贵州省铜仁第一中学2020届高三上学期月考化学试题

贵州省铜仁第一中学2020届高三上学期月考化学试题

‎2020届高三年级第二次模拟考试 化学 ‎1、请将正确答案填在答题卷的方框内，超出答题框一律不给分。‎ ‎2、本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，考试时间120分钟，总分100分。‎ 可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64 Ce-140‎ 第Ⅰ卷（选择题 共50分）‎ 一、选择题（本题共10小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，共20分）‎ ‎1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法正确的是 A. 微量的二氧化硫可用作葡萄酒的食品添加剂 B. 乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广使用“乙醇汽油”‎ C. 漂白粉长期放置在空气中会被空气中的氧气氧化而变质 D. 某雨水样品放置一段时间后pH由4.98变为4.68，是因为水中溶解的CO2增多了 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二氧化硫可以杀菌消毒，微量的SO2可用作葡萄酒的食品添加剂，A正确；‎ B. 汽油不是可再生能源，故B不选；‎ C. 漂白粉与二氧化碳和水结合生成次氯酸，次氯酸光照分解，所以漂白粉变质不是被氧气氧化，故C不选；‎ D.CO2的饱和溶液pH为5.6，雨水pH小于5.6是因为水和二氧化硫反应生成了亚硫酸，在空气中放置一段时间后亚硫酸能被空气氧化成硫酸，酸性增强，pH下降，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】二氧化硫虽然有毒，但微量使用是可以的；能杀菌消毒的很多物质都有毒，只要用量控制在安全范围内，是可以使用的。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 A. 标准状况下，22.4L己烷含有的共价键总数为19NA B. 1mol Cu与足量FeCl3溶液反应，转移的电子数为2NA C. 1L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中CO32－和HCO3－离子数之和为0.1NA D. 密闭容器中l.5mol H2与0.5mol N2充分反应，得到NH3的分子数为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．由于标准状况下，己烷不是气体，无法计算22.4L己烷的物质的量，故A错误；B．Cu能溶解于FeCl3溶液，生成Cu2+，则1mol Cu与足量FeCl3溶液反应，转移的电子数为2NA，故B正确；C．1L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中根据物料守恒，H2CO3、CO32－和HCO3－微粒数之和为0.1NA，故C错误；D．合成氨为可逆反应，不可能完全转化，故D错误；答案为B。‎ 点睛：本题主要是通过物质的量的有关计算，综合考查学生的基本计算能力和分析问题的能力。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF、己烷等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积；④可逆反应限度对产物的量的影响等。‎ ‎3.常温下，将甲酸（HCOOH）和氢氧化钠溶液混合，所得溶液 pH＝7，则此溶液中 A. c（HCOO－) ＞c（Na＋) B. c（HCOO－) ＜c（ Na＋)‎ C. c（HCOO－) ＝c（Na＋) D. 无法确定c（HCOO－) 与c（Na＋) 的关系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】甲酸和氢氧化钠溶液混合后发生反应：HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，所得溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，则c(HCOO-)=c(Na+)，故选C。‎ ‎4.在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。‎ 详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；‎ B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；‎ C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；‎ D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。‎ 答案选D。‎ 点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。‎ ‎5.现有以下6种说法：‎ ‎①氯水、氨水、水玻璃、水银都是混合物；‎ ‎②明矾、冰醋酸、石膏都是电解质；‎ ‎③氯酸、烧碱、纯碱依次分别为酸、碱、盐；‎ ‎④H＋、H＋、H＋互为同位素；‎ ‎⑤胶体带电是电泳的前提条件；‎ ‎⑥生活中常见的石英玻璃、普通玻璃、钢化玻璃都属于硅酸盐产品。