化学卷·2018届黑龙江省牡丹江一中高二上学期期中化学试卷（理科） （解析版）

化学卷·2018届黑龙江省牡丹江一中高二上学期期中化学试卷（理科） （解析版）

‎2016-2017学年黑龙江省牡丹江一中高二（上）期中化学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（共22小题，每小题2分，满分44分）‎ ‎1．在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是（　　）‎ A．硝酸铝 B．碳酸氢钠 C．硫酸镁 D．亚硫酸钠 ‎2．已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，要使溶液中值增大，可以采取的措施是（　　）‎ A．加少量烧碱溶液 B．降低温度 C．加少量冰醋酸 D．加水 ‎3．在相同温度时，100mL0.01mol•L﹣1的醋酸溶液与10mL 0.1mol•L﹣1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是（　　）‎ A．H+的物质的量 B．醋酸的电离常数 C．中和时所需NaOH的量 D．CH3COOH的物质的量 ‎4．下列判断正确的是（　　）‎ A．pH=6的溶液一定呈酸性 B．c（H+）水电离产生=c（OH﹣）水电离产生的溶液一定呈中性 C．使石蕊试液显红色的溶液一定呈酸性 D．强酸和强碱等物质的量混合后溶液一定呈中性 ‎5．0.1mol•L﹣1KHS溶液中（呈碱性），下列表达式不正确的是（　　）‎ A．c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HS﹣）+2 c（S2﹣）‎ B．c（K+）＞c（HS﹣）＞c（OH﹣）＞c（S2﹣）＞c（H+）‎ C．c（HS﹣）+c（S2﹣）+c（H2S）=0.1 mol•L﹣1‎ D．c（K+）＞c（HS﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2S）＞c（H+）‎ ‎6．某酸性溶液中只有Na+、CH3COO﹣、H+、OH﹣四种离子．下列描述可能正确的是（　　）‎ A．该溶液由pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合而成 B．该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成 C．加入适量的NaOH，溶液中离子浓度为c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ D．加入适量氨水后，c（CH3COO﹣）会大于c（Na+）、c（NH4+）之和 ‎7．用0.1mol•L﹣1的盐酸滴定0.1mol•L﹣1的氨水，在滴定过程中不可能出现的结果是（　　）‎ A．c（NH4+）＞c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+） B．c（NH4+）=c（C1﹣），c（OH﹣）=c（H+）‎ C．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+） D．c（C1﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（OH﹣）‎ ‎8．将浓度为0.1mol/L Na2CO3溶液加水稀释，下列结论错误的是（　　）‎ A．水解平衡正向移动 B．各微粒浓度均变小（除H2O外）‎ C．溶液中离子数目增多 D．比值增大 ‎9．现有X（g）+Y（g）⇌2Z（g）；正反应放热．从反应开始经过t1后达到平衡状态，t2 时由于条件改变，平衡受到破坏，在t3时又达到平衡，据如图回答：从t2→t3的曲线变化是由哪种条件引起的（　　）‎ A．增大X或Y的浓度 B．增大压强 C．增大Z的浓度 D．升高温度 ‎10．反应 X（气）+Y（气）⇌2Z（气）+Q（Q＞0），在一定条件下，反应物Y的转化率与反应时间（t）的关系如图所示．若使曲线a变为曲线b可采取的措施是（　　）‎ A．加入催化剂 B．降低温度 C．增大压强 D．增大Y的浓度 ‎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：Fe3+、NH4+、Cl﹣、I﹣‎ B．pH值为1的溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、NO3﹣‎ C．水电离出来的c（H+）=10﹣13mol/L的溶液：K+、HCO3﹣、Br﹣、Ba2+‎ D．所含溶质为Na2SO4的溶液：K+、CO32﹣、NO3﹣、Al3+‎ ‎12．在90℃时，将pH=12的NaOH溶液V1 L与pH=l的H2SO4溶液V2 L混合，若所得混合溶液的pH=11，则V1：V2为（已知在90℃时，水的离子积为10﹣12）（　　）‎ A．2：9 B．10：9 C．9：2 D．9：10‎ ‎13．将3mol　O2加入到V L的反应器中，在高温下放电，经t1s建立了平衡体系：3O2⇌2O3，此时测知O2的转化率为30%，下列图象能正确表示气体的物质的量浓度（m）跟时间（t）的关系的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎14．草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性．常温下，向10mL 0.01mol•L﹣1 NaHC2O4溶液中滴加0.01mol•L﹣1 NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（　　）‎ A．V（NaOH）=0时，c（H+）=1×10﹣2 mol•L﹣1‎ B．V（NaOH）＜10 mL时，不可能存在c（Na+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）‎ C．V（NaOH）=10 mL时，c（H+）=1×10﹣7 mol/L D．V（NaOH）＞10 mL时，c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）‎ ‎15．下列操作中，能使电离平衡H2O⇌H++OH﹣，向右移动且溶液呈酸性的是（　　）‎ A．向水中加入NaHSO4溶液 B．向水中加入Al2（SO4）3固体 C．向水中加入Na2CO3溶液 D．将水加热到100℃，使pH=6‎ ‎16．在密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）．在500℃时，平衡常数K=9．若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为（　　）‎ A．25% B．50% C．75% D．80%‎ ‎17．现有常温时pH=1的某强酸溶液10mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是（　　）‎ A．加入10mL 0.01mol•L﹣1的NaOH溶液 B．加入10mL 的水进行稀释 C．加水稀释成100mL D．加入10mL 0.01mol•L﹣1的盐酸溶液 ‎18．有①Na2SO3溶液②CH3COOH溶液③HCl溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L．下列说法正确的是（　　）‎ A．三种溶液的pH的大小顺序是①＞②＞③‎ B．三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是①‎ C．三种溶液中含微粒种类多少顺序是：②＞①＞③‎ D．三种溶液中由水电离出c（H+）大小顺序是：③＞②＞①‎ ‎19．下列说法正确的是（　　）‎ A．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数 B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大 C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大 D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率 ‎20．若室温时pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合，恰好完全反应，则该氨水的电离度可表示为（　　）‎ A．10（a+b﹣12）% B．10（a+b﹣14）% C．10（12﹣a﹣b）% D．10（14﹣a﹣b）%‎ ‎21．已知：相同温度下Ka（HF）＞Ka（HCN）．现有物质的量浓度和体积均相同的NaF和NaCN两种溶液，已知前者溶液中所含离子数目为n1，后者溶液中所含离子数目为n2，下列关系正确的是（　　）‎ A．溶液pH：NaF＞NaCN B．n1＞n2‎ C．H2O的电离程度：NaF＞NaCN D．c（F﹣）＜c（CN﹣）‎ ‎22．下列说法不正确的是（　　）‎ A．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小 B．沉淀反应中常加过量的沉淀剂，其目的是使沉淀完全 C．