化学卷·2019届广东省深圳市高级中学高二上学期期中考试试题（解析版）

化学卷·2019届广东省深圳市高级中学高二上学期期中考试试题（解析版）

深圳高级中学（集团）2017-2018 学年高二年级第一学期期中 考试 化学试卷 1. 化学与生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是 A. “低碳生活”是指生活中尽量使用含碳量较低的物质 B. 燃煤中加入 CaO 后可减少酸雨的发生 C. 高纯铝被大量用于制造火箭、导弹和飞机的部件 D. 食品包装袋内的铁粉和生石灰的作用原理相同 【答案】B 2. 设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 2.24L 由氧气和臭氧组成的混合物中含有分子数目为 0.1 NA B. 1mol N2 与 4mol H2 反应生成的 NH3 分子数为 2NA C. pH=1 的稀硫酸中，含有 H+总数为 0.1 NA D. 过氧化钠与水反应时，生成 0.1mol 氧气转移的电子数为 0.2NA 【答案】D 【解析】A 项，由于混合气所处温度和压强未知，无法用 22.4L/mol 计算混合气的物质的量， 错误；B 项，N2 与 H2 合成氨气的反应为可逆反应，生成的 NH3 分子数小于 2NA，错误；C 项，pH=1 的稀硫酸中 c（H+）=0.1mol/L，溶液体积未知，无法计算 H+物质的量，错误；D 项，Na2O2 与 水的反应可分析为： ，生成 0.1molO2 转移 0.2mol 电子，正确； 答案选 D。 点睛：本题以阿伏加德罗常数计算为载体，重点考查气体体积的换算、溶液中离子、可逆反 应、化学反应中电子的转移等内容。需要注意：22.4L/mol 适用于标准状况下由气体体积求气 体分子物质的量；可逆反应中反应物的转化率小于 100%；歧化反应中转移电子数的确定（如 题中参与反应的 Na2O2 中一半作氧化剂，一半作还原剂）。 3. 由下列实验及现象推出的结论正确的是 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】A 项，向滴加了酚酞的 NaOH 溶液中通入适量 Cl2，Cl2 与 NaOH 反应生成 NaCl、NaClO 和 H2O，Cl2 与水反应生成的 HClO 具有强氧化性，使得溶液红色逐渐变淡至无色，错误；B 项， Mg 条点燃伸入集满 CO2 的集气瓶中，集气瓶中产生白烟且有黑色颗粒产生说明发生反应 2Mg+CO2 2MgO+C，CO2 表现氧化性，被还原成 C，正确；C 项，加热 NH4Cl 固体时试管底的固 体减少至消失，上部试管壁出现晶体，发生反应 NH4Cl NH3↑+HCl↑、NH3+HCl=NH4Cl，不是 升华，错误；D 项，向 1mL0.1mol/LAgNO3 溶液中滴加 2 滴 0.1mol/LNaCl 溶液，反应后 AgNO3 过量，再加入 KI 溶液，过量的 AgNO3 能与 KI 形成黄色 AgI 沉淀，不能证明发生了沉淀的转化， 错误；答案选 B。 4. 下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是 图 1 图 2 图 3 图 4 A. 用图 1 所示装置除去 Cl2 中含有的少量 HCl B. 用图 2 所示装置以海水制取蒸馏水 C. 用图 3 所示装置制取少量纯净的 CO2 气体 D. 用图 4 所示装置利用无水乙醇萃取碘水中的碘 【答案】B 【解析】A 项，NaOH 不仅吸收 HCl，而且吸收 Cl2，使 Cl2 减少，错误；B 项，从海水中获得蒸 馏水可用蒸馏法，正确；C 项，纯碱溶于水，不能控制反应，制得的 CO2 中混有 HCl 和 H2O （g），不能得到纯净的 CO2，错误；D 项，无水乙醇与水互溶，不能用无水乙醇从碘水中萃取 碘，错误；答案选 B。 点睛：本题考查化学实验的基本操作。注意常见气体的制备、除杂和净化，萃取剂的选择。 萃取剂的选择必须满足三个条件：萃取剂与原溶剂互不相溶，萃取剂与原溶液不反应，溶质 在萃取剂中的溶解度远大于溶质在原溶剂中的溶解度。 5. 短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 的简单氢化物可用作制冷剂，Y 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由 X、Y 和 Z 三种元素形成的一种盐溶于水后， 加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是 A. 氢化物的稳定性：X ＞W B. 离子半径：X ＞Y C. 氧化物水化物的酸性 W ＞ Z D. Z 与 X 属于同一主族，与 Y 属于同一周期 【答案】C 【解析】W 的简单氢化物可用作制冷剂，W 为 N 元素；Y 的原子半径是所有短周期主族元素中 最大的，Y 为 Na 元素；由 X、Y、Z 三种元素形成的一种盐中加入稀盐酸有黄色沉淀析出同时 有刺激性气体产生，该黄色沉淀为 S，结合 X、Y、Z 的原子序数依次增大，X 为 O 元素，Z 为 S 元素。A 项，非金属性 O N，氢化物的稳定性：H2O NH3，正确；B 项，O2-、Na+具有相同的 电子层结构，核电荷数：O2- Na+，离子半径 O2- Na+，正确；C 项，N 的氧化物水化物有 HNO3、HNO2，S 的氧化物的水化物有 H2SO4、H2SO3，酸性：H2SO4 HNO2、HNO3 H2SO3，错误；D 项，S 和 O 都属于 VIA 族，S 与 Na 都属于第三周期，正确；答案选 C。 