‎ 其中不正确的是 A. ①⑤ B. ①④⑤⑥ C. ②③④ D. ②⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①氯水、氨水、水玻璃都是混合物，水银是汞单质，属于纯净物，错误；‎ ‎②明矾是盐[KAl(SO4)2·12H2O]、冰醋酸是有机酸（CH3COOH）、石膏是盐（CaSO4·2H2O）都是电解质，正确；‎ ‎③氯酸是酸，烧碱氢氧化钠是碱，纯碱碳酸钠是盐，正确；‎ ‎④H、H、H互为同位素，同位素是原子不能是离子，错误；‎ ‎⑤胶体不带电，胶粒带电是电泳的前提条件，错误；‎ ‎⑥石英玻璃是二氧化硅，不是硅酸盐产品，普通玻璃、钢化玻璃都属于硅酸盐产品，错误；‎ 故选B。‎ ‎6.下列各组中微粒能大量共存，且当加入试剂后反应的离子方程式书写正确的是 选项 微粒组 加入试剂 发生反应的离子方程式 A Fe3＋、I－、Cl－‎ NaOH溶液 Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓‎ B Na＋、Al3＋、Cl－‎ 少量澄清石灰水 Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓‎ C H＋、Fe2＋、SO42-‎ Ba(NO3)2溶液 SO42-＋Ba2＋=BaSO4↓‎ D K＋、NH3·H2O、CO32-‎ 通入少量CO2‎ ‎2OH－＋CO2=CO32-＋H2O A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe3＋有氧化性，I－有还原性，二者不能共存，会发生氧化还原反应，故A不选；‎ B. Na＋、Al3＋、Cl－能大量共存，加入少量澄清石灰水，OH－与Al3＋生成沉淀，B正确；‎ C.加入的Ba(NO3)2溶液中有硝酸根离子，酸性条件下形成具有氧化性的硝酸，能氧化亚铁离子，所以除了生成BaSO4沉淀外，还发生了氧化还原反应，故C不选；‎ D.一水合氨是弱电解质，书写离子反应时不能拆开写成OH－的形式，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】注意隐性硝酸的存在，在含有氢离子的溶液中，如果再引入硝酸根离子，则溶液中就相当于存在了强氧化性的硝酸，可以氧化还原性的离子或分子。同样，如果溶液中含有硝酸根离子，如果再引入氢离子，溶液中同样存在了硝酸，如果此溶液中含有S2-、SO2、I-、Fe2+等微粒时，就会发生氧化还原反应。‎ ‎7.某有机物的分子结构如图所示。现有试剂：①Na ②H2/Ni ③Ag(NH3)2OH ④新制Cu(OH)2⑤NaOH ⑥酸性KMnO4溶液。能与该化合物中两个或两个以上官能团都发生反应的试剂有( )‎ A. ①②⑤⑥ B. ①②④⑥ C. ①③④⑤ D. 全部 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由该有机物分子的结构可知，该分子中含有醛基、酯基、羧基、羟基和碳碳双键五种官能团。①Na能够与羟基和羧基反应；②H2/Ni可与醛基和碳碳双键反应；③Ag(NH3)2OH能够与醛基和羧基发生反应；④新制Cu(OH)2能够与醛基和羧基发生反应；⑤NaOH能够与酯基和羧基发生反应；⑥酸性KMnO4溶液能够与羟基、醛基和羟基发生反应。因此能与该化合物中两个或两个以上官能团都发生反应的试剂为①②③④⑤⑥。故答案D。‎ ‎8.一定温度下，在某密闭容器中发生反应2HI(g)H2(g)＋I2(g) ΔH>0，若在0～15s内c(HI)由0.1mol·L-1降到0.07mol·L-1，则下列说法正确的是 A. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢 B. 减小反应体系的体积，化学反应速率加快 C. c(HI)由0.07mol·L-1降到0.05mol·L-1所需的反应时间小于10s D. 0～15s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.002mol·L-1·s-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应速率和温度有关，升高温度，正逆反应速率都加快，故A不选；‎ B.减小体积会增大HI(g)、H2(g)和I2(g)的浓度，会使正逆反应速率都加快，故B正确；‎ C. c(HI)下降0.03mol·L-1降用了15s，但反应速率和浓度有关，浓度降低，反应速率也降低，所以c(HI)由0.07mol·L-1降到0.05mol·L-1所需的反应时间大于10s，故C不选；‎ D. c(HI)由0.1mol·L-1降到0.07mol·L-1，则c(I2)上升到0.015mol·L-1，用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.015 mol·L-1÷15s=0.001mol·L-1·s-1，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】由于该反应的正反应是吸热反应，所以升高温度，平衡会向正反应方向移动，但并不是正反应速率加快，逆反应速率减慢，而是正逆反应速率都加快，只不过正反应速率增大的程度大于逆反应速率增大的程度，所以正反应速率大于逆反应速率，所以平衡正向移动。不要把速率和平衡混为一谈，两者既有联系，又有区别。‎ ‎9.