对于Al（OH）3（s）⇌Al（OH）3（aq）⇌Al3++3OH﹣，前者为溶解平衡，后者为电离平衡 D．除去溶液中的Mg2+，用OH﹣沉淀Mg2+比用CO32﹣效果好，说明Mg（OH）2的溶解度比MgCO3大 ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分56分）‎ ‎23．三草酸合铁酸钾晶体{K3[Fe（C2O4）3]•xH2O}是一种光敏材料，为测定该晶体中铁的含量，某实验小组做了如下实验：‎ 步骤一：称量4.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液．‎ 步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时，MnO4﹣被还原成Mn2+．向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性．‎ 步骤三：用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4﹣被还原成Mn2+．‎ 重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010mol/L KMnO4溶液19.98mL．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步骤依次是：称量、　　、转移、洗涤并转移、　　、摇匀．‎ ‎（2）加入锌粉的目的是　　．‎ ‎（3）写出步骤三中发生反应的离子方程式：　　．‎ ‎（4）实验测得该晶体中铁的质量分数为　　．在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则测得的铁含量　　．（选填“偏低”、“偏高”或“不变”）‎ ‎24．一定条件下，在一个1L的密闭容器中，加入2mol A和1mol B，发生下列反应：2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D（s），10min后达到平衡，平衡时C的浓度为0.12mol/L．‎ ‎（1）维持容器的温度不变，若缩小容器的体积，则平衡　　移动（填“向正反应方向”或“向逆反应方向”或“不”）．‎ ‎（2）维持容器的体积和温度不变，按下列四种配比作为起始物质，达到平衡后，C的浓度仍与上述平衡相同的是　　．‎ A．4mol A+2mol B B．3mol C+1mol D C．2mol A+1mol B+1mol D ‎（3）若维持容器内的体积和温度不变，反应从逆反应开始，按不同配比作为起始物质，达到平衡时，C的浓度与上述平衡相同，则C的起始物质的量应满足的条件是　　．‎ ‎（4）到达平衡时B的转化率为　　．若到达到平衡后向容器中加入少量的C，其它条件保持不变，B的转化率将　　（填“变大”或“变小”或“不变”）．‎ ‎25．常温下，向100mL 0.01mol•L﹣1 HA溶液中逐滴加入0.02mol•L﹣1 MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况（体积变化忽略不计）．回答下列问题：‎ ‎（1）由图中信息可知HA为　　酸（填“强”或“弱”），理由是　　．‎ ‎（2）MA稀溶液的pH=a，则a　　7（填“＞”、“＜”或“=”），此时，溶液中由水电离出的c（H+）=　　．‎ ‎（3）请写出K点所对应的溶液中离子浓度的大小关系：　　．‎ ‎（4）K点对应的溶液中，c（M+）+c（MOH）=　　2c（A﹣）（填“＞”、“＜‎ ‎”或“=”）；若此时溶液中pH=10，则c（MOH）+c（OH﹣）=　　 mol•L﹣1（用代数式表示）．‎ ‎（5）K点溶液显碱性的原因是：　　．‎ ‎26．（1）在粗制CuSO4•5H2O晶体中常含有杂质Fe2+．在提纯时为了除去Fe2+，常加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质可采用的是　　‎ A．KMnO4 　 B．H2O2 　　 C．Cl2 水 　　 D．HNO3‎ 然后再加入适当物质调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe（OH）3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，调整溶液pH可选用下列中的　　‎ A．NaOH B．NH3•H2O C．CuO D．Cu（OH）2‎ ‎（2）甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10﹣38，Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10﹣20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5 mol•L﹣1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol•L﹣1，则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为　　，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为　　，通过计算确定上述方案　　 （填“可行”或“不可行”）（已知lg5=0.7）‎ ‎27．某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵（NH2COONH4）分解反应平衡常数和水解反应速率的测定．‎ ‎（1）将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：‎ NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）‎ 实验测得不同温度下的平衡数据列于表中：‎ 温度/℃‎ ‎15.0‎ ‎20.0‎ ‎25.0‎ ‎30.0‎ ‎35.0‎ 平衡总压强/kPa ‎5.7‎ ‎8.3‎ ‎12.0‎ ‎17.1‎ ‎24.0‎ 平衡气体总浓度/mol•L﹣1‎ ‎2.4×10﹣3‎ ‎3.4×10﹣3‎ ‎4.8×10﹣3‎ ‎6.8×10﹣3‎ ‎9.4×10﹣3‎ ‎①下列不能判断该分解反应已经达到平衡的是　　．‎ A．2v（NH3）=v（CO2）‎ B．密闭容器中总压强不变 C．密闭容器中混合气体的密度不变 D．密闭容器中氨气的体积分数不变 E．容器中混合气体的平均相对分子质量不变 ‎②用某气体组分（B）的平衡压强（pB）代替气体组分（B）的物质的量浓度（cB）也可以表示平衡常数（记作KP），气体组分（B）的平衡压强（pB）等于混合气体的总压乘以该气体的物质的量分数．根据表中数据，计算 25.0℃时氨基甲酸铵分解的平衡常数Kp=　　．‎ ‎③取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在 25.0℃下达到分解平衡．若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量　　（填“增加”、“减少”或“不变”）．‎ ‎④氨基甲酸铵分解反应的焓变△H　　0（填“＞”、“=”或“＜”），熵变△S　　0（填“＞”、“=”或“＜”）．‎ ‎（2）已知：NH2COONH4+2H2O⇌NH4HCO3+NH3•H2O．该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定其水解反应速率，得到c（NH2COO﹣）随时间的变化趋势如图所示．‎ ‎⑤计算 25.0℃时，0～6min 氨基甲酸铵水解反应的平均速率：　　．‎ ‎⑥根据图中信息，如何说明该水解反应速率随温度升高而增大：　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省牡丹江一中高二（上）期中化学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共22小题，每小题2分，满分44分）‎ ‎1．在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是（　　）‎ A．硝酸铝 B．碳酸氢钠 C．硫酸镁 D．亚硫酸钠 ‎【考点】盐类水解的原理．‎ ‎【分析】加热蒸干下列物质的溶液然后灼烧，可以得到该物质的固体，说明该物质在加热过程中性质稳定，不分解，且不发生水解生成其它物质，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．稀硝酸具有挥发性，且加热易分解，则加热硝酸铝溶液最终不会得到硝酸铝固体，故A错误；‎ B．NaHCO3不稳定，加热分解生成碳酸钠，故B错误；‎ C．加热硫酸镁溶液，即使水解，因硫酸难挥发，最终产物应为硫酸镁，故C正确；‎ D．亚硫酸钠溶液蒸干过程中易被空气中的氧气氧化生成硫酸钠，2Na2SO3+O2=2Na2SO4，蒸干灼烧后得到硫酸钠固体，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，要使溶液中值增大，可以采取的措施是（　　）‎ A．加少量烧碱溶液 B．降低温度 C．加少量冰醋酸 D．