中含有CH3COOH，会电离出H＋，其c(H＋)最大；④中含有NaHCO3，由于HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力碱性④强于③，则③中c(H＋)大于④，从大到小的准确排序为①③④②；C项错误；
D．④中含有的NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，CH3COO－水解生成CH3COOH较少，则③中c(CH3COOH)>④中c(CH3COOH)，D项错误；
本题答案选B。
12.常温下，将一定浓度的HA溶液和HB溶液分别与0.10 mol/L的NaOH溶液等体积混合，实验记录如下表：
混合后
的溶液
加入的酸
酸的浓
度(mol/L)
混合后溶
液的pH
①
HA
0.10
8.7
②
HB
012
2
下列说法中正确的是( )
A. HA是强酸，HB是弱酸
B. 升高温度，溶液②中增大
C. 溶液①中离子浓度的关系：c(A－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
D. 溶液②中离子浓度的关系：c(Na＋)＋c(H＋)＋c(B－)＝0.12 mol/L
【答案】D
【解析】
0.10mol/L的HA与0.10mol•L-1的NaOH溶液等体积混合，恰好完全反应生成NaA，溶液的pH=8.7，显碱性，说明NaA为强碱弱酸盐，即HA为弱酸；0.12mol/L的HB与0.10mol•L-1的NaOH溶液等体积混合，反应后剩余的酸的浓度为c(HB)==0.01mol/L，溶液中c(H+)=0.01mol/L，所以HB完全电离，即HB为强酸。A．由分析可知，HA是弱酸，HB是强酸，故A错误；B．NaB强酸强酸碱盐，升高温度，B-、Na+的浓度不变，所以溶液②中c(B-)/c(Na+)不变，故B错误；C．溶液①中，恰好完全反应生成NaA，溶液的pH=8.7，显碱性，c(OH-)＞c(H+)，水解程度较小，所以c(A-)＞c(OH-)，则离子浓度的关系：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C错误；D．溶液②中c(H+)=0.01mol/l，c(B-)=0.12 mol•L-1×=0.06mol/L，c(Na+)=0.1mol/L×=0.05mol/L，所以c(Na+)+c(H+)+c(B-)=0.12 mol•L-1，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了酸碱混合溶液定性判断和定量判断、弱电解质的电离、离子浓度大小的比较、根据弱电解质的电离特点结合电荷守恒和物料守恒来分析解答。
13. 下列各组数据中，其比值为2∶1的是( )
A. 氨水与(NH4)2SO4溶液混合后pH＝7的溶液中，c(NH)∶c(SO)
B. 相同温度下，0.2 mol·L－1乙酸溶液与0.1 mol·L－1乙酸溶液中c(H+)之比
C. Na2CO3溶液中，c(Na+)∶c(CO32-)
D. pH＝12的Ba(OH)2溶液与pH＝12的KOH溶液中，c[Ba(OH)2]∶c(KOH)
【答案】A
【解析】
试题分析：A、氨水与(NH4)2SO4溶液混合后pH＝7，说明氢离子浓度等于氢氧根浓度，据电荷守恒，故c(NH)∶c(SO)=2:1，A项正确；B、弱酸的浓度越小电离程度越大，B项错误；C、碳酸根水解使得c(Na+)∶c(CO32-)>2:1，C项错误；D、pH＝12的Ba(OH)2
溶液与pH＝12的KOH溶液中，c[Ba(OH)2]∶c(KOH)=1:2，D项错误；答案选A。
考点：考查离子浓度计算
14.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－△H＞0，下列叙述正确的是（ ）
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低
B. 向水中加入少量固体亚硫酸氢钠，c（H＋）增大，水的电离程度增大
C. 由水电离出的c（H+）=1×10－12mol/L的溶液pH一定为12
D. 将水加热，Kw增大，pH减小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，但c（OH-）增大，故A错误；
B. NaHSO3在溶液中电离大于水解，电离出的氢离子使溶液中c（H+）增大，溶液呈酸性，H+使水的电离平衡向右移动，水的电离程度减小，故B错误；
C. 在25℃时水的离子积常数是1×10-14，某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L，水的电离受到了抑制，可能是外加酸，也可能是外加碱，若外加酸，则溶液中c(H+)=1×10-14÷1×10-12=1×10-2mol/L，pH=2；若外加碱，则c(H+)=1×10-12mol/L，pH=12，故C错误；
D. 水的电离是吸热过程，加热后平衡向电离方向移动，H+与OH-的浓度增大，水的离子积常数Kw增大，溶液中PH减小，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查学生水的电离知识，酸、碱对水的电离起抑制作用，水解的盐对水的电离起促进作用。
15.1mL浓度均为0.10mol/L的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释(溶液体积为V)，溶液pH随lgV的变化情况如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. XOH是弱碱
B. pH=10的溶液中c(X+)：XOH大于X2CO3