有下列三个反应：①3Cl2＋2FeI2=2FeCl3＋2I2 ②2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－③Co2O3＋6HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O，下列说法正确的是（ ）‎ A. ①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3＋、CoCl2‎ B. 根据以上化学方程式可以得到氧化性强弱顺序：Cl2＞Fe3＋＞Co2O3‎ C. 可以推理得到Cl2＋FeBr2=FeCl2＋Br2‎ D. 在③反应中当1molCo2O3参加反应时，2 molHCl被氧化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、三个反应：①Cl2+FeI2=FeCl2+I2 ②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，化合价升高元素所在的产物是I2、Fe3+、Cl2，它们是氧化产物，故A错误；‎ B、氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应①中，Cl2＞I2，在反应②中，Br2＞Fe3+，在反应③中，Co2O3＞Cl2，则氧化性顺序是：Co2O3＞Cl2＞Br2＞Fe3+‎ ‎，故B错误；‎ C项、根据氧化性顺序：Cl2＞Br2＞Fe3+，Cl2和FeBr2反应时，氯气首先氧化亚铁离子，然后在氧化溴离子，故C错误；‎ D项、在反应③中生成1molCl2时，有6mol的盐酸参加反应，其中2molHC1被氧化，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】先分析化合价变化，确定各物质的氧化还原情况，根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，比较各物质氧化性强弱，然后再逐项判断。‎ ‎10.常温下，体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(Cl-)=n(CH3COO-)=0.01mol，下列叙述错误的是 A. 与NaOH完全中和时，醋酸所消耗的NaOH多 B. 分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2一样多 C. 两种溶液的pH相等 D. 分别用水稀释相同倍数时，n(Cl-)＜n(CH3COO-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.醋酸是弱酸，电离不完全，若n(Cl-)=n(CH3COO-)，醋酸的浓度大，所以消耗的氢氧化钠也多，故A不选；‎ B.同理可得，二者分别与足量CaCO3反应时，醋酸放出的CO2多，故B选；‎ C.根据电荷守恒，盐酸中：n(H+)=n(OH-)+n(Cl-)，醋酸中：n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)。由于n(Cl-)=n(CH3COO-)，所以n(H+)相等，溶液的pH也相等，故C不选；‎ D.用水稀释后，醋酸可以继续电离，所以n(Cl-)＜n(CH3COO-)，故D不选；‎ 故选B。‎ 二、选择题（本题共15小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，共30分）‎ ‎11.下列有机物说法不正确的是 A. BrCH2CHBrCH2Br的名称为三溴丙烷 B. 萘环上的一个H原子被-C4H9取代后的产物共有8种 C. 对甲基苯乙烯中最多有17个原子共面 D. 纤维素和淀粉都是多糖，它们彻底水解后的产物相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：本题对有机物的命名、同分异构体、原子共面、水解产物等基础知识进行考察。A中要标出溴原子在碳链上的位置，再进行命名；B中萘环上核磁共振氢谱中氢原子种数为2，烃基-C4H9的同分异构体的数目为4，然后进行组合判断共为8种；C中考察甲基、苯环、乙烯基中原子共面问题；D中考察多糖水解的规律。‎ 详解：BrCH2CHBrCH2Br为1,2,3-三溴丙烷，A错误；萘的结构对称性很高如图：环上只有2种氢，-C4H9取代基有4种结构，因此萘环上的一个H原子被-C4H9取代后的产物共有8种，B正确；甲基中最多有1个碳和1个氢能够与苯环共平面，乙烯基中的碳、氢均能共平面，苯环中所有的氢、碳均可以共平面，所以对甲基苯乙烯中最多有17个原子共面，C正确；纤维素和淀粉都是多糖，水解的最终产物为葡萄糖，D正确；答案选A。‎ 点睛：分子中原子共线、共面的问题，依据是乙烯的平面结构、乙炔的直线结构、甲烷的正面体结构、苯环的平面结构进行分析，比如有机物甲基苯乙烯能够共面的原子最多有17个，最少有8个。‎ ‎12.现有甲、乙两个化学小组利用两套相同装置，通过测定产生相同体积气体所用时间长短来探究影响H2O2分解速率的因素(仅一个条件改变)。甲小组有如下实验设计方案。‎ 实验编号 温度 催化剂 浓度 甲组实验Ⅰ ‎25℃‎ 三氧化二铁 ‎10mL 5%H2O2‎ 甲组实验Ⅱ ‎25℃‎ 二氧化锰 ‎10mL 5%H2O2‎ 甲、乙两小组得出如图数据：‎ 关于该实验下列叙述不正确的是 A. 中，O2是氧化产物 B. 甲小组实验得出的结论是Fe2O3比MnO2催化效率更高 C. 