1、2020-2021学年高二年级期中考试化学试题注意事项：1.本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。2.答案一律写在答题纸上。3.可能用到的原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Mn 55 si 28第卷一、选择题：在每个小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的1. 下列有关说法正确的是A. 储热材料芒硝可用于光-化学能的转换B. 发达国家采用的现代化垃圾焚烧处理法不能有效利用了生活垃圾中的生物质能C. 利用微生物在光合作用下分解水，是氢气制取的一个重要研究方向D.
2、太阳能、可燃冰资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且可以再生，是最有希望的未来新能源【答案】B【解析】【详解】A、储热材料芒硝受热熔化后可储热，结晶后可放热，故可用于热能-化学能的转换，选项A错误；B、当前较为有效地利用生物质能的方式是制取沼气和酒精，垃圾焚烧处理法不能有效利用生活垃圾中的生物质能，选项B正确；C、利用微生物在阳光作用下分解水是氢气制取的一个重要研究方向，而不是利用光合作用，光合作用不会产生氢气，选项C错误；D、可燃冰资源不可再生，选项D错误。答案选B。2. 25 、101 kPa时，有以下能量转化图，下列说法不正确的是 A. 转化的热化学方程式2CO(g)O2(g)2C
3、O2(g) H282.9 kJmol1B. 相同条件下，1 mol C(g)和0.5 mol O2(g)总能量高于1 mol CO(g)的能量C. 由CCO的热化学方程式2C(s)O2(g)2CO(g) H221.2 kJmol1D. CO2(g)分解为C(s)和O2(g)是吸热反应【答案】A【解析】A、根据能量转化图，转化II的热化学反应方程式为CO(g)1/2O2(g)=CO2(g) H=282.9kJmol1或者2CO(g)O2(g)=2CO2(g) H=282.92kJmol1=565.8kJmol1，故A说法错误；B、C和氧气反应生成CO，此反应属于放热反应，因此相同条件下，1mol
4、C(s)和0.5molO2(g)总能量高于1molCO(g)的能量，故B说法正确；C、根据能量转化图，CCO的热化学反应方程式为2C(s)O2(g)=2CO(g) H=(393.5282.9)2kJmol1=221.2kJmol1，故C说法正确；D、C和O2反应是放热反应，CO2分解为C和O2是吸热反应，故D说法正确。3. 500时，某反应达到平衡，平衡常数K=。恒容时升高温度，SO2浓度增大。下列说法正确的是()A. 该反应的H0，降低温度将缩短反应达到平衡的时间B 恒温恒容下，充入惰性气体，SO2转化率增大C. 增大反应体系的压强，正反应速率增大，逆反应速率减小D. 在t1、t2时刻，SO
5、3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1-t2内，SO3(g)生成的平均速率为【答案】D【解析】【分析】平衡常数K=，可知反应为2SO2+O22SO3，恒容时，温度升高，SO2浓度增大，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，以此来解答。【详解】A.该反应为放热反应，反应的Hf 915、2.0MPa时E的转化率为60% 该反应的 K(1000)ab，结合表中第3列数据，可确定75.0a，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则f75.0a，故b75.0a，说明升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，则平衡常数K(1000)K(810)，故错误；A正确；答案选A。5. 臭氧是理想的烟气
6、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，由该反应相关图像作出的判断正确的是( )ABCD升高温度，正反应方向平衡常数减小03s内，反应速率为：v(NO2)=0.2molL-1s-1 t1时仅加入催化剂，平衡正向移动达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A由图可知，升高温度，正反应速率大于逆反应速率，向正反应方向移动，升高温度向吸热方向移动，所以正反应是吸热反应，平衡常数增大,故A错误；B由图可知，0-3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L
7、，故v(NO2)= =0.2molL-1s-1，故B正确；Ct1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，故C错误；D达平衡时，仅增大c(O2)，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，故D错误；答案为B。6. 下列关于证明醋酸是弱电解质的实验方法不正确的是A. 常温下，测定0.1molL-1CH3COOH的pH值，若pH大于1，即可证明为弱电解质B. 等体积的0.1molL-1HCl和0.1molL-1醋酸溶液，分别与等量的相同颗粒度
8、的Zn反应，观察产生气泡的速率，即可证明C. 等体积的0.1molL-1HCl和 0.1molL-1醋酸溶液，比较中和这两种酸所需相同物质的量浓度的NaOH溶液的体积，即可证明D. 常温下，测一定浓度的CH3COONa溶液的pH值，若pH大于7，即可证明【答案】C【解析】【分析】【详解】A常温下，测定0.1molL-1CH3COOH的pH值，若pH大于1，说明醋酸没有完全电离，即可证明为弱电解质，A正确；B等体积的0.1molL-1HCl和0.1molL-1醋酸溶液，分别与等量的相同颗粒度的Zn反应，观察产生气泡的速率，若醋酸反应较慢，说明其溶液中氢离子浓度较小，即不完全电离，B正确；C等体积