C. 已知CO32-的水解常数Kh1远远大于Kh2，则Kh1约为1.0×10－3.8
D. 当lgV=2时，升高X2CO3溶液温度，溶液碱性增强且c(HCO3－)/c(CO32－)减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.1mol/L的XOH溶液的pH=13，说明XOH溶液中的OH-浓度等于XOH的浓度，XOH完全电离，为一元强碱，A项错误；
B．XOH是强碱溶液，X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液pH相等则XOH浓度要小于X2CO3浓度，再结合物料守恒得出溶液中c(X+)：XOH小于X2CO3，B项错误；
C．已知CO32-的水解常数Kh1远远大于Kh2，则不必考虑CO32-的第二步水解，不需要看第一步水解即可。从图中看出0.1mol/L的X2CO3的pH为11.6，则该溶液中c(OH-)=c(HCO3-)=10-2.4mol/L，c(CO32-)=0.1mol/L，则Kh1=（10-2.4）2/0.1=1.0×10－3.8，C项正确；
D．当lgV=2时，则溶液体积变为原来的100倍，升高温度促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c(CO32－)减小，c(HCO3－)增大，则比值变大，D项错误；
16.常温下，用0.10 mol·L－1 KOH溶液滴定10.00 mL 0.10 mol·L-1 H2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成两者溶液的体积之和)，下列说法正确的是（ ）
A. 点②所示溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(OH－)
B. 点③所示溶液中：c(K＋)＞c(HC2O4-)＞c（H2C2O4）＞c(C2O42-)
C. 点④所示溶液中：c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＝0.10 mol·L-1
D. 点⑤所示溶液中：c(OH－)= c(H＋)+ c(HC2O4-)+ c(C2O42-)
【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查溶液中的电荷守恒，根据溶液不带电这一特性，溶液中的阳离子和阴离子所带电荷相同，根据所加物质的原子间的关系进行书写物料守恒。
【详解】A. 根据电荷守恒得出，点②所示溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)＋c(OH－),故A不正确，不符合题意。
B. 点③所示溶液中恰好反应生成KHC2O4，该溶液显酸性，故HC2O4-的电离程度大于其水解程度，故c(K＋)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c（H2C2O4），B不正确，不符合题意。
C. 点④所示溶液中，根据物料守恒得出c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＝0.10 mol·L-1，C正确，符合题意。
D. 点⑤所示溶液为K2C2O4溶液，依据电荷守恒c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)＋c(OH-)和物料守恒c(K＋) ＝2c(H2C2O4)＋2c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)，可得溶液中的质子守恒c(OH－)= c(H＋)+ c(HC2O4-)+ 2c(H2C2O4)，故D答案不正确，不符合题意。
故答案选C。
二、填空题（本题共5小题，共52分）
17.某研究小组将V1mL 1.0 mol·L－1HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V1＋V2＝50 mL）。回答下列问题：
（1）研究小组做该实验时环境温度________（填“高于”、“低于”或“等于”）22℃，判断的依据是_______。
（2）由题干及图形可知：V1∶V2＝________时，酸碱恰好完全中和，此反应所用NaOH溶液的浓度应为______ mol·L－1。
（3）实验时将酸碱在简易量热计中混合，并用_______搅拌，使溶液混合均匀。经计算此反应共放出Q kJ的热量，请写出表示中和热的热化学方程式：________。
【答案】 (1). 低于 (2). 5 mL HCl溶液和45 mL NaOH溶液反应放热后的温度已经是22℃，则溶液混合前的实验环境温度一定低于22℃ (3). 3∶2 (4). 1.5 (5). 环形玻璃搅拌棒 (6). H＋（aq）＋OH－（aq）=H2O（l） ΔH＝－kJ·mol－1或HCl（aq）＋NaOH（aq）=NaCl（aq）＋H2O（l） ΔH＝－kJ·mol－1。
【解析】
【详解】（1）根据实验结果图所示，5mLHCl溶液和45mLNaOH溶液反应放热后的温度已经是22℃，可以知道该实验开始时温度一定是低于22℃，故答案为：低于；5mLHCl溶液和45mLNaOH溶液反应放热后的温度已经是22℃，则溶液混合前的实验环境温度一定低于22℃；
