黑龙江省大庆市铁人中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

黑龙江省大庆市铁人中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

铁人中学2018级高二学年上学期期中考试 化学试题 试题说明：1、本试题满分100分，答题时间90分钟。‎ ‎2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。‎ ‎3、可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16‎ 第Ⅰ卷 选择题（共42分）‎ 一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题2分，共42分。）‎ ‎1.化学与社会、生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）‎ A. “西气东输”中的“气”指的是天然气，其主要成分是甲烷 B. 乙酸常用作调味剂，乙醇常用于杀菌消毒 C. 鲜花保鲜时可使用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土 D. 氯仿早期在医学上曾用作麻醉剂，氯仿可溶于水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 西气东输是指将新疆塔里木盆地的天然气，输送到上海及长江三角洲等东部地区的工程，输送的是天然气，天然气的主要成分是甲烷，A项正确;‎ B. 食醋中的主要成分之一是乙酸，常用作调味剂，75%的酒精常用于医用消毒杀菌，B项正确；‎ C.乙烯是植物生长调节剂，有催熟作用，用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土来吸收乙烯，可以达到保鲜的目的，C项正确；‎ D. 氯仿早期医学上曾用作麻醉剂，能使人昏迷，不溶于水，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列关于甲烷、乙烯、苯三种烃的比较中，正确的是（ ）‎ A. 只有甲烷不能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 除甲烷外，其余两种分子内所有原子都共平面 C. 甲烷和苯属于饱和烃，乙烯是不饱和烃 D. 在空气中分别燃烧三种烃，都有黑烟产生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ ‎ 甲烷化学性质稳定，和强酸、强碱、强氧化剂均不反应，在一定条件下可以和氧气、氯气反应；乙烯能和高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色；苯不能与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，不能使高锰酸钾溶液褪色，因此，甲烷和苯不能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项错误；‎ B. 甲烷为正四面体结构，乙烯和苯所有原子共平面，B项正确；‎ C. 甲烷属于饱和烃，乙烯和苯属于不饱和烃，C项错误；‎ D. 甲烷在空气中燃烧，发出淡蓝色火焰，乙烯在空气中燃烧，火焰明亮并伴有少量黑烟，苯在空气中燃烧，火焰明亮并伴有大量黑烟，因此只有乙烯和苯在空气中燃烧有黑烟产生，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.与乙烯所含碳、氢元素的百分含量相同，但与乙烯既不是同系物又不是同分异构体的是(　　)‎ A. B. 丙烷 C. 丁烷 D. CH3CH＝CH2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、环丙烷和乙烯所含碳、氢元素的百分含量相同，但与乙烯既不是同系物又不是同分异构体，A正确；‎ B、丙烷和乙烯的最简式不同，所含碳、氢元素的百分含量不相同，B错误；‎ C、丁烷和乙烯的最简式不同，所含碳、氢元素的百分含量不相同，C错误；‎ D、丙烯和乙烯互为同系物，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎4.在实验室中，下列除杂的方法正确的是 A. 溴苯中混有溴,加入KI溶液，振荡， 静置，分液 B. 乙烷中混有乙烯,通入H2在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷 C. 硝基苯中混有浓硫酸和浓硝酸,将其倒入NaOH溶液中，静置，分液 D. 乙烯中混有CO2和SO2，将其通过盛有NaHCO3溶液的洗气瓶 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溴苯中混有溴，加入KI溶液生成单质碘，碘能溶于溴苯中，应该用氢氧化钠溶液，振荡，静置，分液，A错误；‎ B. 乙烷中混有乙烯，应该用溴水除去乙烯，不能利用H2‎ ‎，因为很难控制氢气的用量，且与氢气的加成反应是可逆反应，B错误；‎ C. 硝基苯中混有浓硫酸和浓硝酸，将其倒入NaOH溶液中，酸被中和，然后静置，分液即可，C正确；‎ D. 乙烯中混有CO2和SO2，将其通过盛有NaHCO3溶液的洗气瓶仍然混有二氧化碳，应该用氢氧化钠溶液，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】明确物质的性质差异是解答的关键，注意除杂时既要把杂质全部除去，又不能引入新杂质。选项B是解答的易错点，注意利用氢气除去乙烯理论上可行，但实际很难操作。‎ ‎5. 下列说法正确的是 A. 氯水能导电，所以氯气是电解质 B. 碳酸钙不溶于水，所以它是非电解质 C. 固体磷酸是电解质，所以磷酸在熔融状态下和溶于水时都能导电 D. 胆矾虽不能导电，但它属于强电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、电解质的前提是化合物，氯气为单质，即不是电解质，又不是非电解质，错误；B、碳酸钙是电解质，电解质与是否溶于水无关，错误；C、磷酸是电解质，属于共价化合物，其熔融状态下没有自由移动的离子，所以不导电，错误；D、胆矾虽不能导电，但是在水溶液中或熔融状态下完全电离，属于强电解质，正确。‎ 考点：电解质与非电解质的判断。‎ ‎6.