1、江西省南昌市顶级名校2019-2020学年高二化学上学期12月月考考试题（含解析）相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Na-23 Zn-65一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1.在恒温恒容的密闭容器中通入一定量的A、B，发生反应A(g)2B(g)3C(g)。如图是A的反应速率v（A）随时间变化的示意图。下列说法正确的是A. 反应物A的浓度：a点小于b点B. 该反应的生成物可能对反应起催化作用C. 曲线上的c、d两点都表示达到平衡状态D. A的平均反应速率：ab段大于bc段【答案】B【解析】【详解】A、随着反应的进行，反应物的浓度减小，a点反应物A的浓
2、度大于b点，故A错误；B、在恒温恒容条件下，随着反应物浓度的减小，反应速率增大，可能是某种生成物对反应起到催化作用，故B正确；C、曲线上v(A)始终在变化，说明曲线上各点均表示没有达到达到平衡，故C错误；D、根据图像，ab段的反应速率小于bc段的，故D错误；故选B。2.将0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起()A. 溶液的pH增大B. CH3COOH电离度增大C. 溶液的导电能力减弱D. 溶液中c(OH)减小【答案】A【解析】【详解】ACH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反应方向移动，溶液
3、的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，正确；BCH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；CCH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误；D加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子
4、浓度增大，错误。故选A。3. 把0.05mol NaOH固体，分别加入下列100mL溶液中，溶液的导电能力变化不大的是自来水 0.5molL-1盐酸 0.5molL-1醋酸 0.5molL-1NH4Cl溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】水是弱的电解质，导电性极弱，加入氢氧化钠后，氢氧化钠是强电解质，电离出钠离子和氢氧根离子，导电性增强，错误；HCl是强电解质，加入NaOH后，HCl+NaOH=NaCl+H2O，参加反应的氢离子正好与加入的钠离子的量相当，H2O为弱电解质，离子的浓度变化不大，故导电性变化不大，正确；醋酸是弱电解质，离子浓度较小，加入NaOH后，变为强电解质，
5、导电能力增强，所以导电性变化大，错误；氯化铵是强电解质，加入NaOH后，NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3H2O，参加反应的氨根离子正好与加入的钠离子的量相当，NH3H2O为弱电解质，离子的浓度变化不大，故导电性变化不大，正确；综上所述，正确，答案选B。4.下列叙述与盐类水解无关的是（ ）A. 饱和食盐水使甲基橙显黄色B. FeCl3溶液加热蒸干得到Fe2O3C. NH4Cl溶液除铁锈D. Na2CO3等盐溶液不能盛装在玻璃塞的试剂瓶中【答案】A【解析】【详解】A.NaCl是强酸强碱盐，不水解，pH=7， 饱和食盐水使甲基橙显黄色，故A符合题意；B. FeCl3+3H2OFe(OH)33H
6、Cl，HCl挥发，Fe(OH)3分解生成Fe2O3， FeCl3溶液加热蒸干得到Fe2O3，故B不符合题意；C.NH4Cl强酸弱碱盐，水解呈酸性， NH4Cl溶液除铁锈，故C不符合题意；D. Na2CO3是强碱弱酸盐，水解呈碱性，与玻璃中二氧化硅反应，Na2CO3等盐溶液不能盛装在玻璃塞的试剂瓶中，故D不符合题意；故选A。5.下列各种情况下一定能大量共存的离子组为A. pH7的溶液中：Fe3、Cl、Na、NO3-B. 由水电离出的c(H)11013mol/L的溶液中：Na、CO32-、Cl、KC. pH1的溶液中：NH4+、Cl、Cu2、SO42-D. 无色溶液中：Al3、HCO3-、I、K【
7、答案】C【解析】【分析】A铁离子只能存在于酸性溶液中；B由水电离出的c（H+）=110-13mol/L的溶液中存在氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子与氢离子反应；CpH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；D铝离子与碳酸氢根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体。【详解】ApH=7的溶液为中性溶液，Fe3+只能存在于酸性溶液，故A错误；B由水电离出的c（H+）=110-13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，CO32-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故B错误；C该溶液中存在大量氢离子，NH4+、Cl-、Cu2+、SO42-之间不反应，