6. 臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g) N2O5(g)+O2(g)，反应在恒容 密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是 A B C D 升高温度，化学平衡 常数增大 0~3 秒内，反应速率 V(O3)= 0.1mol·L-1·s-1 加入催化剂，平衡向 正反应方向移动 达平衡时，仅改变 x， 则 x 为 c(O2) A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】A 项，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应的正反应为放热反应，升高温度， 平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，错误；B 项，0~3s 内 υ（NO2）= =0.2mol/（L·s），则υ（O3）=υ（NO2）=0.1mol/（L·s），正确；C 项，加入催化剂，平衡 不移动，错误；D 项，若 x 为 c（O2），增大 O2 的浓度，平衡向逆反应方向移动，NO2 的转化率 减小，错误；答案选 B。 7. 下列离子方程式书写正确的是 A. KAl(SO4)2 中滴加 Ba(OH)2 使 SO42-恰好完全沉淀 2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓ B. 向 NaAlO2 溶液中通入过量 CO2：2AlO2－＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO32－ C. 醋酸溶液与水垢中的 CaCO3 反应：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑ D. 向 FeCl3 溶液中加入 Mg(OH)2：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+ 【答案】D 【解析】A 项，SO42-完全沉淀时 KAl（SO4）2 与 Ba（OH）2 以物质的量之比 1:2 反应，反应的 化学方程式为 KAl（SO4）2+2Ba（OH）2=2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，离子方程式为 Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，错误；B 项，通入过量 CO2 生成 NaHCO3，正确的 离子方程式为 AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，错误；C 项，醋酸属于弱酸，应以化学式保 留，正确的离子方程式为 CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，错误；D 项，向 FeCl3 溶 液中加入 Mg（OH）2 发生沉淀的转化，正确；答案选 D。 点睛：本题考查离子方程式正误的判断。离子方程式常见的错误：（1）不符合客观事实； （2）拆分不正确，易溶于水、易电离的物质拆成离子，其余物质以化学式保留（如 C 项 CH3COOH 不改写）；（3）漏写部分离子反应；（4）“↓”、“↑”、“=”、“ ”等符号使用错误； （5）不符合量比要求（如 A、B 项）；（6）离子方程式不平，原子不守恒、电荷不守恒。 8. 下表中物质的分类组合正确的是 A B C D 强电解质 NaCl H2SO4 CaCO3 HNO3 弱电解质 HF BaSO4 HClO HI 非电解质 C2H5OH CS2 Cl2 SO2 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】A 项，NaCl 属于强电解质，HF 为弱酸属于弱电解质，C2H5OH 溶于水和熔融状态都不 能导电，属于非电解质，正确；B 项，H2SO4 属于强电解质，BaSO4 虽然难溶于水，但溶于水的 BaSO4 完全电离，BaSO4 属于强电解质，CS2 属于非电解质，错误；C 项，CaCO3 属于强电解质， HClO 为弱酸属于弱电解质，Cl2 为单质，Cl2 既不是电解质也不是非电解质，错误；D 项， HNO3、HI 都是强酸，HNO3、HI 都属于强电解质，SO2 属于非电解质，错误；答案选 A。 点睛：本题考查强电解质、弱电解质和非电解质的判断。必须注意：（1）电解质和非电解质 都必须是化合物，单质（如 Cl2）、混合物既不是电解质也不是非电解质；（2）电解质溶于水 或熔融状态导电的离子必须是电解质自身电离的，如 SO2 的水溶液能导电，但导电离子是 H2SO3 电离的，不是 SO2 电离的，SO2 属于非电解质；（3）电解质按电离程度不同分成强电解质和弱 电解质，与物质的溶解性无关，如 BaSO4、CaCO3 虽然难溶于水，但溶于水的完全电离，BaSO4、 CaCO3 属于强电解质。 9. 下列事实不能说明 HNO2 是弱电解质的是 A. 常温下 NaNO2 溶液的 pH 大于 7 B. 0.1 mol·L－1 HNO2 溶液稀释至 100 倍，pH﹥3 C. HNO2 和 NaCl 不能发生反应 D. 常温下 pH=2 的 HNO2 溶液与 pH =12 的 NaOH 溶液等体积混合后，溶液的 pH 小于 7 【答案】C 【解析】A 项，常温下 NaNO2 溶液的 pH 大于 7，说明 NO2-发生水解，可说明 HNO2 是弱酸，正确； B 项，0.1mol/LHNO2 溶液稀释至 100 倍，物质的量浓度变为 0.001mol/L，0.001mol/LHNO2 溶 液的 pH 3 说明 HNO2 部分电离，说明 HNO2 是弱酸，正确；C 项，HNO2 和 NaCl 不反应，不能说 明酸性的强弱，如 HNO3 等强酸与 NaCl 也不反应，错误；D 项，NaOH 为强碱，常温下 pH=2 的 HNO2 溶液和 pH=12 的 NaOH 等体积混合后溶液的 pH 小于 7，说明反应后 HNO2 过量，说明 HNO2 是弱酸，正确；答案选 C。 