9、的0.1molL-1HCl和 0.1molL-1醋酸溶液，中和这两种酸所需相同物质的量浓度的NaOH溶液的体积相同，不能证明，C错误；D常温下，测一定浓度的CH3COONa溶液的pH值，若pH大于7，说明醋酸根水解，说明醋酸是弱酸，D正确；综上所述答案选C。7. 常温下，在20.0mL0.10molL-1氨水中滴入0.10molL-1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10molL-1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述不正确的是( )A. 该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂B. M点对应的盐酸体积大于20.0mLC. M点处的溶液中c(NH4)=c(Cl)c(H)=c(
10、OH)D. N点处的溶液中pH小于12【答案】D【解析】【分析】A强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，所以应选择甲基橙作指示剂；B如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，溶液应该呈酸性；CM处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制；DN点为氨水溶液，氨水浓度为0.10molL-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L1.32%=1.3210-3mol/L，c（H+
11、）=mol/L=7.610-12mol/L。【详解】A强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，所以应选择甲基橙作指示剂，所以盐酸滴定氨水需要甲基橙作指示剂，故A不选；B如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B不选；CM处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中
12、离子浓度大小顺序是c c(NH4)=c(Cl)c(H)=c(OH)，故C不选；DN点为氨水溶液，氨水浓度为0.10molL-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L1.32%=1.3210-3mol/L，c（H+）=mol/L=7.610-12mol/L，所以该点溶液pH12，故选D；综上所述，本题答案为D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验操作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解本题关键，注意B采用逆向思维方法分析解答，知道酸碱中和滴定中指示剂的选取方法，题目难度中等。8. 常温下0
13、.1mol/LCH3COOH、NaOH、CH3COONa，下列叙述正确的是（ ）A. 中CH3COOHCH3COO-H+OH-B. 等体积混合后，醋酸根离子浓度小于的二分之一C. 等体积混合以后，溶液呈酸性，则(Na+)(CH3COO-)(H+)D. 等体积混合以后，水的电离程度比等体积混合的电离程度小【答案】B【解析】【详解】A.CH3COOH溶液中的H+来自醋酸分子的电离和水的电离，所以CH3COOHH+CH3COO-OH-，故A错误；B. 等体积混合后恰好反应生成CH3COONa，体积大约为原来的2倍，如果CH3COO-不水解，浓度约为原来的1/2，CH3COONa为弱酸强碱盐，越稀越水
14、解，CH3COO- +H2OCH3COOH+OH-，水解平衡向正向移动，因此CH3COO-浓度小于原来的1/2，故B正确；C.等体积混合以后，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO- 的水解程度，因此(CH3COO-)(Na+)(H+)，故C错误；D.等体积混合以后恰好反应生成CH3COONa，CH3COO- 的水解促进水的电离，等体积混合，CH3COOH电离产生的H+抑制水的电离，因此总体上看等体积混合后水的电离程度比等体积混和后水的电离程度大，故D错误；答案选B。9. 不同温度(T1和T2)时,硫酸钡在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示,已知硫酸钡在水中溶解时吸收热量。下列说
15、法正确的是（ ）A. T1T2B. 加入BaCl2固体,可使a点变成c点C. c点时,在T1、T2两个温度下均有固体析出D. a点和b点的Ksp相等【答案】D【解析】【详解】A、难溶电解质的溶度积受温度的影响，T2的溶度积大于T1的，说明T2的温度大于T1，故错误；B、加入BaCl2固体，Ba2的浓度增大，而a和c中c(Ba2)相等，故错误；C、T1是c(Ba2)c(SO42)Ksp，说明有沉淀析出，T2时，c(Ba2)c(SO42)1B. 中，反应后的溶液：c(CH3COO-)c(Na+)c(OH-)c(H+)C. 中，a=20D. 中，反应后的溶液，c(Na+)=c(CH3COO-)+c(