加水 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】醋酸是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，要使溶液中c（H+）/c（CH3‎ COOH）值增大，则平衡向正反应方向移动，结合平衡移动影响因素来分析解答．‎ ‎【解答】解：A．加入少量烧碱溶液，反应生成CH3COO﹣，c（H+）减小，由于CH3COO﹣对CH3COOH的电离起到抑制作用，则c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故A错误；‎ B．醋酸的电离是吸热反应，降低温度，抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，则c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故B错误；‎ C．加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故C错误；‎ D．加水稀释促进醋酸电离，则氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以c（H+）/c（CH3COOH）值增大，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．在相同温度时，100mL0.01mol•L﹣1的醋酸溶液与10mL 0.1mol•L﹣1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是（　　）‎ A．H+的物质的量 B．醋酸的电离常数 C．中和时所需NaOH的量 D．CH3COOH的物质的量 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】根据醋酸的浓度越小，其电离程度越大，但浓度小，电离产生的离子的浓度、离子的物质的量都小，并结合n=cV来解答，注意电离平衡常数与温度有关．‎ ‎【解答】解：A．由n=cV可知，100mL 0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但后者的浓度大，醋酸的电离程度小，所以氢离子的物质的量前者大于后者，故A正确；‎ B．电离平衡常数只与温度有关，温度相同则电离平衡常数相同，故B错误；‎ C．由于溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，故C错误；‎ D．由n=cV可知，100mL 0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但前者浓度小，电离程度大，前者的CH3COOH的物质的量小，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．下列判断正确的是（　　）‎ A．pH=6的溶液一定呈酸性 B．c（H+）水电离产生=c（OH﹣）水电离产生的溶液一定呈中性 C．使石蕊试液显红色的溶液一定呈酸性 D．强酸和强碱等物质的量混合后溶液一定呈中性 ‎【考点】探究溶液的酸碱性．‎ ‎【分析】A．pH=6的溶液不一定呈酸性，可能呈中性；‎ B．任何电解质水溶液中都存在c（H+）水电离产生=c（OH﹣）水电离产生，但存在c（H+）水电离产生=c（OH﹣）水电离产生的溶液不一定呈中性；‎ C．石蕊试液变色范围是5﹣8；‎ D．强酸和强碱等物质的量混合后溶液可能呈中性，也可能呈酸性或碱性．‎ ‎【解答】解：A．pH=6的溶液不一定呈酸性，可能呈中性，如95℃的水中存在c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6 mol/L，溶液的pH=6且溶液呈中性，故A错误；‎ B．任何电解质水溶液中都存在c（H+）水电离产生=c（OH﹣）水电离产生，但存在c（H+）水电离产生=c（OH﹣）水电离产生的溶液不一定呈中性，可能呈酸性或碱性，故B错误；‎ C．石蕊试液变色范围是5﹣8，常温下pH＜5的溶液能使石蕊试液变红色，为酸性溶液，故C正确；‎ D．强酸和强碱等物质的量混合后溶液可能呈中性，也可能呈酸性或碱性，如：元数相同的强酸强碱等物质的量的混合溶液呈中性，如果酸的元数大于碱的元数，二者等物质的量混合后溶液呈酸性，如果酸的元数小于碱的元数，二者等物质的量混合后溶液呈碱性，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．0.1mol•L﹣1KHS溶液中（呈碱性），下列表达式不正确的是（　　）‎ A．c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HS﹣）+2 c（S2﹣）‎ B．c（K+）＞c（HS﹣）＞c（OH﹣）＞c（S2﹣）＞c（H+）‎ C．c（HS﹣）+c（S2﹣）+c（H2S）=0.1 mol•L﹣1‎ D．c（K+）＞c（HS﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2S）＞c（H+）‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．‎ ‎【分析】KHS溶液呈碱性，说明HS﹣水解程度大于HS﹣电离程度，存在HS﹣⇌H++S2﹣，HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，H2O⇌H++OH﹣，结合电荷守恒和物料守恒可解答该题．‎ ‎【解答】解：A．溶液遵循电中性原则，即c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HS﹣）+2 c（S2﹣），故A正确；‎ B．溶液中存在水的电离，应存在c（H+）＞c（S2﹣），故B错误；‎ C.0.1mol•L﹣1KHS溶液中含有：HS﹣、S2﹣、H2S，由物料守恒可知c（HS﹣）+c（S2﹣）+c（H2S）=0.1 mol•L﹣1，故C正确；‎ D．溶液中存在水的电离，并且HS﹣水解程度大于HS﹣电离程度，存在HS﹣⇌H++S2﹣，HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，H2O⇌H++OH﹣，则c（OH﹣）＞c（H2S）＞c（H+），因水解程度较弱，则c（K+）＞c（HS﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2S）＞c（H+），故D正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．某酸性溶液中只有Na+、CH3COO﹣、H+、OH﹣四种离子．下列描述可能正确的是（　　）‎ A．该溶液由pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合而成 B．该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成 C．加入适量的NaOH，溶液中离子浓度为c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ D．加入适量氨水后，c（CH3COO﹣）会大于c（Na+）、c（NH4+）之和 ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】某酸性溶液中只有Na+、CH3COO﹣、H+、OH﹣四种离子，则该溶液为CH3COOH、CH3COONa混合溶液．‎ A．pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性；‎ B．由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性；‎ C．根据溶液呈电中性分析；‎ D．根据电荷守恒有c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+ ）+c（Na+ ）判断．‎ ‎【解答】解：A．pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，且溶液中存在Na+、CH3COO﹣、H+、OH﹣四种离子，故A正确；‎ B．由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，与溶液的酸性不符，故B错误；‎ C．根据电荷守恒有c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+ ）+c（Na+ ），若溶液中c（CH3COO﹣）＞c（Na+ ）＞c（OH﹣）＞c（H+ ），则c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＞c（H+ ）+c（Na+ ），溶液不呈电中性，故C错误；‎ D．若加入适量氨水至碱性，溶液中存在c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（NH4+）+c（H+），因为c（OH﹣）＞c（H+），则c（CH3COO﹣）＜c（Na+）+c（NH4+），故D正确；‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎7．