在常温下，纯水中存在电离平衡H2OH++OH－，若要使水溶液的酸性增强，并使水的电离程度增大，应加入的物质是 A. NaHSO4 B. KAl(SO4)2 C. NaHCO3 D. CH3COONa ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、向水中加入NaHSO4，溶液中氢离子浓度增大，平衡逆向移动，水的电离程度减小，错误；B、加入KAl(SO4)2 ，Al3＋水解，水的电离程度增大，溶液呈酸性，正确；C、加入NaHCO3 ，碳酸氢根水解，水的电离程度增大，溶液呈碱性，错误；D、加入CH3COONa，醋酸根水解，水的电离程度增大，溶液呈碱性，错误。‎ 考点：考查水的电离 ‎7.下列事实与水解反应无关的是（ ）‎ A. 配制CuSO4溶液时加少量稀H2SO4 B. 用热的Na2CO3溶液去油污 C. 铵态氮肥不能和草木灰混合施用 D. 用Na2S除去废水中的Hg2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cu2+水解使溶液显酸性，加入少量的稀H2SO4能抑制Cu2+水解，与水解反应有关，A项错误；‎ B. CO32-水解使溶液显碱性，油污在碱性条件下发生水解，均与水解反应有关，B项错误；‎ C. NH4+水解使溶液显酸性，草木灰的主要成分是K2CO3，水解使溶液显碱性，混合后相互促进，与水解反应有关，C项错误；‎ D.S2-能与Hg2+结合生成难溶的HgS，发生的是复分解反应，与水解反应无关，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.将0.1mol•L﹣1的NH3•H2O溶液加水稀释，下列说法正确的是(　　)‎ A. c(NH4+) ∶c(NH3•H2O)比值增大 B. 所有离子浓度均减小 C. c(OH﹣)∶c(NH3•H2O)比值减小 D. 电离常数增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加水稀释时，促进一水合氨电离，铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c(NH4+)∶c(NH3•H2O)比值增大，故A正确；‎ B．加水稀释时，促进一水合氨电离，但是溶液中氢氧根离子浓度减小，由于水的离子积不变，则氢离子浓度增大，故B错误；‎ C．加水稀释时，促进一水合氨电离，氢氧根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c(OH-)∶c(NH3•H2O)比值增大，故C错误；‎ D．电离平衡常数与温度有关，温度不变，则电离平衡常数不变，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意加水稀释，氨水中的主要离子的浓度均会减小，但温度不变，水的离子积不变，则氢离子浓度增大。‎ ‎9.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 95℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性 B. pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4‎ C. 将AlCl3溶液蒸干并灼烧 得到的固体为Al2O3‎ D. pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.水是弱电解质，存在电离平衡，升高温度，促进水的电离，c(H+)增大，但水电离产生的H+、OH-的浓度相等，所以pH<7，但水仍然显中性，A错误；‎ B.醋酸在溶液中存在电离平衡，加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，所以H+减小的倍数小于稀释的倍数，所以pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH<4，B错误；‎ C.AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+水解产生Al(OH)3、HCl，加热溶液，Al3+水解程度增大，产生更多的Al(OH)3、HCl，HCl具有挥发性，当溶液蒸干时得到固体Al(OH)3，然后灼烧Al(OH)3分解产生氧化铝和水，因此最后得到的固体为Al2O3，C正确；‎ D.pH=3的醋酸溶液，c(H+)=10-3mol/L，醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，c(CH3COOH)>c(H+)=10-3mol/L，NaOH是一元强碱，pH=11的氢氧化钠溶液，c(NaOH)=c(OH-)=10-3mol/L，所以当两种溶液等体积混合时，二者发生中和反应后醋酸过量，使溶液显酸性，溶液的pH<7，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎10.下列化学用语正确的是 A. NaHCO3水解的离子方程式：HCO3-+ H2OCO32-+H3O+‎ B. NH4Cl溶于D2O中：NH4++D2ONH3·HDO+D+‎ C. Na2S显碱性原因：S2-+2H2OH2S+2OH-‎ D. 向0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液：HA-+OH-=A2-+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢离子，离子方程式：HCO3-+ H2O H2CO3+OH-，故A错误；‎ B. NH4Cl溶于水中，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子， NH4++H2ONH3·H2O+H+，D 为氢元素的一个核素，溶于D2O中离子方程式：NH4++D2ONH3·HDO+D+，故B正确；‎ C. Na2S显碱性原因：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+ H2O H2S+OH-，S2-‎ 为弱酸根，分步水解，故C错误；‎ D. 0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中，说明NaHA为强酸的酸式盐，是强电解质，在水中完全电离为Na+、H+、A2-，加入NaOH溶液：H++OH-= H2O，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】弱电解质在离子反应中不能拆写，多元弱酸根离子水解时分步进行。‎ ‎11.已知室温时，0.1mol·L－1某一元酸HA的电离平衡常数约为1×10－7，下列叙述错误的是（ ）‎ A. 