甲小组实验也可以测定25℃时，在相同时间内产生氧气的体积 D. 乙组研究的影响因素的数据分析，相同条件下H2O2在碱性环境下放出气体速率较快 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应中，氧元素的化合价既升高又降低，氧气是化合价升高的结果，所以是氧化产物，故A不选；‎ B 从图中可以看出，MnO2可以使反应速率更快，所以Fe2O3比MnO2催化效率低，故B错误，选B；‎ C. 在相同时间内产生氧气的体积也可以判断催化剂的催化效率，故C不选；‎ D. 从图中可以看出，相同条件下H2O2在碱性环境下放出气体速率较快，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎13.已知HF的Ka=6.6×10－4，CH3COOH的Ka=1.75×10－5，则在相同条件下，同浓度等体积的NaF、CH3COONa溶液中离子总数 A. 前者多 B. 后者多 C. 一样多 D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】酸的电离常数越大，酸性越强，其相应的酸根离子的水解程度越小，所以氟离子的水解程度比醋酸根离子小。NaF、CH3COONa水解都使溶液显碱性，所以NaF溶液中的c(OH-)小于CH3COONa溶液中的c(OH-)，也可以说NaF溶液中的c(H+)大于CH3COONa溶液中的c(H+)，两溶液体积相同，所以NaF溶液中的n(H+)大于CH3COONa溶液中的n(H+‎ ‎)；两溶液中都存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)和c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，两溶液体积相同，所以在两溶液中，阳离子总数等于阴离子总数，所以比较两溶液中的离子总数，可以只比较阳离子总数即可；两溶液中的Na+的物质的量是相同的，而NaF溶液中的n(H+)大于CH3COONa溶液中的n(H+)，所以NaF中离子总数较多，故选A。‎ ‎14.某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g)+3B2(g) 2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如图所示的曲线(图中T表示温度，n表示物质的量)。下列判断不正确的是（ ）‎ A. 若T2a>c D. 若T2C >B>A B. B元素只能形成一种二元含氧酸，且B元素的含氧酸对应的酸酐一定是氧化物 C. 1mol甲与足量乙反应转移电子的数目为NA D. 1.0L 0.1mol·L-1戊溶液中阴离子总的物质的量小于0.1mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎0.1mol·L－1丁溶液的pH为1，说明丁是强碱，且四种元素都是短周期元素，所以丁为NaOH。由甲+乙＝丁+己，甲+丙＝戊+己，而己是由C元素形成的单质，故甲为过氧化钠、乙为水，己为氧气，丙为二氧化碳，戊为碳酸钠；A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，所以A为H、B为C、C为O、D为Na。‎ ‎【详解】A.原子半径Na＞C＞O＞H，故A不选；‎ B. 碳元素可以形成碳酸，也可以形成己二酸，都是二元含氧酸，碳酸的酸酐是CO2，是氧化物，但己二酸的酸酐不是氧化物，故B不选；‎ C. Na2O2与足量乙发生歧化反应，1molNa2O2转移1mol电子，故C选；‎ D.碳酸根水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，阴离子数增多，所以阴离子总的物质的量必然大于0.1mol，故D不选。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】过氧化钠不管是跟水反应还是跟二氧化碳反应，发生的都是歧化反应，转移电子发生在形成共价键的两个-1价的氧之间，所以1mol Na2O2‎ 转移1mol电子，即转移电子的物质的量和Na2O2的物质的量相等。‎ ‎19.下列各反应对应的离子方程式正确的是 A. 用足量的氨水处理硫酸工业的尾气：SO2+NH3·H2O=NH4++HSO3-‎ B. 向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液变浑浊：HCO3-+AlO2-+H2O=CO32-+Al(OH)3↓‎ C. 大理石溶于醋酸中：CO32-+2CH3COOH =2CH3COO－+CO2↑+H2O D. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO－+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl－+H2O+4H+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用足量的氨水处理硫酸工业的尾气会生成亚硫酸铵，而不是亚硫酸氢铵，故A不选；‎ B.碳酸氢根电离出的氢离子与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，故B选；‎ C.大理石碳酸钙不溶于水，不能拆开，故C不选；‎ D.在强碱溶液中，生成的氢离子会和氢氧根中和，不会有氢离子的形式存在，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎20.