用0.1mol•L﹣1的盐酸滴定0.1mol•L﹣1的氨水，在滴定过程中不可能出现的结果是（　　）‎ A．c（NH4+）＞c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+） B．c（NH4+）=c（C1﹣），c（OH﹣）=c（H+）‎ C．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+） D．c（C1﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（OH﹣）‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】根据酸碱滴定中，无论溶液中的溶质是氯化铵、氯化铵和氯化氢、氯化铵和一水合氨，该溶液一定不显电性，则利用遵循电荷守恒对各选项进行判断即可．‎ ‎【解答】解：A．若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，则一般溶液显碱性，即c（OH﹣）＞c（H+），溶液中弱电解质的电离＞盐的水解，即c（NH4+）＞c（Cl﹣），则符合电荷守恒，是可能出现的结果，故A错误；‎ B．若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，当溶液中弱电解质的电离程度与盐的水解程度相同时，溶液为中性，则c（OH﹣）=c（H+），由电荷守恒可知c（NH4+）=c（Cl﹣），是可能出现的结果，故B错误；‎ C．当c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+），则溶液中阴离子带的电荷总数就大于阳离子带的电荷总数，显然与电荷守恒矛盾，是不可能出现的结果，故C正确；‎ D．若滴定后溶液中的溶质为氯化铵，由铵根离子水解则溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH﹣），又水解的程度很弱，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），且符合电荷守恒，是可能出现的结果，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．将浓度为0.1mol/L Na2CO3溶液加水稀释，下列结论错误的是（　　）‎ A．水解平衡正向移动 B．各微粒浓度均变小（除H2O外）‎ C．溶液中离子数目增多 D．比值增大 ‎【考点】盐类水解的原理．‎ ‎【分析】0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，加水稀释，碳酸根离子水解平衡正移，水解程度增大，据此回答．‎ ‎【解答】解：0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，‎ A、加水稀释，碳酸根离子水解平衡正移，故A正确；‎ B、加水稀释，碳酸根离子水解平衡正移，平衡状态下微粒浓度减小，溶液中存在离子积常数，氢离子浓度增大，故B错误；‎ C、加水稀释，碳酸根离子水解平衡正移，阴离子数增加，溶液中离子数目增多，故C正确；‎ D、0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，加水稀释，碳酸根离子水解平衡正移，难度之比等于其物质的量之比，比值增大，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．现有X（g）+Y（g）⇌2Z（g）；正反应放热．从反应开始经过t1后达到平衡状态，t2 时由于条件改变，平衡受到破坏，在t3时又达到平衡，据如图回答：从t2→t3的曲线变化是由哪种条件引起的（　　）‎ A．增大X或Y的浓度 B．增大压强 C．增大Z的浓度 D．升高温度 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】由图可知，t2秒改变条件瞬间浓度都不变化，不能是改变浓度与压强，t2秒后X或Y的浓度增大，Z的浓度减小，说明平衡向逆反应方向移动，根据反应的特点和外界条件对平衡的影响来判断．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，t2秒瞬间浓度都不变化，不可能是增大X或Y的浓度，且若增大了X或Y的浓度，平衡向正反应方向移动，Z的浓度应增大，不符合，故A错误；‎ B、增大了体系压强，平衡不移动，X、Y、Z的浓度应增大，故B错误；‎ C、若增大Z的浓度，改变条件瞬间Z的浓度应增大，平衡时Z的浓度应大于原平衡，图象与实际不相符，故C错误；‎ D、该反应放热，升高该反应的温度，平衡逆向移动，X或Y的浓度增大，Z的浓度减小，图象符合，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．反应 X（气）+Y（气）⇌2Z（气）+Q（Q＞0），在一定条件下，反应物Y的转化率与反应时间（t）的关系如图所示．若使曲线a变为曲线b可采取的措施是（　　）‎ A．加入催化剂 B．降低温度 C．增大压强 D．增大Y的浓度 ‎【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．‎ ‎【分析】由图可知曲线a变为曲线b，到达平衡的时间增长，应改变条件降低反应速率，同时Y的转化率增大，即条件改变平衡向正反应移动，结合外界条件对反应速率与化学平衡的影响分析．‎ ‎【解答】解：由图可知曲线a变为曲线b，到达平衡的时间增长，应改变条件降低反应速率，同时Y的转化率增大，即条件改变平衡向正反应移动，‎ A、加入催化剂，反应速率加快，平衡不移动，Y的转化率不变，故A错误；‎ B、该反应正反应是放热反应，降低温度，反应速率降低，平衡向正反应移动，Y的转化率增大，故B正确；‎ C、增大压强，反应速率加快，反应前后气体的物质的量不变，平衡不移动，Y的转化率不变，故C错误；‎ D、加大Y的浓度，反应加快，平衡向正反应移动，Y的转化率降低，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎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：Fe3+、NH4+、Cl﹣、I﹣‎ B．pH值为1的溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、NO3﹣‎ C．水电离出来的c（H+）=10﹣13mol/L的溶液：K+、HCO3﹣、Br﹣、Ba2+‎ D．所含溶质为Na2SO4的溶液：K+、CO32﹣、NO3﹣、Al3+‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】A．滴加石蕊试液显红色的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；‎ B．pH值为1的溶液，显酸性；‎ C．水电离出来的c（H+）=10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液；‎ D．离子之间相互促进水解．‎ ‎【解答】解：A．滴加石蕊试液显红色的溶液，显酸性，Fe3+、I﹣发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；‎ B．pH值为1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；‎ C．水电离出来的c（H+）=10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在HCO3﹣，碱溶液中HCO3﹣、OH﹣、Ba2+反应生成沉淀和水，故C错误；‎ D．CO32﹣、Al3+相互促进水解，不能共存，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．在90℃时，将pH=12的NaOH溶液V1 L与pH=l的H2SO4溶液V2 L混合，若所得混合溶液的pH=11，则V1：V2为（已知在90℃时，水的离子积为10﹣12）（　　）‎ A．2：9 B．10：9 C．9：2 D．9：10‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】90℃时，水的离子积为10﹣12，则该温度下c（H+）==mol/L=10﹣6 mol/L，其pH=6，混合溶液pH=11＞6，所以混合溶液呈碱性，pH=12的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=1mol/L，pH=l的H2SO4溶液c（H+）=0.1mol/L，混合溶液pH=11，则混合溶液中c（OH﹣）=mol/L=mol/L，据此计算V1：V2．‎ ‎【解答】解：90℃时，水的离子积为10﹣12，则该温度下c（H+）==mol/L=10﹣6 mol/L，其pH=6，混合溶液pH=11＞6，所以混合溶液呈碱性，pH=12的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=1mol/L，pH=l的H2SO4溶液c（H+）=0.1mol/L，混合溶液pH=11，则混合溶液中c（OH﹣）=mol/L=mol/L，V1：V2=2：9，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎13．