该溶液的pH＝4‎ B. 此溶液中，HA约有0.1%发生电离 C. 加水稀释，HA的电离平衡向右移动，HA的电离平衡常数增大 D. 由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.，则＝K＝1×10－7，因c很小，故0.1－c可看作0.1，解得c＝1×10－4 mol·L－1，所以pH＝4，故A正确；‎ B.HA有×100%＝0.1%发生电离，故B项正确；‎ C.电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，C项错误；‎ D.溶液中的c(H＋) ＝1×10－4 mol·L－1，包括HA电离出来的H+和水电离出来的H+，溶液中的OH-全部来自于水，故由水电离的OH-就是溶液中的OH-，溶液中c(OH-) ＝1×10－10mol·L－1，所以由水电离出的c(H＋)约为1×10－10mol·L－1，忽略由水电离的H+，由HA电离出的c(H＋) ≈1×10－4 mol·L－1，为水电离出的c(H＋)的106倍，D项正确；‎ 故选C。‎ ‎12.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）‎ A. 澄清透明的酸性溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-‎ B. 使酚酞变红色的溶液中：Na+、NH4+、Cl-、SO42-‎ C. c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、Mg2+、SO42-、AlO2-‎ D. 由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液中：K+、Na+、CH3COO-、NO3-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 酸性溶液中存在H+；‎ B. 使酚酞变红的是碱性溶液；‎ C. Al3+与AlO2-发生双水解；‎ D. 由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液；‎ ‎【详解】A. 酸性溶液中存在H+，和Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-均能大量共存，A项正确；‎ B. 使酚酞变红的是碱性溶液，在碱性溶液中NH4+和OH-生成NH3·H2O，不能大量共存，B项错误；‎ C. Al3+与AlO2-发生双水解反应而不能大量共存，C项错误；‎ D. 由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液，CH3COO-与H+会生成弱电解质CH3COOH而不能大量共存，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】D项为易错点，常温下由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液中，水的电离受到抑制，可以是酸性溶液也可以是碱性溶液。‎ ‎13.下列实验能达到预期目的是（ ）‎ 编号 实验内容 实验目的 A 向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅 证明Na2CO3溶液中存在水解平衡 B 相同温度下，分别向两只试管中加入同浓度、同体积的草酸溶液，再分别加入同体积、不同浓度的酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色时间不同 比较反应物浓度对反应速率的影响 C 等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，排水法收集气体，HX放出的氢气多且反应速率快 证明HX酸性比HY强 D 向10mL 0.2mol/L NaOH溶液中滴2滴0.1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀 证明相同温度下Ksp：‎ Mg(OH)2＞Fe(OH)3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 碳酸根离子与Ba2+反应，使水解平衡逆向移动；‎ B. 应用同浓度同体积的酸性KMnO4溶液与同体积不同浓度过量的草酸溶液反应；‎ C. 等pH时HX放出的氢气多，可知HX的浓度大，HX的酸性更弱；‎ D. 氢氧化钠溶液过量，与MgCl2溶液和FeCl3溶液均能发生反应；‎ ‎【详解】A. 碳酸根离子与Ba2+反应，使水解平衡逆向移动，碱性降低，溶液颜色变浅，能证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，A项正确；‎ B. 应用同浓度同体积的酸性KMnO4溶液与同体积不同浓度过量的草酸溶液反应，通过测量褪色的时间长短来研究浓度对反应速率的影响，B项错误；‎ C. 等pH时HX放出的氢气多，可知HX的浓度大，HX的酸性更弱，则证明HX酸性比HY弱，C项错误；‎ D.由题干可知氢氧化钠溶液过量，与MgCl2溶液反应产生沉淀后，剩余的氢氧化钠溶液可继续和FeCl3溶液反应生成红褐色沉淀，不能确定相同温度下Ksp：Mg(OH)2＞Fe(OH)3，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎14.已知：常温下，Ksp（NiCO3）=1.4×10-7，Ksp（PbCO3）=1.4×10-13，则向浓度均为0.1mol·L-1的Ni(NO3)2和Pb(NO3)2混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液，下列说法错误的是（ ）‎ A. 常温下在水中的溶解度：NiCO3>PbCO3‎ B. 逐滴加入Na2CO3溶液，先生成NiCO3沉淀，后生成PbCO3沉淀 C. 逐滴加入Na2CO3溶液，先生成PbCO3沉淀，后生成NiCO3沉淀 D. 逐滴加入Na2CO3溶液，当两种沉淀共存时，溶液中c（Ni2+）：c（Pb2+）=106：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.常温下，Ksp（NiCO3）>Ksp（PbCO3），故溶解度：NiCO3>PbCO3，A项正确；‎ B和C.逐滴加入Na2CO3溶液时，Ksp（PbCO3）较小，故先生成PbCO3沉淀，后生成NiCO3沉淀，B项错误，C项正确；‎ D.