16、Cl-)【答案】BC【解析】【详解】A冰醋酸是弱酸，不能完全电离，所以0.1mol/LCH3COOH溶液中c(H+)1，A正确；B加入的NaOH溶液恰好与原有的CH3COOH完全反应生成CH3COONa。CH3COONa溶液呈碱性，所以c(OH-)c(H+)，因CH3COO-水解略有消耗，所以c(Na+)c(CH3COO-)，B项错误；C中溶液因CH3COO-水解而呈弱碱性，只需加少量的盐酸即可调整至中性，所以a小于20，C项错误；D反应后溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)，又由于溶液呈中性，得c(H+)=c(OH-)，而在两边删去这
17、两离子，所以有c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)，D项正确；答案选BC项。15. 常温下，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3H2O)=1.7510-5，下列说法正确的是( )A. 用0.1mol/L的盐酸滴定0.1mol/L的氨水时，可用甲基橙作指示剂B. 0.2mol/L的醋酸与0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合时，所得溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)C. pH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中由水电离出的c(H+)=110-7mol/LD. pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中:c(NH3H
18、2O)c(NH)c(Cl-)【答案】AD【解析】【详解】A选择指示剂：指示剂的变色范围应于反应后溶液溶质的pH吻合，反应后溶质为NH4Cl，溶液显酸性，因此选择甲基橙为指示剂，故A正确；B0.2 mol/L的醋酸与0.1 mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，得到等浓度的醋酸钠和醋酸混合溶液，溶液中电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，得到c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，故B错误；C常温下，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3H2O)=1.7510-5，醋
19、酸根离子和铵根离子都发生水解，促进水的电离，二者水解程度相近，溶液pH=7，所得溶液中有水电离出的c(H+)110-7mol/L，故C错误；DpH=3的盐酸溶液中氢离子浓度和氯离子浓度为10-3mol/L，pH=11的氨水溶液中c(OH-)=c(NH)=mol/L=10-3mol/L，等体积混合，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子，原氨水溶液浓度大于盐酸，所得溶液为氯化铵和一水合氨溶液，溶液中c(NH3H2O)c(NH)c(Cl-)，故D正确。答案选AD。第卷三、非选择题16. I(1)H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式：_；(2)NaH2PO2为_(填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液显
20、_(填“弱酸性”“中性”或“弱碱性”)；水的电离平衡曲线如图所示，根据图中数据，回答下列问题：(1)图中A、B、C、D四点的KW由大到小的顺序：_(2)在100时，将pH=2的硫酸与pH=12的KOH溶液混合至呈中性， 需硫酸和氢氧化钾的体积比为_(1)室温下，向氨水中加入稀盐酸，使其恰好完全中和，所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序为_。(2)氨水中加入少量氯化铵固体，NH3H2O的电离平衡_(“向左”、“向右”或“不”)移动，此时溶液中_(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】 (1). H3PO2H2PO+H+ (2). 正盐 (3). 碱性 (4). BCA=D (5). 1
21、00：1 (6). c(Cl-)c(NH)c(H+)c(OH-) (7). 向左 (8). 减小【解析】【详解】I(1)H3PO2是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电离方程式为：H3PO2 H2PO+H+，故答案为：H3PO2 H2PO+H+；(2)H3PO2是一元中强酸，则NaH2PO2为正盐，酸根离子在水溶液里水解导致溶液呈碱性，水解方程式为H2PO+H2OH3PO2+OH-；故答案为：正盐；碱性；(1)A、D、E都处于25时，Kw相等，B点c(H+)和c(OH-)都大于E点的c(H+)和c(OH-)，并且E点的c(H+)和c(OH-)大于A点c(H+)和c(OH-)，c(H+)
22、和c(OH-)越大，Kw越大，故BCA=D=，故答案为：BCA=D；(2)若处在B点时，pH=2的硫酸中c(H+)=10-2mol/L，pH=12的KOH中c(OH-)=1mol/L，溶液显中性，需硫酸和氢氧化钾的体积比为：100：1，故答案为：100：1；(1) 室温下，向氨水中加入稀盐酸，使其恰好完全中和生成氯化铵和水，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使其溶液呈酸性，水解离子反应方程式为：NH+H2ONH3H2O+H+，所以溶液的pH7，则c(H+)c(OH-)，氯离子不水解，溶液中铵根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序为：c(Cl-)c(NH)c(H+)c(OH-)，故答案为：c(