将3mol　O2加入到V L的反应器中，在高温下放电，经t1s建立了平衡体系：3O2⇌2O3，此时测知O2的转化率为30%，下列图象能正确表示气体的物质的量浓度（m）跟时间（t）的关系的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】化学平衡建立的过程．‎ ‎【分析】根据O2的转化率利用三段式计算平衡时各组分的浓度，‎ ‎ 3O2⇌2O3‎ n（始）：3 0‎ n（变）：0.9 0.6‎ n（平）：2.1 0.6‎ O2的起始浓度为，O2的平衡浓度为，O3的起始浓度为0，O3的平衡浓度为，O2的物质的量大于O3的物质的量．‎ ‎【解答】解：O2的转化率为30%，则O2的消耗量为3mol×30%=0.9mol，‎ ‎ 3O2⇌2O3‎ n（始）：3 0‎ n（变）：0.9 0.6‎ n（平）：2.1 0.6‎ O2的起始浓度为，O2的平衡浓度为，O3的起始浓度为0，O3的平衡浓度为，‎ A、图象表示平衡时O2和O3的物质的量相同，与实际不符，故A错误；‎ B、图象表示平衡时O2和O3的物质的量相同，与实际不符，故B错误；‎ C、图象表示平衡时O2的物质的量大于O3的物质的量，与实际相符，故C正确；‎ D、图象表示平衡时O2的物质的量小于O3的物质的量，与实际不符，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎14．草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性．常温下，向10mL 0.01mol•L﹣1 NaHC2O4溶液中滴加0.01mol•L﹣1 NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（　　）‎ A．V（NaOH）=0时，c（H+）=1×10﹣2 mol•L﹣1‎ B．V（NaOH）＜10 mL时，不可能存在c（Na+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）‎ C．V（NaOH）=10 mL时，c（H+）=1×10﹣7 mol/L D．V（NaOH）＞10 mL时，c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】A．草酸是二元中强酸，V（NaOH）=0时，NaHC2O4不能完全电离出H+；‎ B．V（NaOH）＜10mL时，溶液中溶质为NaHC2O4、Na2C2O4；‎ C．V（NaOH）=10 mL时，溶液中溶质为Na2C2O4；‎ D．V（NaOH）＞10 mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4．‎ ‎【解答】解：A．草酸是二元中强酸，V（NaOH）=0时，NaHC2O4不能完全电离出H+，则c（H+）＜1×10﹣2mol•L﹣1，故A错误；‎ B．V（NaOH）＜10mL时，溶液中溶质为NaHC2O4、Na2C2O4，当电离等于水解，即c（H+）=c（OH﹣），存在c（Na+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣ ），故B错误；‎ C．V（NaOH）=10 mL时，溶液中溶质为Na2C2O4，溶液显碱性，则c（H+）＜1×10﹣7mol•L﹣1，故C错误；‎ D．V（NaOH）＞10 mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4，C2O42﹣水解生成HC2O4﹣，则离子浓度为c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣ ），故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎15．下列操作中，能使电离平衡H2O⇌H++OH﹣，向右移动且溶液呈酸性的是（　　）‎ A．向水中加入NaHSO4溶液 B．向水中加入Al2（SO4）3固体 C．向水中加入Na2CO3溶液 D．将水加热到100℃，使pH=6‎ ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】能使电离平衡H2O⇌H++OH﹣向右移动，说明加入的物质能和氢离子或氢氧根离子反应而促进水的电离；溶液呈酸性，说明加入的物质和氢氧根离子反应，导致溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度而使溶液呈酸性，据此进行分析．‎ ‎【解答】解：A、硫酸氢钠的电离：NaHSO4═Na++H++SO42﹣，溶液中氢离子浓度增大，水的电离平衡向着逆向移动，故A错误；‎ B、向水中加入硫酸铝，铝离子水解而促进水电离，且溶液呈酸性，故B正确；‎ C、向水中加入碳酸钠溶液，碳酸根离子水解促进水的电离，碳酸根离子和氢离子结合生成碳酸氢根离子而使溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，故C错误；‎ D、升高温度，水的电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液显示中性，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎16．在密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）．在500℃时，平衡常数K=9．若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为（　　）‎ A．25% B．50% C．75% D．80%‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】依据化学平衡的三段式列式计算，平衡状态下的物质浓度，运用平衡常数的概念列式得到；‎ ‎【解答】解：依据化学平衡，设一氧化碳的消耗浓度为X，分析三段式列式计算：‎ ‎ CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）‎ 起始量（mol/L） 0.02 0.02 0 0 ‎ 变化量（mol/L） X X X X 平衡量（mol/L） 0.02﹣X 0.02﹣X X X 平衡常数K===9‎ 解得：X=0.015mol/L；‎ 一氧化碳转化率=×100%=75%‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎17．现有常温时pH=1的某强酸溶液10mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是（　　）‎ A．加入10mL 0.01mol•L﹣1的NaOH溶液 B．加入10mL 的水进行稀释 C．加水稀释成100mL D．加入10mL 0.01mol•L﹣1的盐酸溶液 ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】常温下pH=1的某强酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，使溶液的pH变成2，即c（H+）=0.01mol/L，可加水稀释或加入一定量的碱进行中和，使c（H+）=0.01mol/L即可．‎ ‎【解答】解：常温下pH=1的某强酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，使溶液的pH变成2，即c（H+）=0.01mol/L，则：‎ A、pH=1的某强酸溶液10mL，n（H+）=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，10mL0.01mol/L的NaOH溶液，n（OH﹣）=0.01L×0.01mol/L=0.0001mol，混合后c（H+）=≠0.01mol/L，故A错误；‎ B、加入10mL的水进行稀释，混合后c（H+）==0.05mol/L≠0.01mol/L，故B错误；‎ C、加水稀释成100mL，c（H+）==0.01mol/L，故C正确；‎ D、加入10mL0.01mol/L的盐酸，混合后，c（H+）=‎ ‎≠0.01mol/L，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎18．有①Na2SO3溶液②CH3COOH溶液③HCl溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L．下列说法正确的是（　　）‎ A．三种溶液的pH的大小顺序是①＞②＞③‎ B．三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是①‎ C．三种溶液中含微粒种类多少顺序是：②＞①＞③‎ D．三种溶液中由水电离出c（H+）大小顺序是：③＞②＞①‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】A．