当两种沉淀共存时，NiCO3、PbCO3均达到溶解平衡状态，溶液中c（Ni2+）：c（Pb2+）=Ksp ‎（NiCO3）：Ksp（PbCO3）=106：1，D项正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】当两种物质溶度积相比，第一种物质的大于第二种物质时，两者的溶解度不一定第一种物质大于第二种物质，只有当两者的化学式中原子组成相同时才可以得出这样的结论，NiCO3和PbCO3就是这样的例子。如果一种物质是A2B，另一种物质是AB，若溶度积A2B＞B，溶解度不一定A2B＞B。‎ ‎15.一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)。2min末该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol/L。下列判断正确的是（ ）‎ A. 该条件下此反应的化学平衡常数约为0.91(L/mol)3‎ B. A的平均反应速率为0.3mol/(Ls)‎ C. B的转化率为60%‎ D. 若混合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据方程式利用三段法进行计算。‎ ‎【详解】起始时A的浓度是1.5mol/L，B的浓度是0.5mol/L，则有 ‎3A(g) + B(g) xC(g) + 2D(s)‎ 始(mol/L) 1.5 0.5 0 0‎ 转(mol/L) 0.6 0.2 0.2 0.4‎ 平(mol/L) 0.9 0.3 0.2 0.4 ‎ 转化量之比等于化学计量数之比，可知x=1，方程式为3A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)‎ A. 平衡常数K==0.91(L/mol)3，A项正确；‎ B.v(A)==0.3 mol/(Lmin)，B项错误；‎ C.B的转化率为×100%=40%，C项错误；‎ D.该反应为非等体积反应，容器容积固定，气体总体积不变，但气体的总质量改变，当混合气体的密度不再改变时，该反应一定达到平衡状态，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题解答时要注意化学平衡的计算方法，通常使用三段法进行解答，熟记答题模板是解答的关键。若反应为：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量分别为a mol、b mol，达到平衡后，A的转化量为mx mol，容器容积为V L，则有以下关系：‎ ‎　　　　 mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)‎ 起始/mol a b 0 0‎ 转化/mol mx nx px qx 平衡/mol a－mx b－nx px qx 对于反应物：n(平)＝n(始)－n(转)‎ 对于生成物：n(平)＝n(始)＋n(转)‎ 则有：①K＝‎ ‎②c平(A)＝mol·L－1‎ ‎③α(A)平＝×100%，α(A)∶α(B)＝∶＝‎ ‎16.T℃时，某一气态平衡体系中含有X(g)、Y(g)、Z(g)、W(g)四种物质，此温度下发生反应的平衡常数表达式为：，有关该平衡体系的说法正确的是（ ）‎ A. 升高温度，平衡常数K增大 B. 升高温度，若混合气体的平均相对分子质量变小，则正反应是放热反应 C. 增大压强，W(g)体积分数增加 D. 增大X(g)浓度，平衡向正反应方向移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎17.下列关于水溶液中的离子平衡问题叙述正确的是（ ）‎ A. 将10mL0.1mol·L－1盐酸加入到10mL0.1mol·L－1碳酸钠溶液中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)‎ B. 0.02mol·L－1HCN溶液与0.02mol·L－1NaCN溶液等体积混合：c(HCN)＋c(CN－)＝0.04mol·L－1‎ C. 等物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Al(SO4)2、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3·H2O；c(NH4+) 由大到小的顺序是：①=②＞③＞④‎ D. 向0.01mol·L－1醋酸溶液中加水，稀释后溶液中比值增大（忽略稀释过程中溶液温度变化）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 10mL0.1mol·L－1盐酸加入到10mL0.1mol·L－1碳酸钠溶液中，反应生成NaCl和NaHCO3，溶液呈碱性；‎ B. 根据物料守恒进行计算；‎ C. 等物质的量浓度的4种溶液①中Al3+抑制了NH4+的水解，②中NH4+的水解，③中CH3COO-水解促进了NH4+的水解，④中发生弱碱的电离，据此分析；‎ D.结合醋酸的电离平衡常数Ka和水的离子积Kw分析。‎ ‎【详解】A. 10mL0.1mol·L－1盐酸加入到10mL0.1mol·L－1碳酸钠溶液中，反应生成NaCl和NaHCO3，溶液呈碱性，NaHCO3电离程度小于水解程度，所以离子浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)，A项正确；‎ B. 0.02mol·L－1HCN溶液与0.02mol·L－1NaCN溶液等体积混合，c(HCN)=c(NaCN)=0.01mol/L,根据物料守恒有c(HCN)＋c(CN－)=2 c(Na＋)=2×0.01mol/L=0.02mol/L，B项错误；‎ C. 等物质的量浓度的4种溶液①中Al3+抑制了NH4+的水解，②中NH4+的水解，③中CH3COO-水解促进了NH4+的水解，④中发生弱碱的电离，因而c(NH4+) 由大到小的顺序是①＞②＞③＞④，C项错误；‎ D.醋酸溶液加水稀释后的溶液中==，由于Ka和Kw都只与温度有关，所以，比值不变，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】电荷守恒:电解质溶液中所有阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等; 物料守恒 ‎:电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其他离子或分子，但离子或分子中某种特定元素原子的总数不变; 质子守恒:质子守恒是指电解质溶液中的分子或离子得到或失去的质子的物质的量相等。质子守恒也可根据电荷守恒和物料守恒联合求出;把握盐溶液中的物料守恒、电荷守恒的计算方法是解题的关键。