23、Cl-)c(NH)c(H+)c(OH-)；(2)氨水中存在NH3+H2ONH3H2ONH+OH-，向氨水中加入少量氯化铵固体，NH增多，所以NH3H2O的电离平衡向左移动，溶液中氢氧根离子浓度降低、一水合氨浓度增大，所以此时溶液中变小，故答案为：向左；减小。17. 用滴定法测定某醋酸溶液样品中醋酸的含量，操作如下已知：该条件下，醋酸和NaOH以物质的量11反应时得到溶液的pH为8.7。i.准确量取10.00 mL醋酸溶液样品，加入蒸馏水至总体积为100.00 mL，取其中20.00 mL进行滴定实验，用酸度计测量溶液的pH变化；.逐滴滴入0.1000 mol/L的NaOH溶液，当酸度计显示pH
24、=8.7时停止滴定，记录消耗的NaOH溶液的体积；.平行测定多次(数据见表1)；iv.分析处理数据。表1：实验数据记录表编号1234/mL23.9925.0024.0124.00(1)醋酸的电离方程式为_。(2)第1次滴定曲线如图所示，下列说法正确的是_。A.a点溶液：B.b点溶液：C.c点溶液：(3)滴定过程中，从a点到c点水电离出的逐渐_(填“增大”、“减小”或“不变”)用平衡移动原理解释：_。(4)根据表1中的有效数据，计算消耗的NaOH溶液的平均体积=_mL。该醋酸溶液样品中醋酸的含量是_g/100mL。【答案】 (1). CH3COOHCH3COO-+H+ (2). ab (3).
25、增大 (4). 溶液中存在水的电离平衡H2OOH-+H+，随着NaOH加入，CH3COOH浓度降低，醋酸对水电离的抑制程度减弱 (5). 24.00 (6). 7.2【解析】【分析】(2) a点为醋酸溶液，存在醋酸和水的电离；b点溶液溶液呈中性，结合电荷守恒判断；c点醋酸和氢氧化钠溶液恰好反应，醋酸钠水解呈碱性c(CH3COO-)c(OH-)；(3)从a点到c点，醋酸浓度逐渐减小，对水的电离的抑制程度减弱；(4)第2次实验误差较大，应舍弃，NaOH溶液的平均体积为1、3、4三次实验平均体积，滴定终点，满足n(CH3COOH)=n(NaOH)，以此计算。【详解】(1)醋酸为弱酸，部分电离，存在电
26、离平衡，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故答案为：CH3COOHCH3COO-+H+；(2) aa点为醋酸溶液，存在醋酸和水的电离，则c(CH3COO-)c(H+)，故a正确；bb点溶液溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)，故b正确；cc点醋酸和氢氧化钠溶液恰好反应，醋酸钠水解呈碱性c(CH3COO-)c(OH-)，应为c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)，故c错误；故答案为：ab；(3) 溶液中存在水的电离平衡H2OOH-+H+，从a点到c点，随着N
27、aOH加入，醋酸浓度逐渐减小，对水的电离的抑制程度减弱，故水电离出的逐渐增大；故答案为：增大；溶液中存在水的电离平衡H2OOH-+H+，随着NaOH加入，CH3COOH浓度降低，醋酸对水电离的抑制程度减弱；(4) 第2次实验误差较大，应舍弃，NaOH溶液的平均体积为1、3、4三次实验平均体积，则V（NaOH）=mL=24.00mL，滴定终点，满足n（CH3COOH）=n（NaOH），则n（CH3COOH）=0.024L0.1000molL-1=0.0024mol，该醋酸溶液样品中醋酸的含量是=72g/L=7.2g/100mL，故答案为：24.00；7.2。【点睛】考查酸碱混合溶液定性判断以及弱
28、电解质的电离等知识点，明确化学反应原理、物质性质是解本题关键，知道影响弱电解质电离程度的因素。18. NaOH溶液可用于多种气体的处理：(1)是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到或俗称纯碱，因水解而使其水溶液呈碱性，写出第一步水解的离子方程式_写出等浓度的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中各离子浓度大小关系为_。已知25时，第一步水解的平衡常数，当溶液时，溶液的pH=_。泡沫灭火器中通常装有NaHCO3溶液和溶液，请写出这两种溶液混合时的离子反应方程式_。(2)金属与浓硝酸反应产生的可用NaOH溶液吸收，反应方程式为：含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol 恰好完全反应得1 L溶
29、液A，溶液B为0.1 溶液，则两份溶液中、和由大到小的顺序为_(已知的电离常数，的电离常数)可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是_A.向溶液A中加适量NaOH B.向溶液A中加适量水C.向溶液B中加适量NaOH D.向溶液B中加适量水(3)烟气中的会引起酸雨，可利用氢氧化钠溶液吸收吸收的过程中，溶液中、三者所占物质的量分数(a)随pH变化的关系如图所示：当用含NaOH的物质的量为3mol的溶液，吸收标准状况下的SO2 44.8L时，溶液中的溶质为_。图中pH=7时，溶液中离子浓度关系正确的是_。A.B.C.D.【答案】 (1). CO+H2OHCO+OH- (2). (3). 9 (4). A