根据溶液酸碱性判断溶液的pH大小；‎ B．稀释后①的水解程度、②的电离程度增大，溶液pH变化较小，而③中氢离子的物质的量基本不变，则其pH变化最大；‎ C．①中含有阳离子多了钠离子，阴离子有亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子，其含有微粒最多，③中不存在HCl分子，则③中微粒种类最少；‎ D．①促进了水的电离，②③都抑制了水的电离，酸性越强，水的电离程度越小．‎ ‎【解答】解：A．①Na2SO3溶液呈碱性，溶液的pH＞7，②CH3COOH溶液呈酸性，氢离子浓度小于0.1mol/L，其pH大于③，③HCl溶液中氢离子浓度0.1mol/L，其pH最小，所以三种溶液的pH的大小顺序是①＞②＞③，故A正确；‎ B．三种溶液稀释相同倍数，由于①的水解程度、②的电离程度增大，两溶液的pH变化较小，只有③中氢离子的物质的量基本不变，其pH变化最大，故B错误；‎ C．①Na2SO3溶液中比②③多了钠离子，还多1种酸根离子，②CH3COOH溶液比③多了弱酸分子，③HCl溶液中含有微粒种类最少，所以三种溶液中含微粒种类多少顺序是：①＞②＞③，故C错误；‎ D．①Na2SO3溶液中，亚硫酸根离子水解促进了水的电离，②CH3COOH电离出的氢离子抑制了水的电离，③HCl电离出的氢离子抑制了水的电离，由于浓度相同时③中氢离子浓度较大，则③中水电离的氢离子浓度最小，所以三种溶液中由水电离出c（H+）大小顺序是：①＞②＞③，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎19．下列说法正确的是（　　）‎ A．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数 B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大 C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大 D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】温度、催化剂可影响活化分子的百分数，而浓度、压强只改变单位体积活化分子的数目，不改变百分数，另外，催化剂可降低反应的活化能．‎ ‎【解答】解：A．升高温度，可增加反应物分子中活化分子的百分数，使反应速率增大，故A正确；‎ B．增大压强，可增大单位体积的活化分子数目，但百分数不变，故B错误；‎ C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，但百分数不变，故C错误；‎ D．加入催化剂，降低反应物的活化能，增大活化分子的百分数，反应速率增大，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎20．若室温时pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合，恰好完全反应，则该氨水的电离度可表示为（　　）‎ A．10（a+b﹣12）% B．10（a+b﹣14）% C．10（12﹣a﹣b）% D．10（14﹣a﹣b）%‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】根据二者恰好反应可知n（NH3•H2O）=n（HCl），根据α=‎ 计算电离度．‎ ‎【解答】解：pH=b的盐酸中c（H+）=c（HCl）=10﹣bmol/L，‎ 二者恰好反应可知c（NH3•H2O）=c（HCl）=10﹣bmol/L，‎ pH=a的氨水中n（OH﹣）=10a﹣14mol/L，即已电离的c（NH3•H2O）=10a﹣14mol/L，‎ 所以该氨水的电离度为： =10（a+b﹣14）%，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎21．已知：相同温度下Ka（HF）＞Ka（HCN）．现有物质的量浓度和体积均相同的NaF和NaCN两种溶液，已知前者溶液中所含离子数目为n1，后者溶液中所含离子数目为n2，下列关系正确的是（　　）‎ A．溶液pH：NaF＞NaCN B．n1＞n2‎ C．H2O的电离程度：NaF＞NaCN D．c（F﹣）＜c（CN﹣）‎ ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】HF的酸性比HCN的酸性强，HF的电离程度大于HCN，则其酸根离子水解程度F﹣＜CN﹣，离子的水解是对水的电离的促进作用，水解程度大，则水电离的程度大．‎ ‎【解答】解：A、HF的酸性比HCN的酸性强，HF的电离程度大于HCN，则其酸根离子水解程度F﹣＜CN﹣，溶液pH：NaF＜NaCN，故A错误；‎ B、因为酸根离子水解程度F﹣＜CN﹣，则c（F﹣）＞c（CN﹣），所以NaF溶液中氢离子浓度大于NaCN，两种溶液中钠离子浓度相等，所以NaF溶液中离子个数大于NaCN离子个数，即n1＞n2，故B正确；‎ C、HF的酸性比HCN的酸性强，HF的电离程度大于HCN，则其酸根离子水解程度F﹣＜CN﹣，离子的水解是对水的电离的促进作用，所以H2O的电离程度：NaF＜NaCN，故C错误；‎ D、因为酸根离子水解程度F﹣＜CN﹣，则c（F﹣）＞c（CN﹣），故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎22．下列说法不正确的是（　　）‎ A．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小 B．沉淀反应中常加过量的沉淀剂，其目的是使沉淀完全 C．对于Al（OH）3（s）⇌Al（OH）3（aq）⇌Al3++3OH﹣，前者为溶解平衡，后者为电离平衡 D．除去溶液中的Mg2+，用OH﹣沉淀Mg2+比用CO32﹣效果好，说明Mg（OH）2的溶解度比MgCO3大 ‎【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】A．AgCl沉淀在溶液中存在沉淀溶解平衡；‎ B．加过量的沉淀剂能使沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动；‎ C．氢氧化铝固体与氢氧化铝溶液是沉淀溶解平衡，氢氧化铝是弱电解质存在电离平衡；‎ D．Mg（OH）2的溶解度比MgCO3小．‎ ‎【解答】解：A．AgCl沉淀在溶液中存在沉淀溶解平衡，加入盐酸，使平衡向生成沉淀的方向移动，故A正确；‎ B．加过量的沉淀剂能使沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动，所以沉淀反应中常加过量的沉淀剂，其目的是使沉淀完全，故B正确；‎ C．氢氧化铝固体与氢氧化铝溶液是沉淀溶解平衡，氢氧化铝是弱电解质存在电离平衡，所以Al（OH）3（s）⇌Al（OH）3（aq）⇌Al3++3OH﹣，前者为溶解平衡，后者为电离平衡，故C正确；‎ D．解度大的沉淀可以转化为溶解度更小的另一种沉淀，用OH﹣沉淀Mg2+比用CO32﹣效果好，说明Mg（OH）2的溶解度比MgCO3小，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分56分）‎ ‎23．三草酸合铁酸钾晶体{K3[Fe（C2O4）3]•xH2O}是一种光敏材料，为测定该晶体中铁的含量，某实验小组做了如下实验：‎ 步骤一：称量4.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液．‎ 步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4‎ 溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时，MnO4﹣被还原成Mn2+．向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性．‎ 步骤三：用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4﹣被还原成Mn2+．‎ 重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010mol/L KMnO4溶液19.98mL．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步骤依次是：称量、　溶解　、转移、洗涤并转移、　定容　、摇匀．‎ ‎（2）加入锌粉的目的是　将Fe3+恰好还原成Fe2+，使Fe2+在步骤三中与KMnO4发生氧化还原反应　．‎ ‎（3）写出步骤三中发生反应的离子方程式：　5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O　．‎ ‎（4）实验测得该晶体中铁的质量分数为　14%　．在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则测得的铁含量　偏高　．（选填“偏低”、“偏高”或“不变”）‎ ‎【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．