‎ ‎18.T℃时，A气体与B气体反应生成C气体。反应过程中A、B、C浓度变化如图（Ⅰ）所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1 ℃和T2 ℃时，B的体积分数与时间的关系如图（Ⅱ）所示，则下列结论正确的是（ ）‎ A. 该平衡体系的化学反应方程式为：A(g)＋B(g)C(g)‎ B. （t1+10）min时，保持容器总压强不变，通入稀有气体，平衡向逆反应方向移动 C. T1＜T2‎ D. 其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，且A的转化率增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 由图可知A、B为反应物，C为生成物，根据浓度的变化量之比等于化学计量数之比得到方程式；‎ B. （t1+10）min时，保持容器总压强不变，通入稀有气体，各物质的分压减小；‎ C. 根据先拐先平衡，数值大进行判断；‎ D.由II图可知，升高温度B的体积分数增大，即平衡逆向移动，正向为放热反应。‎ ‎【详解】A. 由图可知A、B为反应物，C为生成物，A、B、C三种物质的浓度的变化量分别为：0.2mol/L、0.6mol/L、0.4mol/L，浓度的变化量之比等于化学计量数之比，因此可知方程式为：A(g)＋3B(g)2C(g)，A项错误；‎ B. （t1+10）min时，保持容器总压强不变，通入稀有气体，各物质的分压减小，平衡向体积增大的方向移动，即平衡逆向移动，B项正确；‎ C. 先拐先平衡，数值越大，则有T1>T2，C项错误；‎ D. 由II图可知，升高温度B的体积分数增大，平衡逆向移动，则正向为放热反应，其他条件不变时，升高温度，正、逆反应速率均增大，但A的转化率减小，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎19.25℃时，用浓度为0.01mol·L-1的HA溶液滴定20mL浓度为0.01mol·L-1的NaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 应选用酚酞作指示剂 B. M点溶液中存在：c（Na+）>c（A-）‎ C. Ka（HA）≈2×10-8‎ D. N点溶液中存在：c（OH-）-c（H+）=c（HA）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.N点HA和NaOH的物质的量相等，恰好完全反应，溶质为NaA，溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，A项正确；‎ B.M点为等物质的量浓度的NaOH和NaA的混合液，溶液呈碱性，由电荷守恒可知：c（Na+）>c（A-），B项正确；‎ C.N点为NaA溶液，物质的量浓度为0.005mol/L，PH=9，c(H+)=1×10-9mol/L，c(OH-)=1×10-5mol/L，NaA中的A-发生水解：A-+H2OHA+OH-，c(OH-)≈c(HA)，则，则，C项错误；‎ D. N点为NaA溶液，存在质子守恒：c（H+）+ c（HA）=c（OH-），故D正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】强酸和弱碱相互滴定或弱酸和强碱互相滴定时，要注意滴定曲线上的几个特殊点：中和点，即酸碱恰好中和的点，溶质即为酸碱中和反应生成的盐；中性点，即溶液恰好呈中性的点，此时的溶质除了盐外还有剩余的弱酸或弱碱，经常利用电荷守恒考查离子浓度关系；‎ ‎1:1点，即溶质是盐和剩余的酸或碱，两者物质的量相等，经常考查物料守恒和质子守恒。‎ ‎20.一定温度下，可用K2S沉淀Cu2+、Mn2+、Zn2+三种离子(M2+)，所需S2－最低浓度的对数值lgc(S2－)与lgc(M2+)的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 三种离子对应的硫化物的溶度积常数中，Ksp(MnS)最大，约为1×10-15；Ksp(CuS)最小，约为1×10-35‎ B. MnS+Cu2+CuS+Mn2+，K=1020‎ C. 向ZnS的悬浊液(含ZnS固体)中滴加少量水，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，c(S2－)不变 D. 向Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入1×10－4mol·L－1的Na2S溶液，Cu2+最先沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A 对于MS沉淀，溶度积Ksp=c(M2+)•c(S2-)，两边同时求对数，据此分析；‎ B. Ksp(MnS)> Ksp(ZnS)> Ksp(CuS)，据此判断；‎ C.向ZnS的悬浊液中滴加少量水，建立沉淀的溶解平衡；‎ D. Ksp(MnS)> Ksp(ZnS)> Ksp(CuS)，溶解度越小越优先形成。‎ ‎【详解】A. 对于MS沉淀，溶度积Ksp=c(M2+)•c(S2-)，两边同时求对数，有lgc(M2+)=-lgc(S2-)+lgKsp，MnS中lgKsp = lgc(M2+)+lgc(S2-)=-15，Ksp=1×10-15；ZnS中lgKsp = lgc(M2+)+lgc(S2-)=-23左右，Ksp=1×10-23左右；CuS中lgKsp = lgc(M2+)+lgc(S2-)=-35，Ksp=1×10-35；由以上数据可知三种离子对应的硫化物的溶度积常数中，Ksp(MnS)最大，约为1×10-15；Ksp(CuS)最小，约为1×10-35，A项正确；‎ B. Ksp(MnS)> Ksp(CuS)，因此反应MnS+Cu2+CuS+Mn2+可以发生，K===1020，B项正确；‎ C.