8、都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，所以C选项是正确的；DAl3+、HCO3-之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；综上所述，本题选C。【点睛】常温下，c（H+）=110-13mol/L的溶液显碱性，c（OH-）=110-13mol/L的溶液显酸性；由水电离出的c（H+）=110-13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，因为酸碱抑制水电离，水电离出的c（H+）10-7mol/L或c（OH-）0，反应达到平衡时，下列说法不正确的是 （ ）A. 若缩小容器的体积，则容器中气体的颜色先变深后又变浅，且比原平衡颜色深B. 若压强不变，向容器中再加入一定量的N2O4，再次达到平衡时各种物
9、质的百分含量不变C. 若体积不变，向容器中再加入一定量的N2O4，平衡向逆反应方向移动，再次平衡时N2O4的体积分数将增大D. 若体积不变，升高温度，再次平衡时体系颜色加深【答案】C【解析】【详解】A、缩小容器体积，物质浓度增大，压强增大平衡逆向进行，二氧化氮是红棕色气体，四氧化二氮是无色气体，则容器中气体的颜色先变深后又变浅，且比原平衡颜色深，故A正确；B、若压强不变，向容器中再加入一定量的N2O4，体积增大，最后达到相同平衡状态，故B正确；C、若体积不变，向容器中再加入一定量的N2O4，平衡正向进行，将新平衡看成是新加入的N2O4自身形成的平衡和旧平衡的融合，由于新加入的N2O4的自身转化
10、率没有原先N2O4的转化率高，所以平衡时N2O4的体积分数将降低，故C错误；D、反应是吸热反应，升温平衡向正向进行，再次平衡时体系颜色加深，故D正确；故选C。11.某温度下，向10mL 0.1molL-1 CuCl2溶液中滴加0.1molL-1的Na2S溶液，滴加过程中-lg c(Cu2+)与Na2S溶液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是已知：Ksp(ZnS)=310-25A. Na2S溶液中：c(S2-)c(HS-)c(H2S)2c(Na+)B. a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的为b点C. 该温度下，Ksp(CuS)110-35.4D. 向100mL Zn2+、Cu2+物
11、质的量浓度均为0.1molL-1的混合溶液中逐滴加入10-3 molL-1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀【答案】C【解析】【分析】向10mL 0.1mol/L CuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2+S2-=CuS，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象计算溶度积常数和溶液中的守恒思想，据此判断分析。【详解】向10mL 0.1mol/L CuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2+S2-=CuS，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生
12、成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lg c(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L；ANa2S溶液中，根据物料守恒，2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na)，故A错误；BCu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度并不是a，b，c三点中最大的，故B错误；C该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=10-17.7mol/L10-17.7mo
13、l/L=10-35.4mol2/L2，故C正确；D向100mL Zn2+、Cu2+浓度均为0.1molL-1的混合溶液中逐滴加入10-3molL-1的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)=mol/L=310-24mol/L，产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)=mol/L=10-34.4mol/L，则产生CuS沉淀所需S2-浓度更小，优先产生CuS沉淀，故D错误；故选C。【点睛】本题考查沉淀溶解平衡知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是关键，对于同类型的沉淀可直接根据Ksp数值比较溶解性情况，不同类型的沉淀则需要定量计算比较，这是易错点，注意守恒思想的运