点睛：本题考查通过实验证明某酸是强酸还是弱酸。实验证明某酸是强酸还是弱酸可从以下 几个方面思考：（1）从弱电解质电离的特点分析，如测已知物质的量浓度溶液的 pH（题中 B 项）、比较等物质的量浓度等体积强酸弱酸导电能力的强弱、比较等物质的量浓度强酸弱酸与 相同活泼金属反应的快慢等；（2）从影响弱电解质电离平衡的因素分析，如测等 pH 的强酸 弱酸溶液稀释相同倍数后的 pH、等 pH 等体积强酸弱酸与相同活泼金属反应的快慢等；（3） 从对应盐是否发生水解分析，如测对应强碱盐溶液的 pH（题中 A 项）。 10. 在一定条件下，Na2CO3 溶液存在水解平衡：CO32- + H2O HCO3-+ OH- ，下列说法正确的 是 A. 通入 CO2，平衡朝正反应方向移动 B. 稀释溶液，水解平衡常数增大 C. 升高温度， 减小 D. 加入 NaOH 固体，溶液 pH 减小 【答案】A 【解析】A 项，通入 CO2 消耗 OH-，OH-浓度减小，平衡向正反应方向移动，正确；B 项，稀释 溶液，促进 CO32-水解，温度没有变化，水解平衡常数不变，错误；C 项，盐类水解是吸热过 程，升高温度促进水解，c（HCO3-）增大，c（CO32-）减小， 增大，错误；D 项，加 入 NaOH 电离出 OH-，c（OH-）增大，溶液的 pH 增大，错误；答案选 A。 11. 某温度下，相同体积、相同 pH 的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡 pH 随溶液体积变化 的曲线如图所示。据图判断正确的是 A. Ⅱ为盐酸稀释时 pH 变化曲线 B. b 点溶液的导电性比 c 点溶液的导电性弱 C. a 点 KW 的值比 c 点 KW 的值大 D. 与相同浓度的 NaOH 溶液完全中和，消耗 NaOH 溶液的体积，a 点比 b 点大 【答案】D 【解析】A 项，由图可见，稀释相同倍数，曲线 I 的 pH 改变值大于曲线 II 的 pH 改变值，则 曲线 I 为盐酸稀释时 pH 变化曲线，曲线 II 为醋酸稀释时 pH 变化曲线，错误；B 项，b 点稀 释的倍数小于 c 点，b 点溶液中离子物质的量浓度大于 c 点，b 点溶液的导电性比 c 点溶液的 导电性强，错误；C 项，稀释过程中温度不变，a 点 KW 的值与 c 点 KW 的值相等，错误；D 项， 盐酸为强酸，醋酸为弱酸，等 pH 的盐酸和醋酸，醋酸溶液物质的量浓度大于盐酸，开始等体 积溶液中 CH3COOH 物质的量大于 HCl 物质的量，稀释后仍是醋酸溶液中 CH3COOH 物质的量大于 HCl 物质的量，则消耗的 NaOH 为醋酸大于盐酸，则消耗 NaOH 溶液的体积，a 点大于 b 点，正 确；答案选 D。 点睛：本题考查强酸、弱酸稀释后 pH 曲线的图像分析，解题的关键是曲线的判断，弱酸溶液 加水稀释促进电离，稀释相同倍数时弱酸 pH 的改变值小于强酸 pH 的改变值。需要注意： （1）溶液导电性的强弱取决于溶液中离子物质的量浓度的大小和离子所带电荷数；（2）酸 溶液中和碱的能力取决于溶液中酸的物质的量和酸的元数，与酸的强弱无关。 12. 在 25 ℃时水的离子积 KW＝1.0×10－14，在 35 ℃时的离子积 KW＝2.1×10－14，则下列叙述 正确的是 A. 水中 c(H＋)随着温度的升高而降低 B. 35 ℃时的水比 25 ℃时的水电离程度小 C. 25oC 时，纯水中滴加 NaOH 溶液，KW 变小 D. 35 ℃时的，纯水中滴加 NH4Cl 溶液，水的电离程度增大 【答案】D 【解析】A 项，温度升高水的离子积增大，水中 c（H+）随着温度的升高而增大，错误；B 项， 温度升高促进水的电离，35℃时的水比 25℃时的水电离程度大，错误；C 项，25℃时，纯水 中滴加 NaOH 溶液，温度不变，KW 不变，错误；D 项，35℃时，纯水中滴加 NH4Cl，NH4+与水电 离的 OH-结合成 NH3·H2O，OH-浓度减小，促进水的电离，水的电离程度增大，正确；答案选 D。 13. 室温时，下列混合溶液的 pH 一定大于 7 的是 A. pH＝3 的盐酸和 pH＝11 的氨水等体积混合 B. 0.01 mol•L-1 的盐酸和 pH＝12 的氢氧化钡溶液等体积混合 C. pH＝3 的醋酸和 pH＝11 的氢氧化钠溶液等体积混合 D. 0.01 mol•L-1 的硫酸和 0.01 mol•L-1 的氨水等体积混合 【答案】A 【解析】A 项，盐酸为强酸溶液，氨水为弱碱溶液，室温下 pH=3 的盐酸和 pH=11 的氨水等体 积混合，反应后氨水过量，溶液呈碱性，pH 大于 7；B 项，盐酸为强酸溶液，Ba（OH）2 为强 碱，pH=12 的 Ba（OH）2 溶液中 c（OH-）=0.01mol/L，两者等体积混合恰好完全反应生成强酸 强碱盐，溶液呈中性，室温下 pH 等于 7；C 项，醋酸为弱酸，NaOH 为强碱，室温下 pH=3 的醋 酸和 pH=11 的 NaOH 溶液等体积混合，反应后醋酸过量，溶液呈酸性，pH 小于 7；D 项，硫酸 为二元强酸，氨水为一元弱碱溶液，0.01mol/L 硫酸和 0.01mol/L 氨水等体积混合，反应后硫 酸过量，溶液呈酸性，室温下 pH 小于 7；室温下混合溶液 pH 一定大于 7 的是 A，答案选 A。 14. 用标准盐酸滴定未知浓度的氨水溶液(锥形瓶中)时，下列说法正确的是 A. 量取一定体积的氨水用如右图所示仪器 B. 从测定结果的准确性考虑，选择酚酞作指示剂比选甲基橙要好 C. 滴定前滴定管的尖嘴处有气泡，而在滴定后气泡消失，则测定氨水的浓度偏高 D. 