30、l3+3 HCOAl(OH)3+3CO2 (5). c(NO)c(NO)c(CH3COO-) (6). AD (7). Na2SO3、NaHSO3 (8). A【解析】【详解】(1)CO水解而使其水溶液呈碱性，写出CO第一步水解的离子方程式为：CO+H2OHCO+OH-，等浓度的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中，CO水解程度大于HCO的水解程度，故HCO的浓度大于CO，溶液中各离子浓度大小顺序为：；CO水解常数Kh1= =210-4，当溶液中c（HCO）：c（CO）=20：1时，c（OH-）=10-5mol/L，由水的离子积Kw可知，c（H+）=10-9mol/L，所以pH=-lg10-9
31、=9；故答案为：CO+H2OHCO+OH-；9；Al2(SO4)3与NaHCO3混合时能相互促进水解生成氢氧化铝沉淀、二氧化碳气体，离子方程式为Al3+3 HCOAl(OH)3+3CO2，故答案为：Al3+3 HCOAl(OH)3+3CO2；(2) 0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，由2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量浓度为0.1mol/L，溶液B为0.1molL-1的CH3COONa溶液；HNO2的电离常数Ka=7.110-4molL-1，CH3COOH的电离
32、常数Ka=1.710-5molL-1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液，两溶液中c(NO)、c(NO)和c(CH3COO-)由大到小的顺序为c(NO)c(NO)c(CH3COO-)；使溶液A和溶液B的pH相等：A向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相等，故正确；B溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，碱性减弱，不能调节溶液pH相等，故错误；C溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，故错误；D向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH相等，故正确；故答案
33、为：c(NO)c(NO)c(CH3COO-)；AD；(3)标况下44.8L二氧化硫的物质的量为2mol，而NaOH为3mol，根据反应2OH-+SO2SO+H2O、OH-+SO2HSO可知，反应生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合物，故答案为：Na2SO3、NaHSO3；A由电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)2c(SO)+c(HSO)+c(OH-)，中性溶液则c(H+)c(OH-)，则c(Na+)2c(SO)+ c(HSO)，所以c(Na+)2c(SO)，而图可知pH=7时，c(SO)= c(HSO)，则c(Na+)2 c(SO)c(HSO)，故A 正确；B由电荷守恒可知，c(H+)+ c(Na
34、+)2c(SO)+ c(HSO)+ c(OH-)，中性溶液则c(H+)c（OH-），则c(Na+)2 c(SO)+ c(HSO)，c(SO)c（H2SO3），故B错误；CpH=7时，c(H+)= c(OH-)，故C错误；DSO+H2OHSO3-+OH-，HSOH+ SO，亚硫酸两步水解，则离子浓度为c(Na+)c(HSO)= c(SO)c(H+)= c(OH-)，故D错误；故答案为：A。【点睛】考查了离子浓度大小比较明确图象中曲线变化的含义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及质子守恒在判断离子浓度大小中的应用方法。19. I一定温度下，向1L密闭容器中加入1molHI(g)，发生反应，H2
35、物质的量随时间的变化如图所示。(1)0-2min内的平均反应速率(HI)=_。该温度下，的平衡常数K=_。(2)相同温度下，若开始入HI(g)的物质的量是原来的2倍，则_原来的2倍。a平衡常数 bHI的平衡浓度 c达到平衡的时间 d平衡时的体积分数(3)上述反应中，正反应速率为正=k正c2(HI)，逆反应速率为逆=k逆c(H2)c(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k正=_(以K和k逆表示)。已知Ka、Kb、Kw、Kh、Ksp分别表示弱酸的电离平衡常数、弱碱的电离平衡常数、水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。(1)有关上述常数的说法正确的是_。a它们都能反映一定条件下对
36、应变化进行的程度b它们的大小都随温度的升高而增大c常温下，CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Kad一定温度下，在CH3COONa溶液中，Kw=KaKh(2)25时，将a molL-1的氨水与0.01 molL-1的盐酸等体积混合所得溶液中c(NH)=c(Cl-)，则溶液显_性(填“酸”“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH3H2O的电离平衡常数Kb=_。(3)已知：25时，HA的Ka=110-6，则25时，浓度均为0.01molL-1的HA与NaA等体积混合，则混合溶液呈_性(填“酸”“碱”或“中”)。(4)已知常温下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分别为8.