14、用。12.常温下，将pH=3的盐酸aL分别与下列三种溶液混合后，混合溶液均呈中性：110-3molL-1的氨水bLc(OH-)110-3molL-1的氨水cLc(OH-)110-3molL-1的Ba(OH)2溶液dL其中a、b、c、d的关系正确的是（ ）A. badcB. abcdC. abdcD. ca=db【答案】A【解析】【详解】pH=3的盐酸的物质的量浓度=110-3 mol/L。中和物质的量浓度是110-3 mol/L氨水的，因为氨水是弱碱，要使溶液最终显中性，则ba；中氢氧根离子的浓度是110-3 mol/L的氨水, 因为氨水是弱碱只有部分电离，所以ac;盐酸和氢氧化钡都是强电解质
15、，氢离子和氢氧根离子中和时是1：1的关系，氢离子和氢氧根离子的浓度相等，所以a=d；所以a、b、c、d的关系为badc，故答案为A。【点睛】pH=3的盐酸的物质的量浓度=110-3 mol/L，中和相同物质的量的碱，碱的浓度越大，所用的碱越少，注意弱碱溶液中氢氧根离子的物质的量浓度和碱的浓度不等。13.向10mL一定浓度的HCOOH溶液中不断滴加1molL1的NaOH溶液，并一直保持常温，所加碱的体积与-lgc水(H+)的关系如图所示。c水(H+)为溶液中水电离的c(H+)。下列说法不正确的是（ ）A. 常温下，Ka(HCOOH)的数量级为10-4B. a、b两点的pH均为7C. 从a点到b点
16、，水的电离程度先增大后减小D. 混合溶液的导电性逐渐增强【答案】B【解析】【详解】A起始时为一定浓度的甲酸溶液，根据图像，当加入的氢氧化钠为10mL时恰好完全反应，说明起始时甲酸溶液的浓度为1mol/L，溶液中c水(H+)=10-12mol/L，水的电离受到抑制，溶液中OH-均是由水的电离出来的，则溶液中c(H+)=10-2mol/L，则HCOOH的电离平衡常数为Ka(HCOOH)=10-4，故A正确；B酸或碱都会抑制水的电离，而盐类的水解可以促进水的电离，a点由水电离出来的c水(H+)=10-7mol/L，溶液中存在HCOOH和HCOONa，溶液呈中性，b点溶液中组分为HCOONa和过量的N
17、aOH，溶液为碱性，所以a点溶液pH=7，b点溶液pH7，故B错误；Ca到b之间存在计量点，计量点时恰好生成HCOONa，此时水的电离程度最大，计量点过后NaOH过量，抑制水的电离，计量点之前HCOONa逐渐增多，HCOOH逐渐减少，水的电离程度增大，所以从a到b的过程，水的电离程度先增大后减小，故C正确；D随着NaOH不断加入，溶液中c(OH-)不断增大，溶液中离子浓度不断增大，则溶液导电性不断增强，故D正确；故选B。【点睛】明确图像中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键。本题的易错点为A，要注意计量点时恰好生成HCOONa，此时水的电离程度最大，此时甲酸和氢氧化钠恰好完全反应，据此判断起
18、始时甲酸的浓度是解题基础。14.25时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数lgc(M2)与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下KspCu(OH)2KspFe(OH)2。下列说法不正确的是（ ）A. KspCu(OH)2的数量级为1020B. 当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2)c(Cu2)104.61C. 除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2，可加入适量CuOD. 向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，可转化为Y点对应的溶液【答案】C【解析】【分析】25时，由KspCu(OH)2KspFe(OH)2可知溶液pH相同时
19、，饱和溶液中c(Fe2) c(Cu2)，则曲线a表示Cu(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系，曲线b表示Fe (OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系。【详解】A项、曲线a表示Cu(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系，由图可知，当pH=10时，lg c(M2)=11.7，则KspCu(OH)2= c(Cu2) c2(OH)= 1011.7（104）2=1019.7，故A正确；B项、当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(OH)相同，当pH=10时，溶液中c(Fe2)c(C
20、u2)107.1：1011.7=104.61，故B正确；C项、该温度下KspCu(OH)2KspFe(OH)2可知，Cu(OH)2比Fe(OH)2更难溶，加入适量CuO调节溶液pH，先沉淀的是Cu2，无法达到除去少量Fe2的目的，故C错误；D项、向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，溶液中c(OH)增大，温度不变KspFe(OH)2，c(Fe2)减小，可能由Z点转化为Y点，故D正确。故选C。【点睛】本题考查难溶物的溶解平衡，注意掌握难溶物的溶解平衡及其影响因素，明确溶度积的概念及计算方法是解答关键。15. 室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略）