滴定过程中，往锥形瓶中加入少量蒸馏水会导致测定的浓度偏小 【答案】C 【解析】A 项，氨水溶液呈碱性，应用碱式滴定管量取一定体积的氨水，错误；B 项，盐酸与 氨水恰好完全反应生成 NH4Cl，NH4Cl 属于强酸弱碱盐，NH4Cl 溶液呈酸性，所以选用酸性范围 内发生颜色变化的指示剂，选用甲基橙比酚酞要好，错误；C 项，滴定前滴定管的尖嘴处有气 泡，滴定后气泡消失，消耗盐酸溶液的体积偏大，测定氨水的浓度偏高，正确；D 项，滴定过 程中，往锥形瓶中加入少量蒸馏水对测定结果无影响，错误；答案选 C。 点睛：本题考查酸碱中和滴定实验中仪器的选择、指示剂的选择和误差分析。指示剂选择的 原则：变色要灵敏，变色范围要小，变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致；强酸和强 碱的滴定可用甲基橙、可用酚酞，强酸和弱碱的滴定用甲基橙，强碱和弱酸的滴定用酚酞。 依据计算公式 c= 分析实验误差，实验过程中由于操作不当，VHCl（aq）]偏 大，测得的物质的量浓度偏大，反之测得的物质的量浓度偏小。 15. 关于 0.1 mol/L 醋酸钠溶液，下列说法正确的是 A. 加少量水稀释时， 增大 B. 向其中再加入少量醋酸钠晶体时，溶液中所有离子浓度都增大 C. 离子浓度大小比较：c(CH3COO－) ＞c(Na＋) ＞c(OH－) ＞ c(H＋) D. 向其中加入盐酸至恰好呈中性时，c(Na＋) ＝ c(CH3COO－) 【答案】A 【解析】在醋酸钠溶液中存在水解平衡：CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-。A 项，加水稀释，促 进 CH3COO-的水解，n（CH3COOH）增大，n（CH3COO-）减小， = 增大， 正确；B 项，再加入少量醋酸钠晶体，c（CH3COO-）增大，水解平衡正向移动，c（OH-）增大， 但温度不变水的离子积不变，c（H+）减小，错误；C 项，离子浓度由大到小的顺序为 c（Na+） c（CH3COO-） c（OH-） c（H+），错误；D 项，向溶液中加入 HCl，溶液中的电荷守恒为 c （Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（Cl-）+c（OH-），溶液呈中性 c（H+）=c（OH-），则 c（Na+） =c（CH3COO-）+c（Cl-），错误；答案选 A。 16. 某温度时，BaSO4 在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 加入 Na2SO4 可以使溶液由 a 点变到 b 点 B. 通过蒸发可以使溶液由 d 点变到 c 点 C. d 点无 BaSO4 沉淀生成 D. a 点对应的 Ksp 大于 c 点对应的 Ksp 【答案】C ........................... 考点：考查沉淀溶解平衡的平衡常数及平衡移动。 17. 对下列现象或事实的解释正确的是 选项 现象或事实 解释 A 蒸发 NaAlO2 溶液可以获得固体 NaAlO2 NaAlO2 在水中不会水解 B 施肥时，草木灰(有效成分为 K2CO3)不 能与 NH4Cl 混合使用 K2CO3 与 NH4Cl 反应生成氨气会降低肥效 C 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的 ClO-可以水解成 HClO D FeCl3 溶液可用于水处理 FeCl3 中 Fe3+具有氧化性可杀菌消毒 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】A 项，NaAlO2 溶液中存在水解平衡：NaAlO2+2H2O NaOH+Al（OH）3，蒸发溶液时 水解生成的 NaOH 和 Al（OH）3 反应仍生成 NaAlO2，错误；B 项，K2CO3 属于强碱弱酸盐，由于 CO32- 的水解溶液呈碱性，NH4Cl 属于强酸弱碱盐，由于 NH4+的水解溶液呈酸性，若两者混合施用， 由于水解互相促进会产生氨气降低肥效，正确；C 项，漂白粉在空气中久置变质的原因是：Ca （ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO 2HCl+O2↑，错误；D 项，FeCl3 溶液用于水处理， FeCl3 水解生成 Fe（OH）3 胶体吸附水中的悬浮物，起净水作用，不是杀菌消毒，错误；答案 选 B。 18. 在浓度均为 0.1 mol/L、体积均为 V0 的 HX、HY，分别加水稀释至体积 V，pH 随 lg V/V0 的 变化关系如右图所示。下列叙述正确的是 A. a、b 两点的溶液中：c（X-）＞c（Y-） B. 相同温度下，电离常数 K(HX)：d＞a C. 溶液中水的的电离程度：d＞c＞b＞a D. lgV/V0=2 时，若同时微热两种液体（不考虑挥发），则 c(X-) /c(Y-) 增大 【答案】D 【解析】当 lgV/V0=0 时，0.1mol/LHY 溶液的 pH=1，0.1mol/LHX 溶液的 pH 1，则 HY 为强酸， HX 为弱酸。A 项，a 点 HX 溶液中的电荷守恒为 c（H+）=c（OH-）+c（X-），b 点 HY 溶液中的电 荷守恒为 c（H+）=c（OH-）+c（Y-），a 点、b 点 pH 相同，两溶液中 c（H+）、c（OH-）相等， 则 a、b 两点溶液中 c（X-）=c（Y-），错误；B 项，稀释时温度不变，电离平衡常数不变，a、d 点的 K（HX）相等，错误；C 项，酸溶液中 OH-全部来自水的电离，图中 a、b、c、d 点的 pH 由大到小的顺序为：d c a=b，四点溶液中 c（OH-）由大到小的顺序为 d c a=b，溶液中 水的电离程度：d c a=b，错误；D 项，当 lgV/V0=2 时，微热两种溶液，由于 HY 为强酸，c （Y-）不变，HX 为弱酸，升高温度促进 HX 的电离，c（X-）增大，则 c（X-）/c（Y-）增大， 正确；答案选 D。 