下列实验过程、实验目的、判定及解释都正确的是 编号 实验目的 实验过程 判定、解释 A 配制0.4000mol·L-1的NaOH溶液 称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，直接转移至250mL容量瓶中定容 正确，4.0g固体NaOH的物质的量为0.1mol，定容到250mL的容量瓶，物质的量浓度恰好为0.4000mol·L-1‎ B 探究维生素C的还原性 向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化 正确，FeCl3具有氧化性，能与具有还原性的维生素C发生反应，使溶液的颜色由黄色变为浅绿色(Fe2+)‎ C 制取并纯化 氢气 正确，产生的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4‎ 向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液 溶液，除去可能的酸性气体、水蒸气和还原性气体等杂质，得到纯净氢气 D 探究浓度对反应速率的影响 向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL 5%H2O2溶液，观察实验现象 错误，反应的离子方程式为 H2O2+NaHSO3=Na++H++SO42-+H2O 没有明显的实验现象，因此不能用此反应探究浓度对反应速率的影响 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.定容之前需要等待温度降到室温，否则会使溶液体积偏小，故A不选；‎ B. Fe3+是黄色的，如维生素C具有还原性，把Fe3+还原为Fe2+，则溶液的颜色会由黄色变为浅绿色(Fe2+)，故B选；‎ C.应该先通过所有溶液，最后再通过浓硫酸，否则会带出水蒸气，故C不选；‎ D. NaHSO3溶液和H2O2溶液反应的离子方程式是错误的，NaHSO3溶于水，应该拆成离子形式，故D不选；‎ 故选B ‎21.已知反应Cu(s)＋2Ag+(aq)===Cu2+(aq)＋2Ag(s)为一自发进行的氧化还原反应，将其设计成如图所示原电池。下列说法中正确的是 A. 铜电极是正极，其电极反应为Cu－2e－=Cu2+‎ B. 银电极上发生还原反应，电极质量增加 C. 当铜电极质量减少0.64g时，电解质溶液中有0.02mol电子通过 D. 外电路中电子由银电极流向铜电极 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：活泼金属为负极，故A错误；银电极为正极，银电极上发生还原反应，Ag++e－= Ag，电极质量增加，故B正确；电解质溶液中没有电子通过，故C错误；外电路中电子由铜电极流向银电极，故D错误。‎ 考点：本题考查原电池原理。‎ ‎22.向1L的密闭容器中加入1molX、0.3molZ和一定量的Y三种气体。一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间的变化如图甲所示。图乙为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。下列说法不正确的是 A. Y的起始物质的量为0.5mol B. 该反应的化学方程式为2X(g)＋Y(g)3Z(g) ΔH<0‎ C. 若t0 =0，t1=10s，则t0～t1阶段的平均反应速率为v(Z)=0.03mol·L－1·s－1‎ D. 反应物X的转化率t6点比t3点高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从图甲可以看出，从t0到t1，X的物质的量（由于容器体积为1L，所以物质的量和物质的量浓度相等）从1.0mol减少到0.8mol，减少了0.2mol，Z的物质的量从0.3mol增加到0.6mol，增加了0.3mol。再根据图乙，四个阶段改变的条件不同，在t3时刻，平衡不移动，只是速率增大了，所以应该是使用了催化剂，在t4时刻，平衡仍然不移动，但速率都降低，应该是降低了压强，所以该反应中反应前后气体的化学计量数之和相等，从t0到t1，X的物质的量减少了0.2mol，Z的物质的量增加了0.3mol，所以Y的物质的量应该减少0.1mol，平衡时Y为0.4mol，所以开始时Y为0.5mol，故A不选；‎ B. 从t0到t1‎ ‎，X的物质的量减少了0.2mol，Z的物质的量增加了0.3mol，Y的物质的量减少了0.1mol，所以在化学方程式里，X、Y、Z的化学计量数比为2:3:1，X和Y是反应物，Z是生成物，而且t1后，各物质的浓度不再变化，说明该反应是可逆反应，所以化学方程式为2X(g)＋Y(g)3Z(g)。根据图乙，在t2时刻，只有正反应速率或逆反应速率增大了，说明增大了反应物或生成物的浓度，在t5时刻，正逆反应速率都增大了，说明升高了温度。升高温度，v正＞ｖ逆，平衡向正反应方向移动，所以该反应的正反应是吸热的，ΔH＞0，故B选；‎ C. t0～t1阶段的平均反应速率为v(Z)=0.3mol/L÷10s=0.03mol·L－1·s－1，故C不选；‎ D. t3到t5，平衡没有移动，t5时升高温度，平衡正向移动，反应物转化率提高，所以X的转化率t6点比t3点高，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】在浓度、温度、压强和催化剂这四种因素中，催化剂一定不能使平衡发生移动，对反应前后气体系数之和相等的反应，压强的改变也不能使平衡移动，但改变反应物或生成物的浓度和改变温度一定会使平衡移动。