21、，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）A. 向0.10molL1NH4HCO3溶液中通入CO2：c(NH4)=c(HCO3)c(CO32)B. 向0.10molL1NaHSO3溶液中通入NH3：c(Na)c(NH4)c(SO32)C. 0.10molL1Na2SO3溶液通入SO2：c(Na)=2c(SO32)c(HSO3)c(H2SO3)D. 0.10molL1CH3COONa溶液中通入HCl：c(Na)c(CH3COOH)=c(Cl)【答案】D【解析】试题分析：A、两者不反应，根据溶液呈现电中性，c(NH4)c(H)c(OH)c(HCO3)2c(CO32)，因为pH7，c(H)c(
22、OH)，即c(NH4)c(HCO3)2c(CO32)，A错误；B、HSO3HSO32，NH3和H反应，生成亚硫酸钠和亚硫酸铵，水解的程度是微弱的，c(Na)c(SO32)c(NH4)，B错误；C、Na2SO3SO2H2O2NaHSO3，pH7，反应后溶液的溶质Na2SO3、NaHSO3，根据物料守恒：2c(Na)3c(SO32)c(HSO3)c(H2SO3)，C错误；D、CH3COONaHClCH3COOHNaCl，溶液pH7，反应后的溶质：NaCl、CH3COOH、CH3COONa，电离和水解相等，即：c(Na)c(CH3COOH)c(Cl)，D正确，答案选D。【考点定位】本题主要是考查离子
23、浓度大小比较中电荷守恒、物料守恒等知识。【名师点睛】涉及离子浓度大小比较，常用规律：电荷守恒、质子守恒、物料守恒、水解程度和弱电解质电离程度微弱，然后分析反应后溶液中溶质有哪些物质，分析是电离为主还是水解为主，这需要根据题目所给信息进行判断，此类题中等难度，要求学生学会分析问题的能力。16.亚氯酸钠是一种高效氧化剂漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆等漂白。NaClO2在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2-、Cl-等四种含氯微粒，经测定，25时各组分含量随pH变化情况如图所示（Cl-没有画出）。则下列分析不正确的是A. 亚氯酸钠在碱性条件下较稳定B. 25时，HClO2的电离平衡常数的数值
24、Ka=10-6C. 25，pH=3时NaClO2溶液中c(Na+)+c(H+)=c(ClO2-)+c(OH-)D. 若浓度均为0.1mol/L的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后所得溶液显酸性，溶液中有关微粒的浓度由大到小的顺序为c(ClO2-)c(Na+)c(HClO2)c(H+)c(OH-)【答案】C【解析】【详解】A项，根据图示在碱性条件下主要含氯微粒为ClO2-，NaClO2在碱性条件下较稳定，A项正确；B项，HClO2的电离方程式为HClO2H+ClO2-，HClO2的电离平衡常数Ka=，根据图示当c(HClO2)=c(ClO2-)时溶液的pH=6即c(H+)=110-6m
25、ol/L，25时HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10-6，B项正确；C项，NaClO2在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2-、Cl-等四种含氯微粒，NaClO2溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(ClO2-)+c(Cl-)+c(OH-)，C项错误；D项，浓度均为0.1mol/L的HClO2溶液和NaClO2等体积组成的混合液中既存在HClO2的电离平衡(HClO2H+ClO2-)又存在ClO2-的水解平衡(ClO2-+H2OHClO2+OH-)，由于混合液呈酸性，HClO2的电离程度大于ClO2-的水解程度，溶液中有关微粒浓度由大到小的顺序为c(ClO2-)c(Na+)
26、c(HClO2)c(H+)c(OH-)，D项正确；答案选C。【点睛】本题考查与溶液pH有关的图像分析、电离平衡常数的计算、溶液中粒子浓度的大小关系。找关键点计算电离平衡常数；确定溶液中粒子浓度大小关系时要分清主次(如D项中HClO2的电离程度大于ClO2-的水解程度)，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒。二、非选择题（共52分）17.现有浓度均为0.01mol/L的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，回答下列问题：（1）分别用以上三种酸中和一定量(且等量)的NaOH溶液生成正盐，若需要酸的体积分别为V1、V2、V3，其大小关系为_。（2）分别与Zn反应，开始时生成H2的速率为v1、v2、v3，其大小关系为
27、_。（3）将以上三种酸稀释1000倍后，pH分别变成a，b，c，其大小关系为_ （4）将上述盐酸稀释106倍后，c(H+): c(Cl-)= _ （5）常温下，某浓度盐酸和NaOH溶液的pH之和为16，当它们按一定体积比混合时，溶液的pH恰好等于7，则A与B的体积比是 _【答案】 (1). V1=V3=2V2 (2). v2v1v3 (3). cab (4). 10:1 (5). 100：1【解析】分析】盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，都能够完全电离，醋酸是一元弱酸，不能完全电离。【详解】（1）硫酸为二元酸，盐酸与醋酸为一元酸，分别用以上三种相同浓度的酸中和等物质的童的NaOH溶液生成正盐，则