19. 25℃时，将浓度均为 0.1 mol•L-1、体积分别为 Va 和 Vb 的 HA 溶液与 BOH 溶液按不同体 积比混合，保持 Va＋Vb＝100 mL，Va、Vb 与混合液的 pH 的关系如图所示。下列说法正确的 是 A. Ka(HA)＝10-6 mol•L-1 B. b 点时，c(B+) ＝ c(A-) ＝ c(H+) ＝ c(OH-) C. c 点时， 随温度升高而减小 D. a→c 过程中水的电离程度始终增大 【答案】C 【解析】根据图知，酸溶液的 pH=3，则 c(H+)＜0.1mol/L，说明 HA 是弱酸；碱溶液的 pH=11， c(OH-)＜0.1mol/L，则 BOH 是弱碱；A．Ka(HA)= c(H+)c(A－)/ c(HA)＝10－3×10－3/0.1＝ 1×10-5mol/L，A 错误；B．b 点二者恰好反应，溶液显中性，则 c (B+)=c(A-)＞c(OH-)=c(H+)，B 错误；C.c(A−)/c(OH−)•c(HA)=1/Kh，水解平衡常数只与温度有关，升高温度促进水解，水解 平衡常数增大，因此该比值随温度升高而减小， C 正确；D．酸或碱抑制水的电离，盐类 水解促进水的电离，所以 b 点水电离出的 c(H+)＞10-7mol/L，而 a、c 两点水电离出的 c(H+)＜ 10-7mol/L，D 错误；答案选 C。 点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生图象分析及判断能力，明确各个数据 含义及各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，易错选项是 D，注意酸碱盐对水电离平衡 的影响变化规律。 20. 常温下，Ka (HCOOH)=1.77×10-4，Ka (CH3COOH)=1.75×10-5，Kb (NH3·H2O) =1.76×10-5，下列说法正确的是 A. 常温下将 pH=3 的 HCOOH 溶液和 pH=11 氨水等体积混合后溶液呈碱性 B. 用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH 3COOH溶液至终点，消耗NaOH 溶液的体积相等 C. 0.2 mol·L-1 HCOOH 与 0.1 mol·L-1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO-) + c(OH-) = c(HCOOH) + c(H+) D. 0.2 mol·L-1 CH3COONa 与 0.1 mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COOH) > c(Cl- ) > c(CH3COO-) > c(H+) 【答案】A 【解析】A 项，Ka（HCOOH） Kb（NH3·H2O），常温下 pH=3 的 HCOOH 溶液物质的量浓度小于 pH=11 的氨水溶液物质的量浓度，pH=3 的 HCOOH 溶液和 pH=11 的氨水溶液等体积混合，反应后氨水 过量，溶液呈碱性，正确；B 项，Ka（HCOOH） Ka（CH3COOH），pH=3 的 HCOOH 溶液物质的量 浓度小于 CH3COOH 溶液物质的量浓度，等体积 pH 均为 3 的 HCOOH 溶液消耗的 NaOH 小于 CH3COOH 溶液，错误；C 项，0.2mol/LHCOOH 与 0.1mol/LNaOH 溶液等体积混合后得到等物质的量浓度 的 HCOOH 和 HCOONa 的混合液，溶液中的电荷守恒为 c（Na+）+c（H+）=c（HCOO-）+c（OH-）， 物料守恒为 2c（Na+）=c（HCOOH）+c（HCOO-），两式整理得 c（HCOO-）+2c（OH-）=c（HCOOH） +2c（H+），错误；D 项，0.2mol/LCH3COONa 与 0.1mol/L 盐酸等体积混合后得到等物质的量浓 度的 CH3COOH、NaCl 和 CH3COONa 的混合液，溶液的 pH 7 说明 CH3COOH 的电离程度大于 CH3COO- 的水解程度，溶液中粒子浓度由大到小的顺序为：c（Na+） c（CH3COO-） c（Cl-） c （CH3COOH） c（H+） c（OH-），错误；答案选 A。 点睛：本题考查酸碱混合后溶液酸碱性的判断，等 pH 的酸中和碱的能力的判断，溶液中粒子 浓度的大小关系。判断溶液中粒子浓度的大小关系时，首先明确溶液的组成，溶液中存在的 平衡以及平衡的主次关系（如 D 项中 CH3COOH 的电离程度大于 CH3COO-的水解程度），弱酸、弱 碱的电离和盐类水解都是微弱的，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒（质子守恒可由电荷 守恒和物料守恒推出，如 C 项）。 21. 已知常温下 0.1mol/L 的 NH4HCO3 溶液 pH =7.8, 已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡 时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与 pH 的关系如下图所示。下列说法不正确的 是 A. 溶液的 pH＝9 时，溶液中存在下列关系：c(HCO3－)＞c(NH4＋)＞c(NH3·H2O)＞c(CO32－) B. NH4HCO3 溶液中存在下列守恒关系：c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3) C. 通过分析可知常温下 ：Kb(NH3·H2O)＜Ka1(H2CO3) D. 