（2）恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1+V2=50mL，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL，所以=3/2；设恰好反应时氢氧化钠溶液中溶质的物质的量为n，由方程式HCl+NaOH═NaCl+H2O可知n=n(HCl)=1.0mol⋅L−1×0.03L=0.03mol，所以浓度C=0.03mol÷0.02L=1.5mol/L；故答案为：3:2；1.5；
（3）为使酸碱完全反应，应用环形玻璃搅拌棒；20mL 1.5mol/L氢氧化钠与30mL 1.0mol/L盐酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.02L×1.50mol/L=0.03mol，△H=KJ/mol=KJ/mol，反应的热化学方程式为：H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l) △H=kJ⋅mol−1或HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) △H=kJ⋅mol−1，故答案为：环形玻璃搅拌棒；H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l) △H=kJ⋅mol−1或HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) △H=kJ⋅mol−1
18.向某密闭容器中充入NO2气体，发生反应2NO2(g)N2O4(g)：
（1）恒温恒压时，平衡后充入惰性气体，平衡___移动（填“正向”、“逆向”或“不”）；
（2）平衡后慢慢压缩气体体积，平衡向右移动，混合气体颜色___（填“加深”、“变浅”或“不变”）；
（3）若向体积为2L的恒容密闭容器中充入2molNO2，达到平衡状态时NO2转化率为a，向体积为2L的恒压密闭容器中充入2molNO2，达到平衡状态时NO2转化率为b，则a__b（填“>”、“<”或“=”）；
（4）若向体积为2L的恒容密闭容器中充入2molNO2，达到平衡状态时NO2体积分数为a，再向该容器中继续充入1molN2O4，达到新平衡后NO2体积分数为b，则a__b（填“>”、“<”或“=”）。
【答案】 (1). 逆向 (2). 加深 (3). < (4). >
【解析】
【详解】（1）恒温恒压时，平衡后充入惰性气体，相当于减少有关气体的压强，压强减小平衡向逆向移动；
（2）平衡后慢慢压缩气体体积，平衡向右移动，根据勒夏特列原理，外界条件改变的量大于平衡改变的量，所以压缩体积改变的多，混合气体的颜色加深；
（3）二者起始压强相同，但恒容的容器随着反应进行，压强减小，所以恒压的压强较大，压强增大平衡向正向移动，转化率增大，所以a＜b；
（4）再向该容器中继续充入1molN2O4，相当于起始的时候，加入4mol的NO2，与原来相比相当于增大压强，压强增大，平衡向正向移动，所以达到平衡后NO2的体积分数会降低，所以a＞b。
19.在2L的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：
t℃
600
800
830
1000
1200
K
0.25
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为K ＝ 。
（2）该反应为 反应（选填“吸热”、“放热”）。反应达平衡后，若再通入一定量CO2，则平衡常数K将________，CO2的转化率________。(填“增大”、“减小”或“不变”)
（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是 （多选扣分）。
a．容器中压强不变 b．混合气体中c(CO)不变 c．v正(H2)＝v逆(H2O) d．c(CO2)＝c(CO)
（4）若 600℃时，向容器中充入1mol CO、1mol H2O，反应达到平衡后，CO的转化率是 。
【答案】（1）（2）吸热 不变 减小 （3）bc （4）
【解析】
【详解】（1）平衡常数等于生成物浓度的幂之积与反应物浓度幂之积的之比，故K ＝，故答案为：；
（2）从表格可以看出随着温度的升高，平衡常数增大，故温度升高平衡向正向移动，则反应为吸热反应；平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，故反应达平衡后，再通入一定量CO2平衡常数不变，通入一定量CO2，H2的转化率会提高，但CO2的转化率会减小，故答案为：吸热；不变；减小；
（3）反应是气体体积不变的反应，体系的压强一直保持不变，故不能用压强来判断是否达到平衡状态。
a、该反应是一个气体体积不变的反应，无论是否达到平衡，压强始终不变，故错误；
b、物质的浓度不变是平衡状态的标志，故c(CO)不变反应达到了平衡，故正确；
c、由于v正(H2)＝v正(H2O) ， v正(H2)＝v逆(H2O) 故v正(H2O)= v逆(H2O)，同种物质的生成速率和消耗速率相等，反应达到了平衡，故正确；
d、c(CO2)＝c(CO)，不能说明浓度不再变化，故错误；
bc正确，故答案为：bc；
（4）反应方向发生改变，新的平衡常数为原来的倒数，K（新）=1/0.25=4,设CO反应了x mo1/L，由题意建立如下三段式：
CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）
C起始(mo1/L) 0.5 0.5 0 0
C变化(mo1/L) x x x x
C平衡(mo1/L) 0.5-x 0.5-x x x
由化学平衡常数K== =4，解得x=mo1/L，故答案为。
20.（1）用重铬酸钾法（一种氧化还原滴定法）可测定产物Fe3O4中的Fe2＋含量，请写出酸性条件下K2Cr2O7与Fe2＋反应的离子方程式____________（K2Cr2O7被还原为Cr3＋）。