28、需要体积V1=V3=2V2；（2）浓度均为0.01molL-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，氢离子浓度分别为0.01molL-1、0.02molL-1、小于0.01molL-1，生成氢气速率的大小决定于氢离子浓度的大小，所以分别与Zn反应，开始时生成H2的速率为v1、v2、v3，其大小关系为v2v1v3；（3）将以上三种酸稀释1000倍后，氢离子浓度分别为0.00001molL-1、0.00002molL-1、小于0.00001molL-1，pH分别变成a，b，c，其大小关系为cab；（4）将上述盐酸稀释106倍后，溶液接近中性，但不可能变成碱性，c(H+): c(Cl-)=10-7:=10：1
29、；（5）常温下Kw=C(H+)C(OH-)=110-14，pH之和为16，则设酸的pH为x，碱的pH为16-x，一定体积比混合时，溶液的pH恰好为7，则n(H+)=n(OH-)，所以VA10-x=VB1016-x-14，解得VA：VB=1016-x14+x=100：1。【点睛】本题考查了酸碱中和、弱电解质的电离、影响化学反应速率的因素等，题目综合性较强，难点（5）明确pH=7，n(H+)=n(OH-)是解答本题的关键，注意pH与浓度的换算。18.某学生用0.1500mol/LNaOH溶液测定某未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：A.用蒸馏水洗净滴定管B.用待测定的溶液润洗酸式滴定管C.用酸
30、式滴定管取稀盐酸25.00mL，注入锥形瓶中，加入酚酞D.另取锥形瓶，再重复操作2-3次E.检查滴定管是否漏水F.取下碱式滴定管用标准NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上2-3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下G.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度完成以下填空：（1）滴定时正确操作的顺序是(用序号字母填写)： F D；_（2）操作F中应该选择图中滴定管_(填标号)。（3）滴定终点的现象是_。（4）滴定结果如表所示：滴定次数待测液体积/mL标准溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度125.
31、001.0221.03225.000.6020.60325.000.2020.19计算该盐酸的物质的量浓度为_(保留4位有效数字)。（5）下列操作会导致测定结果偏高的是_。A.用酸式滴定管向锥形瓶中放盐酸时，先仰视后平视读数B.锥形瓶用盐酸润洗C.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡D.达到滴定终点时，仰视读数（6）已知若c(NH4Cl)0.1molL1，则pH5.1，常温下若用0.1molL1盐酸滴定10mL0.05molL1氨水，甲基橙作指示剂，达到终点时所用盐酸的量应是_5mL（填“”或“【解析】【分析】(1)根据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴
32、定等操作排序；(2)碱性溶液应选择碱式滴定管，酸性、氧化性溶液应选择酸式滴定管，结合滴定管的构造判断；(3)如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，酚酞在酸性溶液中为无色，在碱性溶液中显红色；(4)先判断数据的有效性，然后求出平均值，最后根据关系式HClNaOH来计算出盐酸的浓度；(5)根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；(6)按照酸碱中和反应可知，滴定10mL 0.05molL-1氨水需消耗盐酸体积为5mL，而c(NH4Cl)0.1molL-1时，溶液的pH5.1，结合甲基橙的变色范围为3.1-4.4分析判断。【详解】(1)中和滴定按照检漏、洗涤、
33、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为：EAFBCGD，故答案为：E、A、B、C、G； (2)氢氧化钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管，碱式滴定管下端是橡皮管，因此乙为碱式滴定管，故答案为：乙；(3)滴定操作时眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，当滴加最后一滴标准液时，溶液无色变浅红色，且半分钟内不褪色，即可说明达到滴定终点，故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；(4)第一次消耗标准液：21.03=1.02=20.01(mL)；第二次消耗标准液体积：20.60-0.60=20.00mL；第三次消耗标准液：20.19-0.20=19.