在此溶液中滴加少量浓盐酸，溶液中 c(CO32-) / c(HCO3-)减小 【答案】C 【解析】A 项，由图知溶液的 pH=9 时，溶液中粒子浓度由大到小的顺序为 c（HCO3-） c （NH4+） c（NH3·H2O） c（CO32-），正确；B 项，NH4HCO3 溶液中 NH4+存在水解平衡，HCO3- 既存在水解平衡又存在电离平衡，则 NH4HCO3 溶液中的物料守恒为 c（NH4+）+c（NH3·H2O）=c （HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），正确；C 项，常温下 0.1mol/LNH4HCO3 溶液的 pH=7.8，溶液 呈碱性，说明 HCO3-的水解程度大于 NH4+的水解程度，则 Kb（NH3·H2O） Ka1（H2CO3），错误；D 项，溶液中存在电离平衡 HCO3- H++CO32-，该电离平衡常数= ，溶液中 滴加少量浓盐酸，c（H+）增大，电离平衡常数不变，溶液中 c（CO32-）/c（HCO3-）减小，正 确；答案选 C。 22. 研究发现，NOx 和 SO2 是雾霾的主要成分。NOx 主要来源于汽车尾气。 已知：N2（g）＋O2（g） 2NO（g） △H＝＋180.50 kJ·mol－1 2CO（g）＋O2（g） 2 CO2（g） △H＝－566.00kJ·mol－1 （1）汽车尾气转化器中发生的反应为：2NO(g) + 2CO(g) N2(g) + 2CO2(g)，此反应的∆H =__________kJ·mol－1 （2）T℃时，将等物质的量的 NO 和 CO 充入容积为 2L 的密闭容器中，保持温度和体积不变， 反应过程（0－15min）中 NO 的物质的量随时间变化的关系如下图一所示。 ①T℃时该化学反应的平衡常数 K＝_______________；平衡时若保持温度不变，再向容器中充 入 CO、N2 各 0.8mol，平衡将_______移动。（填“向左”、“向右”或“不） ②图中 a、b 分别表示在一定温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程 中 n(NO)的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是__________（填“a”或“b”）。 ③15min 时，若改变外界反应条件，导致 n(NO)发生如图所示的变化，则改变的一个条件可能 是_____________________。 A．增大 CO 的浓度 B．升高温度 C．增大压强 D．恒容时充入 He （3）为探究温度及不同催化剂对反应 2NO(g) + 2CO(g) N2(g) + 2CO2(g)的影响，分别在不 同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变重复实验，在相同时间内测得 N2 浓度变化情 况如下图二所示。下列说法正确的是__________________ 。 A．在相同温度下催化剂甲的作用下反应的平衡常数比催化剂乙时大 B．反应在 M 点达到平衡，此后 N2 浓度减小的原因可能是温度升高，平衡向左移动 C．N 点后 N2 浓度减小的原因可能是温度升高发生了副反应 D．N 点后 N2 浓度减小的原因可能是温度升高催化剂活性降低了 【答案】 (1). －746.50 (2). 5L/mol (3). 向右 (4). b (5). AC (6). CD 【解析】试题分析：本题考查盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算和应用，化学平衡图像 的分析，外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响。 （1）对反应编号，N2（g）＋O2（g） 2NO（g）ΔH＝＋180.50 kJ/mol（①式） 2CO（g）＋O2（g） 2 CO2（g） ΔH＝－566.00 kJ/mol（②式） 应用盖斯定律，②式-①式得 2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）ΔH=-566.00kJ/mol- （+180.50kJ/mol）=-746.50kJ/mol。 （2）①由图知 NO 起始物质的量为 0.4mol，10~15minNO 物质的量不变，说明平衡时 NO 物质 的量为 0.2mol，用三段式 2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g） c（起始）（mol/L） 0.2 0.2 0 0 c（转化）（mol/L） 0.1 0.1 0.05 0.1 c（平衡）（mol/L） 0.1 0.1 0.05 0.1 该反应的化学平衡常数 K= = =5（L/mol）。若再向容器中充入 CO、 N2 各 0.8mol，瞬时 CO、NO、N2、CO2 物质的量浓度依次为 0.5mol/L、0.1 mol/L、0.45 mol/L、0.1 mol/L，此时浓度商为 =1.8 5，平衡将向右移动。 ②由图知 b 达到平衡所需时间短，b 反应速率快，催化剂表面积越大反应速率越快，表示催化 剂表面积较大的曲线是 b。 ③A 项，增大 CO 的浓度，平衡向正反应方向移动，NO 物质的量减小，正确；B 项，升高温度， 平衡向逆反应方向移动，NO 物质的量增大，错误；C 项，增大压强，平衡向正反应方向移动， NO 物质的量减小，正确；D 项，恒容时充入 He，由于各物质的浓度不变，平衡不移动，NO 物 质的量不变，错误；答案选 AC。 （3）A 项，平衡常数只与温度有关，与催化剂无关，在相同温度下催化剂甲作用下反应的平 衡常数与催化剂乙作用下相等，错误；B 项，图中曲线表示的是相同时间内 N2 浓度变化情况， 图中曲线研究的是温度、催化剂对化学反应速率的影响，M 点后温度升高相同时间内 N2 浓度 减小，生成 N2 的反应速率降低，可能是温度升高发生了副反应、温度升高催化剂活性降低， 错误；C 项，N 点后升高温度相同时间内 N2 浓度减小，生成 N2 的反应速率降低，可能是温度 升高发生了副反应，正确；D 项，N 点后升高温度相同时间内 N2 浓度减小，生成 N2 的反应速 率降低，可能是温度升高催化剂的活性降低，且此时催化剂对反应速率的影响占主导作用， 正确；答案选 CD。 23. 某研究性学习小组通过下列反应原理制备 SO2 并进行性质探究。反应原理为： Na2SO3(固)+H2SO4(浓)＝ Na2SO4 + SO2↑+ H2O （1）根据上述原理制备并收集干燥 SO2 的实验装置连接顺序为________________。(填接头序 号) （2）D 中盛装的试剂为_________________。 （3）甲同学用注射器吸取纯净的 SO2 并结合装置 G 进行 SO2 的性质实验，若 X 是 Na2S 溶液， 其目的是检验 SO2 的_____________，可观察到的现象_________ 。 （4）实验 1：乙同学将溶液 X 换为浓度均为 0.1mol/L Fe(NO3)3 和 BaCl2 的混合溶液（已经除 去溶解氧），通入少量 SO2 后观察到烧杯产生白色沉淀，乙同学认为白色沉淀为 BaSO4，为探究 白色沉淀的成因，他继续进行如下实验验证：（已知：0.1mol/L Fe(NO3) 3 的 pH=2） 实验 操作 现象 结论和解释 2 将 SO2 通入 0.1mol/L ____和 BaCl2 混合液 产生白色沉淀 Fe3+能氧化 H2SO3 3 将 SO2 通入_______ 和 BaCl2 混合液 产生白色沉淀 酸性条件 NO3-能将 H2SO3 氧化为 SO42- 【答案】 (1). a f g d c e （写 a f g d c f g e） (2). NaOH 溶液（或其它碱液） (3). 氧化性 (4). 产生黄色沉淀（黄色浑浊或乳白色沉淀） (5). FeCl3 (6). 0.01mol/L HNO3 （或 pH=2 的 HNO3 ） 【解析】试题分析：本题考查 SO2 的实验室制备和 SO2 性质探究，实验方案的设计。 （1）根据反应原理，制备 SO2 属于“固体+液体→气体”；制得的 SO2 中混有 H2O（g），用浓硫 酸干燥 SO2；SO2 密度比空气大，用向上排空法收集；SO2 污染大气，最后要进行尾气吸收，所 以实验装置连接顺序为 afgdce。 （2）D 中盛装的试剂吸收 SO2 尾气，可用 NaOH 溶液。 （3）若 X 是 Na2S 溶液，由于酸性 H2SO3 H2S，反应的过程为 SO2 与 Na2S 溶液作用生成 H2S，H2S 与 SO2 作用生成 S 和 H2O，SO2 被还原成 S，所以实验目的是检验 SO2 的氧化性，可观察到的现 象是：产生黄色沉淀。 （4）白色沉淀为 BaSO4，说明 H2SO3 被氧化成 SO42-；根据 Fe（NO3）3 溶液的性质，可能是 Fe3+ 将 H2SO3 氧化成 SO42-，也可能是酸性条件下的 NO3-将 H2SO3 氧化成 SO42-；所以设计实验方案时 用控制变量的对比实验。实验 2 要证明是 Fe3+氧化 H2SO3，所以选用与 Fe（NO3）3 含有相同 Fe3+ 浓度的 FeCl3 溶液进行实验；实验 3 要证明是酸性条件下 NO3-氧化 H2SO3，所以选用与 Fe （NO3）3 溶液等 pH 的 HNO3 溶液进行实验。 点睛：实验室制备气体时装置的连接顺序一般为：气体发生装置→气体除杂净化装置→气体 收集装置（或与气体有关的主体实验）→尾气吸收装置。设计实验方案时必须遵循以下原则， 如科学性原则、单一变量原则和对比原则等，如本题在设计实验时用实验 1 作为对比，选择 合适的试剂，有利于更好的得出结论。 24. 钛矿工业中的酸性废水富含 Ti、Fe 等元素，其综合利用如下： 已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中。 （1）TiO2+钛的化合价为________ （2）步骤 I 中检验钛矿废水中加入铁屑是否足量的试剂是________。 （3）步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为______________；反应温度一般需控制在 35℃以下， 其目的是___________________。 （4）已知 KspFe(OH)2] = 8×10-16。步骤Ⅲ中，FeCO3 达到溶解平衡时，若室温下测得溶液的 pH 为 8.5，c(Fe2+)=1×10-6 mol/L。试判断所得的 FeCO3 中____（填“有”或“没有”）Fe(OH)2； 步骤Ⅳ中，为了得到较为纯净的 Fe2O3，除了适当的温度外，还需要采取的措施是____。 （5）向“富含 TiO2+溶液”中加入 Na2CO3 粉末得到固体 TiO2·nH2O。请结合原理和化学用语解 释其原因___________。 【答案】 (1). +4 (2). KSCN 溶液 (3). Fe2+ + 2HCO3-= FeCO3↓ + H2O + CO2↑ (4). 防止 NH4HCO3 受热分解 （或抑制 Fe2+的水解） (5). 没有 (6). 向容器中补充足量空 气（或氧气） (7). TiO2+ + (n+1)H2O TiO2·nH2O + 2H+，加入 Na2CO3，消耗 H+，使 水解平衡向正方向移动 【解析】试题分析：本题以酸性钛矿废水的综合利用为载体，考查流程的分析，Fe3+的检验， 离子方程式的书写，反应条件的控制，溶度积的应用，外界条件对盐的水解平衡的影响。 （1）TiO2+中 O 的化合价为-2 价，根据离子所带电荷等于正负化合价的代数和，Ti 的化合价 为+4 价。 （2）步骤 I 中加入铁屑的作用是将 Fe3+还原为 Fe2+，若铁屑足量则 Fe3+被完全还原，反之溶 液中仍含 Fe3+，所以检验加入铁屑是否足量即检验溶液中是否含 Fe3+，检验的试剂是 KSCN 溶 液，加入 KSCN 溶液，溶液不变红则加入的铁屑足量。 （3）根据流程，步骤 III 是向 FeSO4 溶液中加入 NH4HCO3 溶液生成 FeCO3，反应的化学方程式 为 FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+H2O+CO2↑，离子方程式为 Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑。反应温度一般需控制在 35℃以下，其目的是防止 NH4HCO3 受 热分解、抑制 Fe2+的水解。 （4）此时 c（H+）=10-8.5mol/L，c（OH-）=10-5.5mol/L，离子积 c（Fe2+）·c2（OH-）=1 10-6 （10-5.5）2=1 10-17 KspFe（OH）2]，所以所得 FeCO3 中没有 Fe（OH）2。步骤 IV 的过程为 FeCO3 煅烧得到 Fe2O3，FeCO3 被氧化成 Fe2O3，为了得到纯净的 Fe2O3，FeCO3 应完全被氧化，除了适 当的温度外，还要向容器中补充足量的空气或氧气，反应的化学方程式为 4FeCO3+O2 2Fe2O3+4CO2。 （5）根据题意 TiO2+易水解，TiO2+水解的离子方程式为 TiO2++（n+1）H2O TiO2·nH2O+2H+，加入 Na2CO3 粉末，消耗 H+，使水解平衡向正方向移动，得到固体 TiO2·nH2O。 25. 水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水 中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下： Ⅰ．取样、氧的固定 用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与 Mn(OH)2 碱性悬浊液（含有 KI）混 合，反应生成 MnO(OH)2，实现氧的固定。 Ⅱ．酸化、滴定 将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2 被 I−还原为 Mn2+，在暗处静置 5 min，然后用标准 Na2S2O3 溶液 滴定生成的 I2（2S2O32-+I2=2I−+ S4O62-）。 回答下列问题： （1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_____________。 （2） “氧的固定”中发生反应的化学方程式为_______________。 （3）取 100.00 mL 水样经固氧、酸化后，用 a mol·L−1Na2S2O3 溶液滴定，以淀粉溶液作指示 剂，终点现象为________________；若消耗 Na2S2O3 溶液的体积为 b mL，则水样中溶解氧的含 量为_________mg·L−1。滴定结束后如果俯视滴定管读取数据，导致测定结果偏___________。 （填“高”或“低”） （4）Na2S2O3 溶液不稳定，需使用前配制和标定。预估实验需要使用 75mL 的 Na2S2O3 溶液，则 配制该溶液所必需的仪器有天平、烧杯、玻璃棒和___________________ 【答案】 (1). 使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差 (2). O2 + 2Mn(OH)2 = 2MnO(OH)2 (3). 蓝色刚好褪去 (4). 80ab (5). 低 (6). 100mL 容量 瓶、胶头滴管 【解析】试题分析：本题考查物质的量浓度溶液的配制和碘量法测定水中溶解氧，涉及方程 式的书写，终点实验现象的描述，数据处理和误差分析。 （1）扰动水体表面会引起水样中溶解氧的逸出，还会使水底还原性杂质进入水样。所以取水 样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是：使测定值与水体中的实际值保持一 致，避免产生误差。 （2）根据实验步骤，“氧的固定”中 O2 将 Mn（OH）2 氧化成 MnO（OH）2，Mn 元素的化合价由 +2 价升至+4 价，O 元素的化合价由 0 价降至-2 价，根据得失电子守恒和原子守恒，写出反应 的化学方程式为 O2+2Mn（OH）2=2MnO（OH）2。 （3）固氧后的水样酸化发生反应 MnO（OH） 2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O，用 Na2S2O3 溶液滴定 I2， I2 遇淀粉呈蓝色，终点的现象：滴入最后一滴 Na2S2O3 溶液，蓝色褪为无色，且在 30s 内不恢 复。根据上述反应可得出关系式 O2~2MnO（OH）2~2I2~4Na2S2O3，n（O2）=n（Na2S2O3）= mol，m（O2）= g，水样中溶解氧的含量为 1000mg 0.1L=80abmg/L。滴定结束后如 果俯视滴定管读取数据，导致消耗的 Na2S2O3 溶液的体积偏小（即 b 偏小），导致测定结果偏低。 （4）配制 75mL 的 Na2S2O3 溶液，根据“大而近”的原则，应选用 100mL 容量瓶。由固体配制 物质的量浓度溶液的实验步骤为：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→初步振荡→定容→ 摇匀→装瓶贴标签，根据实验步骤所必需的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、100mL 容量瓶、胶头 滴管。