（2）若需配制浓度为0.010 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取K2Cr2O7________ g（保留四位有效数字，已知M（K2Cr2O7）＝294.0 g·mol－1）。配制该标准溶液时，下列仪器一定不会用到的有_________。
①电子天平 ②烧杯 ③量筒 ④玻璃棒 ⑤250mL容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦托盘天平
（3）若配制K2Cr2O7标准溶液时，俯视刻度线，则测定结果________（填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同）；滴定操作中，若滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则滴定结果将_________。
【答案】 (1). Cr2O72—＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O (2). 0.735 0 (3). ③⑦ (4). 偏小 (5). 偏大
【解析】
【详解】（1）Cr2O72—具有强氧化性，Fe2＋具有还原性，酸性条件下Cr2O72—与Fe2＋发生氧化还原反应生成Cr3+和Fe3＋，反应离子方程式是：Cr2O72—＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2
O，故答案为：Cr2O72—＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；
（2）250 mL 0.010 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液中重铬酸钾的质量m（K2Cr2O7）=0.01000mol•L-1×0.250 L×294.0 g•mol-1=0.7350g；根据溶液浓度的精度，应选择电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，用玻璃棒搅拌，恢复室温，用玻璃棒引流，移入250mL容量瓶中，继续加水至离刻度线1-2cm处，改用胶头滴管加水定容，故用不到的仪器为量筒和移液管，故答案为0.7350；③⑦；
（3）若配制K2Cr2O7标准溶液时，俯视刻度线，会导致溶液的体积偏小，K2Cr2O7标准溶液浓度偏大，滴定时消耗的标准溶液就偏小结果偏小；滴定操作中，若滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，会导致消耗的标准溶液的体积读数偏大，滴定结果将偏大，故答案为：偏小；偏大。
21.溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：
（1）盐碱地（含较多Na2CO3、NaCl）不利于植物生长，试用化学方程式表示：盐碱地产生碱性的原因：______________；农业上用石膏降低其碱性的反应原理：__________。
（2）若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m________（填“＞”“＜”或“＝”）n。
（3）常温下，在pH＝6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中水电离出来的c（OH－）＝__________。
（4）25 ℃时，将a mol·L－1氨水与0.01 mol·L－1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（）＝c（Cl－），则溶液显________（填“酸”“碱”或“中”）性。用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝________。
【答案】 (1). Na2CO3＋H2ONaHCO3＋NaOH (2). Na2CO3＋CaSO4=CaCO3＋Na2SO4 (3). ＜ (4). 1.0×10－8 mol·L－1 (5). 中 (6).
【解析】
【详解】（1）碳酸钠在溶液中水解使溶液显碱性，导致盐碱地呈碱性，水解的化学方程式为Na2CO3＋H2O NaHCO3＋NaOH；向盐碱地中加入石膏（CaSO4），CaSO4和Na2CO3反应生成硫酸钠和碳酸钙，反应的化学方程式为：Na2CO3＋CaSO4=CaCO3＋Na2SO4，盐碱地中碳酸钠的浓度减小，使盐碱地中氢氧根浓度减小，碱性减弱，故答案为：Na2CO3＋H2O NaHCO3＋
NaOH；Na2CO3＋CaSO4=CaCO3＋Na2SO4；
（2）氨水中存在电离平衡，稀释促进一水合氨的电离，使溶液中氢氧根的物质的量增加，而氢氧化钠在溶液中完全电离，不存在电离平衡，所以要使稀释的后的pH相等，氨水稀释的倍数大于氢氧化钠溶液，即m＜n，故答案为：＜；
（3）常温下，在pH＝6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，醋酸电离出的氢离子抑制水的电离，则由水电离出来的c(OH－)＝mol/L=1×10-8mol/L，故答案为：1×10-8mol/L；
（4）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=0.005mol/L，根据物料守恒得n（NH3▪H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3▪H2O的电离常数Kb= ==，故答案为：中；。