37、010-38、1.010-11，向浓度均为0.1 molL-1的FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入碱液，要使Fe3+完全沉淀而Mg2+不沉淀，应该调节溶液的pH范围是_(已知lg20.3)。【答案】 (1). (2). 64 (3). b (4). (5). ad (6). 中 (7). (8). 酸 (9). 【解析】【分析】按化学反应速率、平衡常数等定义判断正误、结合已知条件列式求解，电解质溶液中始终存在电荷守恒、物料守恒，充分运用守恒关系、结合已知条件求解；【详解】I(1) 由图可知2min内氢气的物质的量增加了0.1mol， 0-2min内。的平衡常数， 则该温度下，的平衡常数K=
38、64。(2) a温度不变，平衡常数不变，故a不符合题意； b该反应是反应前后气体体积相等的反应，则反应体系中各物质的浓度都是原来的2倍，故b符合题意； c物质的量增大，则化学反应速率随反应物浓度增加而加快、浓度减小而变慢，反应的瞬时速率始终在变化，而平均速率未必为原来的2倍，故c不符合题意； d2个平衡为等效平衡，即平衡时H2的体积分数相同，故d不符合题意；答案为b。(3)根据(1)， 反应的 ，正反应速率为正=k正c2(HI)，逆反应速率为逆=k逆c(H2)c(I2)， ，当达到化学平衡时，正=逆，所以，则。(1) a平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，所以它们都能反映一定条
39、件下对应变化进行的程度，故a正确；b弱酸和弱碱的电离平衡、水的电离平衡、盐类的水解平衡一般为吸热过程，而难溶电解质的溶解平衡不一定是吸热过程，升高温度平衡向吸热方向移动，如果平衡正向是放热过程，则升高温度化学平衡常数减小，故b错误；c电离平衡常数只与温度有关，温度相同电离平衡常数相同，故c错误； d醋酸电离平衡常数 ,水的离子积常数， 醋酸钠水解平衡常数 ，则一定温度下，在CH3COONa溶液中，Kw=KaKh，故d正确；答案选ad。(2)25时，将a molL-1的氨水与0.01 molL-1的盐酸等体积混合所得溶液中c(NH)=c(Cl-)，则根据电荷守恒，得，溶液呈中性；根据物料守恒，得
40、，用含a的代数式表示NH3H2O的电离平衡常数。(3)已知25时，HA的Ka=110-6，则NaA的水解平衡常数为，因KaKh，HA的电离程度大于A-的水解程度， 25时，浓度均为0.01molL-1的HA与NaA等体积混合溶液呈酸性。(4)已知常温下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分别为8.010-38、1.010-11，向浓度均为0.1 molL-1的FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入碱液，要使Fe3+完全沉淀而Mg2+不沉淀，Fe3+完全沉淀指其浓度不超过10-5mol/L，只要控制氢氧根离子浓度： ，应该调节溶液的pH范围是。20. 由锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池如图所示。
41、(1)原电池的负极反应式为_，正极反应式为_。(2)电流的方向是_。(3)一段时间后，当在铜片上放出(标准状况)气体时，恰好消耗一半。则产生这些气体的同时，共消耗_g锌，有_个电子通过了导线，原稀硫酸的物质的量浓度是_(设为阿伏加德罗常数的值，溶液体积不变)。【答案】 (1). (2). (3). 由电极流向电极 (4). 4.875 (5). 0.15NA (6). 0.75molL-1【解析】【分析】原电池中，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子从负极流出，电子沿着导线流向正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极。【详解】(1)锌的金属活动性强于铜，锌作负极，则电池的负极反应式为。铜作正极，溶液中放电，则正极反应式为。(2)电流的方向是从正极沿着导线流向负极，即从电极流向电极。(3)标准状况下的物质的量为，根据电池总反应，同时消耗锌的物质的量是，质量为。导线中通过电子的物质的量为，数目为个。由反应生成时，恰好消耗一半可知，原稀硫酸中的物质的量是，则原稀硫酸的物质的量浓度是。