‎ ‎【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤判断：在配制物质的量浓度的溶液时，要经过：计算→称量→溶解→移液、洗涤→振荡→定容→摇匀等步骤；‎ ‎（2）锌粉能与Fe3+反应，加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+；‎ ‎（3）步骤三KMnO4溶液滴定，将二价铁氧化成三价铁离子，据此书写离子方程式；‎ ‎（4）根据离子方程式计算，n（Fe）=5n（MnO4﹣），晶体中铁的质量分数=×100%计算，若在步骤二中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高．‎ ‎【解答】解：（1）在配制物质的量浓度的溶液时，要经过：计算→称量→溶解→移液、洗涤→振荡→定容→摇匀等步骤，故答案为：溶解；定容；‎ ‎（2）加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+，故答案为：将Fe3+‎ 恰好还原成Fe2+，使Fe2+在步骤三中与KMnO4发生氧化还原反应；‎ ‎（3）在步骤三中KMnO4溶液滴定，将二价铁氧化成三价铁离子，发生的离子反应为：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；‎ ‎（4）根据步骤三中的离子反应可知：n（Fe）=5n（MnO4﹣）=5×19.98×10﹣3×0.01 mol•L﹣1×10=0.00999mol，m（Fe）=56 g•mol﹣1×0.0099mol=0.5594g．晶体中铁的质量分数=×100%=14%，若在步骤二中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高，故答案为：14%；偏高．‎ ‎　‎ ‎24．一定条件下，在一个1L的密闭容器中，加入2mol A和1mol B，发生下列反应：2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D（s），10min后达到平衡，平衡时C的浓度为0.12mol/L．‎ ‎（1）维持容器的温度不变，若缩小容器的体积，则平衡　不　移动（填“向正反应方向”或“向逆反应方向”或“不”）．‎ ‎（2）维持容器的体积和温度不变，按下列四种配比作为起始物质，达到平衡后，C的浓度仍与上述平衡相同的是　BC　．‎ A．4mol A+2mol B B．3mol C+1mol D C．2mol A+1mol B+1mol D ‎（3）若维持容器内的体积和温度不变，反应从逆反应开始，按不同配比作为起始物质，达到平衡时，C的浓度与上述平衡相同，则C的起始物质的量应满足的条件是　1.2mol＜nc≤3mol　．‎ ‎（4）到达平衡时B的转化率为　40%　．若到达到平衡后向容器中加入少量的C，其它条件保持不变，B的转化率将　变小　（填“变大”或“变小”或“不变”）．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）对于反应前后体积不变的化学反应而言，压强变化不会引起化学平衡的移动；‎ ‎（2）根据等效平衡判断即可；‎ ‎（3）采用极限法求出C的物质的量；‎ ‎（4）10min后达到平衡，平衡时C的浓度为0.12mol/L，结合方程式可计算消耗B的物质的量，以此计算B的转化率，加入少量C，平衡逆向移动．‎ ‎【解答】解：（1）D为固体，对于反应前后体积不变的化学反应，压强变化不会引起化学平衡的移动，‎ 故答案为：不；‎ ‎（2）根据等效平衡，把物质都换算成方程式一边的物质，且和初始加入的入2mol A和1mol B相等即可．‎ ‎①4molA+2molB 与初始A、B浓度不同，故A错误； ‎ ‎②D是固体，量的多少不会引起化学平衡的移动，3molC换算成A、B，A、B浓度分别为2mol、1mol，与初始浓度相同，故B正确；‎ ‎③D是固体，量的多少不会引起化学平衡的移动，2molA+1molB和题干投入量相等，故C正确．‎ 故答案为：BC；‎ ‎（3）若维持容器的体积和温度不变，反应从逆反应开始，按不同配比作为起始物质，达到平衡时，C的浓度仍是1.2mol•L﹣1，此时和初始时是等效的，当加入2mol A和1mol B，即加入3molC，符合题意，如果假设C全部反应转化为A、B，此时C的物质的量最小是1.2mol，即1.2 mol＜nc≤3mol，‎ 故答案为：1.2 mol＜nc≤3mol；‎ ‎（4）10min后达到平衡，平衡时C的浓度为0.12mol/L，由方程式可知消耗B的物质的量为0.4mol，则B的转化率为=40%，由于容器的体积不变，加入少量C，生成物浓度增大，平衡逆向移动，B的转化率减小．‎ 故答案为：40%； 变小．‎ ‎　‎ ‎25．常温下，向100mL 0.01mol•L﹣1 HA溶液中逐滴加入0.02mol•L﹣1 MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况（体积变化忽略不计）．回答下列问题：‎ ‎（1）由图中信息可知HA为　强　酸（填“强”或“弱”），理由是　0.01 mol•L﹣1 HA溶液的pH为2，说明HA完全电离　．‎ ‎（2）MA稀溶液的pH=a，则a　＜　7（填“＞”、“＜”或“=”），此时，溶液中由水电离出的c（H+）=　1×10﹣a mol•L﹣1　．‎ ‎（3）请写出K点所对应的溶液中离子浓度的大小关系：　c（M+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　．‎ ‎（4）K点对应的溶液中，c（M+）+c（MOH）=　=　2c（A﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）；若此时溶液中pH=10，则c（MOH）+c（OH﹣）=　0.005+1×10﹣10　 mol•L﹣1（用代数式表示）．‎ ‎（5）K点溶液显碱性的原因是：　K点为等浓度的MA和MOH的混合溶液，MOH的电离程度大于MA的水解程度，使溶液呈碱性　．‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】（1）根据0.01mol•L﹣1HA溶液的pH判断酸的强弱，溶液的pH2，说明完全电离；‎ ‎（2）根据图示判断出MOH的碱性强弱，再判断MA稀溶液的酸碱性；盐溶液中水电离的氢氧根离子就等于溶液中的氢离子浓度；‎ ‎（3）K点MOH的物质的量远远大于HA的物质的量，溶液显示碱性，据此进行比较离子浓度大小；‎ ‎（4）根据溶液中的物料守恒进行判断浓度关系；根据溶液中的电荷守恒和物料守恒进行计算；‎ ‎（5）根据MA的水解程度与MOH的电离程度相对大小判断．‎ ‎【解答】解：（1）根据图象知，加入碱溶液的体积为0时，0.01mol•L﹣1HA溶液的pH=2，氢离子浓度为0.01mol/L，氢离子浓度等于酸浓度，所以该酸在溶液中完全电离，属于强酸，‎ 故答案为：强；0.01 mol•L﹣1HA的pH为2，说明HA完全电离；‎ ‎（2）N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，MA属于强酸弱碱盐，水解显示酸性，即a＜7；水电离的氢氧根离子等于溶液中氢离子的浓度，即c（OH﹣）=1×10﹣amol•L﹣1，‎ 故答案为：＜；1×10﹣amol•L﹣1；‎ ‎（3）由于在K点，MOH的物质的量远远大于HA的物质的量，溶液显示碱性，所以溶液中浓度大小关系为：c（M+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），‎ 故答案为：c（M+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）； ‎ ‎（4）K点时，加入的MOH的物质的量=0.02mol•L﹣1×0.1L=0.002mol，混合溶液的体积是0.2L，根据物料守恒知，c（M+）+c（MOH）==0.01mol/L，‎ HA是强酸，所以反应后的溶液中，c（A﹣）=×0.01mol•L﹣1=0.005mol•L﹣1，故c（M+）+c（MOH）=2c（A﹣）；‎ 根据电荷守恒可得：c（H+）+c（M+）=c（A﹣）+c（OH﹣），‎ 由c（M+）+c（MOH）=0.01mol/L，可得c（M+）=0.01mol/L﹣c（MOH），带入电荷守恒公式可得：c（H+）+0.01mol/L﹣c（MOH）=c（A﹣）+c（OH﹣），‎ 整理可得：c（MOH）+c（OH﹣）=c（H+）+0.01mol/L﹣c（A﹣）=10﹣10mol/L+0.01mol/L﹣0.005mol•L﹣1=0.005+1×10﹣10mol•L﹣1，‎ 故答案为：=；0.005+1×10﹣10．‎ ‎（5）K点溶液为等浓度的MA和MOH，MOH电离显碱性，MA水解显酸性，MOH的电离程度大于MA的水解程度，使溶液呈碱性；‎ 故答案为：K点为等浓度的MA和MOH的混合溶液，MOH的电离程度大于MA的水解程度，使溶液呈碱性．‎ ‎　‎ ‎26．（1）在粗制CuSO4•5H2O晶体中常含有杂质Fe2+．在提纯时为了除去Fe2+，常加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质可采用的是　B　‎ A．KMnO4 　 B．