‎ ‎ 向ZnS的悬浊液中滴加少量水，仍可建立沉淀溶解平衡，溶液仍能达到饱和，饱和溶液中c(S2-)是固定的，C项正确；‎ D. Ksp(MnS)> Ksp(ZnS)> Ksp(CuS)，溶解度越小越优先形成，但Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液的浓度未知，逐滴加入1×10－4mol·L－1的Na2S溶液谁最先沉淀不能确定，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎21.25 ℃时，有c(CH3COOH)＋c(CH3COO−)＝0.1 mol·L−1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO−)与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述不正确的是 A. pH＝5.5的溶液中：c(CH3COO—)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH−)‎ B. pH＝3.5的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)−c(OH−)＋c(CH3COOH)＝0.1 mol·L−1‎ C. W点所表示的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH−)‎ D. 向W点所表示的1.0 L溶液中通入0.05 mol HCl气体(溶液体积变化可忽略)：c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH−)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.观察图像可知pH=5.5溶液中，c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，所以c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)，故A正确；‎ B.pH=3.5溶液中c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)，c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，c(Na＋)＋c(H+)－c(OH－)＋c(CH3COOH)=c(CH3COO－)＋c(OH-)－c(OH-)＋c(CH3COOH)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)=0.1mol·L－1，故B正确；‎ C.W点表示溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO－)=0.05mol/L，c(Na＋) ＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，故C正确；‎ D.向W点所表示溶液中通入0.05molHCl气体，电荷守恒关系为：c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(Cl－)；物料守恒关系为：2c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)=0.1mol·L－1，得不到c(H＋)=c(CH3COOH)＋c(OH－)，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】溶液中离子浓度的比较，重点在于水解与电离平衡、物料守恒、电荷守恒的关系。‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共58分）‎ ‎22.A～G是几种烃的分子球棍模型，据此回答下列问题：‎ ‎（1）常温下含碳量最高的气态烃是___(填对应字母)；‎ ‎（2）A分子的空间构型是___；‎ ‎（3）G的一氯代物有___种；E的二氯代物有___种；‎ ‎（4）写出C与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式__，反应类型为___。‎ ‎（5）写出F与浓硝酸和浓硫酸反应的化学方程式___，反应类型为___。‎ 现有上面A、B、C三种有机化合物：(以下均用结构简式作答)‎ ‎（6）同状况、同体积的以上三种物质完全燃烧时耗去O2的量最多的是___。‎ ‎（7）等质量的以上三种物质燃烧时，生成二氧化碳最多的是___，生成水最多的是___。‎ ‎（8）在120℃、1.01×105Pa时，有两种气态烃和足量的氧气混合点燃，相同条件下测得反应前后气体体积没有发生变化，这两种气体是__。‎ ‎【答案】 (1). D (2). 正四面体 (3). 4 (4). 4 (5). CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br (6). 加成反应 (7). +HNO3+H2O (8). 取代反应 (9). CH3CH3 (10). CH2=CH2 (11). CH4 (12). CH4、CH2=CH2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知A为甲烷，B为乙烷，C为乙烯，D为乙炔，E为丙烷，F为苯，G为甲苯，其中A、B、E为饱和烃，C、D、F、G为不饱和烃，据此回答问题。‎ ‎【详解】（1）饱和烃的含碳量小于不饱和烃，在不饱和烃中含碳量最高的是乙炔和苯，苯常温下是液态的，因此常温下含碳量最高的气态烃是乙炔；‎ ‎（2）A为甲烷，正四面体结构；‎ ‎（3）G为甲苯，苯环上的一氯代物有邻、间、对三种，甲基上有一种，共4种；E为丙烷，二氯代物有4种；‎ ‎（4）C为乙烯，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，反应方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br；‎ ‎（5）F为苯，与浓硝酸和浓硫酸发生硝化反应也属于取代反应，生成硝基苯，反应方程式为：+HNO3+H2O；‎ ‎（6）A、B、C三种有机化合物中，1mol甲烷完全燃烧生成CO22mol，1mol乙烷完全燃烧消耗氧气3.5mol，1mol乙烯完全燃烧消耗氧气3mol，其中完全燃烧时耗去O2的量最多的是乙烷，结构简式为：CH3CH3； ‎ ‎（7）A、B、C三种有机化合物中，1g甲烷完全燃烧消耗氧气mol，1g乙烷完全燃烧消耗氧气mol，1g乙烯完全燃烧消耗氧气mol，其中完全燃烧时生成CO2的量最多的是乙烯，结构简式为：CH2=CH2；‎ ‎（8）在120℃、1.01×105Pa时，当烃分子中含有4个氢原子时，该烃完全燃烧前后气体体积不变，氢原子数为4的是甲烷和乙烯，结构简式为CH4和CH2=CH2。‎ ‎23.25℃时，电离常数：‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HCN 电离常数 ‎1.8×10－5‎ K1：4.3×10－7 K2：5.6×10－11‎ ‎4.9×10－10‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）物质的量浓度为0.1mol·L－1的下列四种物质：‎ a．