所以在图乙中，t3和t4时刻，一定分别是使用了催化剂和降低了压强。‎ ‎23.常温下，分别向体积相同、浓度均为0.1 mol/L的MOH、ROH两种碱溶液中不断加水稀释，溶液的pH与溶液浓度的对数(lgc)间的关系如图。下列说法错误的是 A. Kb(MOH)的数量级为10－5‎ B. a、b两点溶液中，水的电离程度：a＜b C. 等体积等浓度的ROH和MCl混合后所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)‎ D. 用相同浓度的盐酸分别中和a、b两点溶液，消耗盐酸体积：Va＞Vb ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：根据稀释前碱溶液的浓度和对应的pH判断碱的相对强弱，根据稀释对电离平衡的影响、‎ 结合盐类水解、水的电离等解答 详解：A.没有稀释前MOH溶液中氢离子浓度是10－11mol/L，则氢氧根是10－3mol/L，所以Kb(MOH)＝，A正确；‎ B.a、b两点溶液中a点溶液碱性强，对水的抑制程度大，所以水的电离程度：a＜b，B正确；‎ C.根据图像可知碱性是MOH＞ROH，ROH的电离常数大于MCl的水解程度，因此溶液显碱性，即c(OH－)＞c(H＋)，C正确；‎ D.两种碱溶液的物质的量相等，用相同浓度的盐酸分别中和时消耗盐酸体积相等，即Va＝Vb，D错误，答案选D。‎ 点睛：选项C是解答的易错点和难点，首先要判断出二者的碱性相对强弱，进而判断ROH和MCl混合后是否发生化学反应，最后根据ROH电离常数和MCl的水解常数判断溶液的酸碱性，题目难度较大。‎ ‎24.某化学小组设计了如图所示的数字化实验装置，研究常温下，向30 mL 0.1 mol·L−1 H2A溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液时pH变化情况，并绘制出溶液中含A元素的微粒的物质的量分数与溶液pH的关系(如图所示)，下列说法错误的是 A. pH=4.0时，溶液中n(HA−)约为2.73×10−4 mol B. 该实验应将左边的酸式滴定管换成右边碱式滴定管 C. 常温下，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.0‎ D. 0.1 mol·L−1NaHA溶液中存在c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)=0.1 mol·L−1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知pH=3时，溶液中不存在H2A，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离。pH=3时A2-、HA-的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则Ka2==c（H+）=0.001mol/L，同一溶液中HA-和A2-的物质的量浓度之比等于物质的量之比，pH=4时该酸的第二步电离常数不变，则由n（A2-）=10n（HA-），且原溶液中n（HA-）+n（A2-）=0.003mol，据此计算n（HA-）；本实验是碱滴定酸，酸式滴定管用来盛放酸，碱式滴定管用来盛放碱；由图可知，pH=3时，溶液中c（A2-）=c（HA-）；该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA溶液中不存在H2A。‎ ‎【详解】由图可知H2A第一步完全电离，第二步部分电离。pH=3时A2-、HA-的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则Ka2==c（H+）=0.001mol/L，同一溶液中HA-和A2-的物质的量浓度之比等于物质的量之比，pH=4时该酸的第二步电离常数不变，则由n（A2-）=10n（HA-），且原溶液中n（HA-）+n（A2-）=0.003mol，解得溶液中n(HA−)约为2.73×10−4 mol，A正确；碱滴定酸，碱不能盛放在左边的酸式滴定管中，应该使用右边的碱式滴定管，B正确；由图可知，pH=3时，溶液中c（A2-）=c（HA-），则等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.0，C正确；该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA只能电离不能水解，则溶液中不存在H2A，根据物料守恒得c（A2-）+c（HA-）=0.1mol/L，D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查中和滴定和酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生分析推断及计算能力，正确判断该二元酸“第一步完全电离、第二步部分电离”解本题关键，注意电离平衡常数只与温度有关，与溶液中溶质及其浓度无关。‎ ‎25.某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是 (　　)‎ A. Ksp[Fe(OH)3]

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