H2O2 　　 C．Cl2 水 　　 D．HNO3‎ 然后再加入适当物质调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe（OH）3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，调整溶液pH可选用下列中的　CD　‎ A．NaOH B．NH3•H2O C．CuO D．Cu（OH）2‎ ‎（2）甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+‎ 的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10﹣38，Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10﹣20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5 mol•L﹣1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol•L﹣1，则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为　4　，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为　3.3　，通过计算确定上述方案　可行　 （填“可行”或“不可行”）（已知lg5=0.7）‎ ‎【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁盐和亚铁盐的相互转变．‎ ‎【分析】（1）根据除杂质至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质，调整溶液的pH时，加入的物质不能引进新的杂质粒子．以此来解答；‎ ‎（2）依据氢氧化铜饱和溶液中溶度积常数计算溶液中的氢离子浓度计算PH；结合氢氧化铁溶度积和残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5 mol•L﹣1时就认为沉淀完全．‎ ‎【解答】解：（1）除杂质至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质，四个选项中，只有双氧水氧化后生成水，双氧水受热见光易分解，没有多余杂质；调整溶液的pH时，加入的物质不能引进新的杂质粒子，氢氧化钠中含有钠离子，氨水反应后生成铵根离子，所以氢氧化钠和氨水能引进新的杂质离子，CuO粉末、Cu（OH）2悬浊液反应后生成铜离子和水而不引进新的杂质离子，故选CD．‎ 故答案为：B；CD；‎ ‎（2）Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10﹣20，溶液中CuSO4的浓度为3.0mol•L﹣1，c（Cu2+）=3.0mol•L﹣1；依据溶度积常数c（Cu2+）×c2（OH﹣）=3.0×10﹣20 ；c2（OH﹣）==10﹣22；得到c（OH﹣）=10﹣10mol/L，依据水溶液中的离子积c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14；求的c（H+）=10﹣4mol/L，溶液pH=4，则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为4；‎ 残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5 mol•L﹣1时就认为沉淀完全，Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10﹣38，c（Fe3+）×c3（OH﹣）=8.0×10﹣38；c3（OH﹣）=‎ ‎=8.0×10﹣33；求的c（OH﹣）=2×10﹣11mol/L；水溶液中的离子积c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14；c（H+）=5×10﹣4mol/L，则pH=3.3；通过计算可知pH=4能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，则方案可行，‎ 故答案为：4；3.3；可行．‎ ‎　‎ ‎27．某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵（NH2COONH4）分解反应平衡常数和水解反应速率的测定．‎ ‎（1）将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：‎ NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）‎ 实验测得不同温度下的平衡数据列于表中：‎ 温度/℃‎ ‎15.0‎ ‎20.0‎ ‎25.0‎ ‎30.0‎ ‎35.0‎ 平衡总压强/kPa ‎5.7‎ ‎8.3‎ ‎12.0‎ ‎17.1‎ ‎24.0‎ 平衡气体总浓度/mol•L﹣1‎ ‎2.4×10﹣3‎ ‎3.4×10﹣3‎ ‎4.8×10﹣3‎ ‎6.8×10﹣3‎ ‎9.4×10﹣3‎ ‎①下列不能判断该分解反应已经达到平衡的是　ADE　．‎ A．2v（NH3）=v（CO2）‎ B．密闭容器中总压强不变 C．密闭容器中混合气体的密度不变 D．密闭容器中氨气的体积分数不变 E．容器中混合气体的平均相对分子质量不变 ‎②用某气体组分（B）的平衡压强（pB）代替气体组分（B）的物质的量浓度（cB）也可以表示平衡常数（记作KP），气体组分（B）的平衡压强（pB）等于混合气体的总压乘以该气体的物质的量分数．根据表中数据，计算 25.0℃时氨基甲酸铵分解的平衡常数Kp=　256（kPa）3　．‎ ‎③取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在 25.0℃下达到分解平衡．若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量　增加　（填“增加”、“减少”或“不变”）．‎ ‎④氨基甲酸铵分解反应的焓变△H　＞　0（填“＞”、“=”或“＜”），熵变△S　＞　0（填“＞”、“=”或“＜”）．‎ ‎（2）已知：NH2COONH4+2H2O⇌NH4HCO3+NH3•H2O．该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定其水解反应速率，得到c（NH2COO﹣）随时间的变化趋势如图所示．‎ ‎⑤计算 25.0℃时，0～6min 氨基甲酸铵水解反应的平均速率：　0.05mol/（L•min）　．‎ ‎⑥根据图中信息，如何说明该水解反应速率随温度升高而增大：　25℃反应物起始浓度较小，但0～6min的平均反应速率（曲线的斜率）仍比15℃大　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）①结合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判定平衡状态；‎ ‎②容器内气体的浓度之比为2：1，压强分别为8kPa、4kPa，类比K计算kp；‎ ‎③25.0℃下达到分解平衡．若在恒温下压缩容器体积，平衡逆向移动；‎ ‎④该反应为气体体积增大的反应，且由表格中数据可知，温度越高，K越大；‎ ‎（2）⑤结合v=计算0～6min 氨基甲酸铵水解反应的平均速率；‎ ‎⑥水解反应为吸热反应，且温度升高，反应速率增大，由图可知，起始浓度、温度不同．‎ ‎【解答】解：（1）①A．2v（NH3）=v（CO2），不能确定正逆反应速率关系，不能判定平衡，故A选；‎ B．该反应为气体体积不等的反应，则密闭容器中总压强不变，达到平衡状态，故B不选；‎ C．气体的质量为变量，则密闭容器中混合气体的密度不变，达到平衡状态，故C不选；‎ D．氨气与二氧化碳的体积比为2：1，密闭容器中氨气的体积分数始终不变，不能判断，故D选；‎ E．氨气与二氧化碳的体积比为2：1，容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变吗，不能判断，故E选；‎ 故答案为：ADE；‎ ‎②容器内气体的浓度之比为2：1，总压强为12kPa，故NH3和CO2的浓度分别为3.2×10﹣3 mol/L、1.6×10﹣3 mol/L，压强分别为8kPa、4kPa，Kp=82×4=256（kPa）3，‎ 故答案为：256（kPa）3；‎ ‎③25.0℃下达到分解平衡．若在恒温下压缩容器体积，平衡逆向移动，所以固体质量会增加，故答案为：增加；‎ ‎④由表格中数据可知，温度越高，K越大，氨基甲酸铵分解反应的焓变△H＞0，为气体体积增大的反应，则熵变△S＞0，故答案为：＞；＞；‎ ‎（2）⑤0～6min 氨基甲酸铵水解反应的平均速率v==0.05mol/（L•min），故答案为：0.05mol/（L•min）；‎ ‎⑤由图可知，起始浓度、温度不同，因25℃反应物起始浓度较小，但0～6min的平均反应速率（曲线的斜率）仍比15℃大，则该水解反应速率随温度升高而增大，‎ 故答案为：25℃反应物起始浓度较小，但0～6min的平均反应速率（曲线的斜率）仍比15℃大．‎ ‎　‎ ‎2017年1月21日