Na2CO3 b．NaCN c．CH3COONa d．NaHCO3‎ pH由大到小的顺序是____(填标号)。‎ ‎（2）25℃时，在0.5mol·L－1的醋酸溶液中由醋酸电离出的c(H＋)约是由水电离出的c(H＋)的__倍。‎ ‎（3）写出向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：______。‎ ‎（4）25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH＝6，则溶液中c(CH3COO－‎ ‎)－c(Na＋)＝___(填准确数值)。c(CH3COO－)/c(CH3COOH)＝____。‎ ‎（5）25℃时，将amol·L－1的醋酸与bmol·L－1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离常数为____。‎ ‎（6）某温度时，纯水的pH=6。该温度下0.01mol/LNaOH溶液的pH=___，向该温度下的纯水中加入少量的碳酸钠固体，使溶液pH为9，则水电离出的c(OH-)=____。‎ ‎【答案】 (1). a＞b＞d＞c (2). 9×108 (3). CN－＋CO2＋H2O=HCO3-＋HCN (4). 9.9×10－7mol·L－1(或10-6-10-8) (5). 18 (6). (7). 10 (8). 10-3moL/L ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）酸越弱，对应酸根离子的水解程度越大，所以pH由大到小的顺序是a＞b＞d＞c；‎ ‎（2）Ka(CH3COOH)＝＝＝1.8×10－5，c(CH3COOH)≈0.5mol·L－1，则c(H＋)≈3×10－3mol·L－1，由水电离出的c(H＋)约为mol·L－1，故由醋酸电离出的c(H＋)约是由水电离出的c(H＋)的＝9×108倍。‎ ‎（3）酸性强弱顺序为H2CO3＞HCN＞HCO3-，所以向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为CN－＋CO2＋H2O=HCO3-＋HCN。‎ ‎（4）25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合溶液pH＝6，c(H＋)＝10－6mol·L－1，c(OH－)＝10－8mol·L－1，则溶液中c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－6mol·L－1－10－8 mol·L－1＝9.9×10－7mol·L－1。通过电离平衡常数的表达式可知c(CH3COO－)/c(CH3COOH)＝K(CH3COOH)/c(H＋)＝18；‎ ‎（5）25℃时，将amol·L－1的醋酸与bmol·L－1氢氧化钠溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，此时c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＝mol·L－1，剩余的c(CH3COOH)＝mol·L－1，则Ka＝＝。‎ ‎（6）纯水中的c(H+)=c(OH-)，pH=6，c(H+)=c(OH-)=1×10-6mol•L-1，KW=1×10-6×1×10-6=1×10-12，0.01mol•L-1‎ 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，c(H+)=1×10-10mol•L-1，pH=-lgc(H+)=10；温度不变，水的离子积不变KW=1×10-12，pH=9的碳酸钠溶液中氢离子是由水电离产生的，水电离产生的c(H+)等于溶液中水电离出c(OH-)，故水电离出c(OH-)=c(H+)=10-3mol/L。‎ ‎24.氮氧化物、二氧化硫是造成大气污染的主要物质，某科研小组进行如下研究。‎ ‎（1）已知：‎ 写出SO2(g)与NO2(g)反应生成SO3(g)和NO(g)的热化学方程式___。‎ ‎（2）向容积为1L密闭容器中分别充入0.10molNO2和0.15molSO2，在不同温度下测定同一时刻NO2的转化率，结果如图所示。‎ ‎①a、c两点反应速率大小关系：υ(a)___υ(c)。（填“>”、“<”或“=”）‎ ‎②温度为T2时从反应开始经过2min达到b点，用SO3表示这段时间的反应速率为___，此温度下该反应的平衡常数为___，若在此温度下，保持容器的容积不变，再向容器中充入0.20molNO2和0.30molSO2，NO2的转化率___。（填“增大”、“减小”或“不变”）‎ ‎③NO2的转化率随温度升高先增大后减小的原因是：___。‎ ‎（3）常温下用NaOH溶液吸收SO2，在吸收过程中，溶液pH随n(SO32-)∶n(HSO3-)变化关系如下表：‎ n(SO32-)∶n(HSO3-)‎ ‎91∶9‎ ‎1∶1‎ ‎9∶91‎ pH ‎8.2‎ ‎7.2‎ ‎6.2‎ 当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度由大到小排列顺序为___。‎ ‎【答案】 (1). SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g) ΔH＝－41.8kJ·mol－1 (2). < (3).‎ ‎ 0.025mol·L－1·min－1 (4). 0.50 (5). 不变 (6). 温度为T2，b点为平衡点，T2以前温度升高，反应速率加快，NO2转化率增大，T2以后，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，转化率减小 (7). c(Na+)>c(HSO3－)>c(SO32－)>c(H+)=c(OH－)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据两幅图写出各自的热化学方程式再根据盖斯定律书写出正确的SO2(g)与NO2(g)反应生成SO3(g)和NO(g)的热化学方程式；‎ ‎（2）①温度越高，反应速率越快，由此判断；‎ ‎②通过NO2的转化率计算转化的物质的量，再根据三段法计算反应速率和平衡常数；在此温度下，保持容器的容积不变，再向容器中充入0.20molNO2和0.30molSO2，由于温度不变，平衡常数不发生变化，据此利用三段法进一步计算转化率；‎ ‎③根据影响平衡移动的因素进行分析；‎ ‎（3）由数据可知，溶液中n(SO32-):n(HSO3-)=1:1时，溶液pH=7.2，且比值越大，溶液碱性越强，因此吸收液呈中性时，n(SO32-):n(HSO3-)<1:1，且中性时c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可得c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，据此判断；‎ ‎【详解】（1）根据两图可知热化学方程式为：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH=-113.0kJ/mol，②2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ΔH=-196.6kJ/mol，②-①可得：SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g) ΔH＝－41.8kJ·mol－1；‎ ‎（2）①温度越高，反应速率越快，所以有υ(a)<υ(c)；‎ ‎②温度为T2时从反应开始经过2min达到b点,NO2的转化率为50%，设NO2的转化了x mol/L，‎ SO2(g) + NO2(g) = SO3(g) + NO(g)‎ 始(mol/L) 0.15 0.1 0 0‎ 转(mol/L) x x x x 平(mol/L) 0.15-x 0.1-x x x 则有：×100%=50%，解得x=0.05，‎ 那么用SO3表示这段时间的反应速率v===0.025mol·L－1·min－1;‎ K===0.50；‎ SO2(g) + NO2(g) = SO3(g) + NO(g)‎ 始(mol/L) 0.40 0.25 0.05 0.05‎ 转(mol/L) y y y y 平(mol/L) 0.40-y 0.25-y 0.05+y 0.05+y 由于温度不变，平衡常数不发生变化，则有 K===0.50，解得y=0.125mol/L NO2的转化率=×100%=50%，转化率不变；‎ ‎③温度为T2时，达到平衡的点为b点，T2前，温度升高，反应速率加快，NO2转哈氨氯增大，T2以后，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小。‎ ‎（3）由数据可知，溶液中n(SO32-):n(HSO3-)=1:1时，溶液pH=7.2，且比值越大，溶液碱性越强，因此吸收液呈中性时，n(SO32-):n(HSO3-)<1:1，且中性时c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可得c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，因此溶液中c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+)>c(OH-)‎ ‎25.环境监测测定水中溶解氧的方法是：①量取25.00mL水样，迅速加入固定剂MnSO4溶液和碱性KI溶液（含KOH），立即塞好瓶塞，反复振荡，使之充分反应，其反应式为：2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2（该反应极快）②测定：开塞后迅速加入1mL～2mL浓硫酸（提供H+），使之生成I2，再用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液滴定（以淀粉为指示剂），消耗VmL。有关反应式为：MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-‎ 滴定次数 待测液的体积/mL ‎0.1000mol·L-1 Na2S2O3的体积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积/mL 第一次 ‎25.00‎ ‎0.00‎ ‎26.11‎ ‎26.11‎ 第二次 ‎25.00‎ ‎1.56‎ ‎30.30‎ ‎28.74‎ 第三次 ‎25.00‎ ‎0.22‎ ‎26.31‎ ‎26.09‎ 试回答：‎ ‎（1）消耗Na2S2O3的体积平均值为___mL，水中溶解氧的量是（以g/L为单位，保留3位有效数字）___。‎ ‎（2）滴定（I2和S2O32-反应）以淀粉溶液为指示剂，终点时现象为___。‎ ‎（3）判断下列操作引起的误差(填“偏大”、“偏小” “无影响”或“无法判断”)‎ ‎①读数：滴定前平视，滴定后俯视___。‎ ‎②未用标准液润洗滴定管___。‎ ‎③配制Na2S2O3溶液时，其固体中含有对反应体系无影响的杂质___。‎ ‎④待测液的滴定管之前有气泡，取液后无气泡___。‎ ‎【答案】 (1). 26.10 (2). 0.835 (3). 由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 (4). 偏小 (5). 偏大 (6). 偏大 (7). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）第二组数据误差较大，舍去后，根据其余两组数据计算体积平均值，再根据O2~2MnO(OH)2~2I2~4S2O32-计算水中溶解氧的量；‎ ‎（2）碘遇淀粉变成蓝色，若碘被还原完，则蓝色褪去；‎ ‎（3）分析不当操作对标准溶液体积影响，以此判断浓度的误差。‎ ‎【详解】（1）第二组数据误差较大，舍去，根据其余两组数据计算出体积的平均值==26.10mL；‎ 根据反应2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2、MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O和I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式：‎ O2 ~ 2MnO(OH)2 ~ 2I2 ~ 4S2O32-‎ ‎ 32g 4mol ‎ m 0.1000mol/L×26.10mL×10-3L/mL m==20.88×10-3g，则1L水样中溶解氧的量为 ‎=0.835g/L；‎ ‎（2）碘遇淀粉变成蓝色，若碘被还原完，则蓝色褪去，且半分钟不恢复蓝色，可证明达到了滴定终点；‎ ‎（3）①滴定前平视，滴定后俯视则所用标准液读数偏小，计算结果偏小；‎ ‎②滴定前，未用标准液润洗滴定管，则消耗的标准液的体积偏大，测得的待测液浓度偏大；‎ ‎③配制Na2S2O3溶液时，其固体中含有对反应体系无影响的杂质，所用标准液体积偏大，计算结果偏大；‎ ‎④待测液的滴定管之前有气泡，取液后无气泡，所取待测液体积偏小，计算结果偏小。‎ ‎ ‎