34、99mL，三组数据均有效，所以消耗标准液体积为=20.00mL，该盐酸的物质的量浓度为=0.1200mol/L；故答案为：0.1200 mol/L；(5)A用酸式滴定管向锥形瓶中放盐酸时，先仰视后平视读数，导致所取待测液的体积偏大，则滴定消耗的氢氧化钠溶液的体积偏大，测得盐酸的浓度偏高，故A选；B锥形瓶用盐酸润洗，导致所取待测液的体积偏大，则滴定消耗的氢氧化钠溶液的体积偏大，测得盐酸的浓度偏高，故B选；C碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡，导致消耗标准液偏小，则测定结果偏低，故C不选；D达到滴定终点时，仰视读数，导致消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故D选；故答案为：ABD；
35、(6)现用0.1molL-1盐酸滴定10mL 0.05molL-1氨水，根据酸碱中和反应原理可知，需消耗盐酸体积为5mL，依据题干信息可知，此时溶液pH值大于5.1，而甲基橙的变色范围为3.1-4.4，当氨水与盐酸恰好反应时，混合液不变色，故应继续向其中滴加盐酸才能变色，所以终点时所用盐酸的量大于5mL，故答案为：。19.为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量。其中，控制空气中氮氧化物和硫氧化物的含量尤为重要。(1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物,用CH4催化还原NO2可消除氮氧化物的污染。已知：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H= -867.0
36、kJ/mol；N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) H=+67.8kJ/mol；N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+89.0kJ/mol则CH4催化还原NO的热化学方程式为_。(2)将0.20mol NO和0.10mol CO充入一个温度恒定、容积恒为2L的密闭容器中发生反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，可实现氮氧化物的转化，反应过程中部分物质的物质的量变化如图所示。 N2在09min内的平均反应速率v(N2)_mol/(Lmin)(保留两位有效数字)。第12min时改变的反应条件可能为_(填字母代号)。a充入水蒸气稀释反应物 b加入NO c加催化剂 d增
37、大压强 (3)室温下，烟气中的SO2可用某浓度的NaOH溶液吸收得到pH=7的溶液，试计算所得溶液中_(已知:常温下H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.010-2，Ka2=6.010-8)。(4)烟气中的SO2也可用Na2SO3溶液吸收，吸收过程中，pH随n(SO32-):n(HSO3-)变化关系如下表：n(SO32-):n(HSO3-)99：11：11：99pH8.27.26.2当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母): _ac(Na)=2c(SO32-)c(HSO3-) bc(Na)c(HSO3-)c(SO32-)c(H)=c(OH-)cc(Na)+c(H+) =c(SO3
38、2-)+c(HSO3-)+c(OH-)【答案】 (1). CH4 (g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-977.2KJmol-1 (2). 1.110-3 (3). D (4). 2.2 (5). ab【解析】【分析】(1)CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H= -867.0kJ/mol；N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) H= +67.8 kJ/mol；N2(g)+O2(g)=2NO(g) H= +89.0 kJ/mol；盖斯定律计算+-2得到CH4催化还原NO的热化学方程式。(2)图象分析可知N2 浓度变化为0.
39、01molL-1，反应速率v=ct计算；图象分析判断12min后反应物浓度增大，生成物浓度减小，说明平衡逆向进行，反应是放热反应，升温改变符合图象变化；图象分析可知12min后一氧化氮和一氧化碳浓度降低，氮气浓度增大，物质的量的变化量比等于方程式的计量数之比，说明平衡正向进行，反应是气体体积减小的反应，加压平衡正向进行，符合图象变化。(3)利用溶液中存在的电荷守恒分析；(4)a、利用物料守恒分析；b、当n(SO32-)：n(HSO3-)=1：1时，PH为7.2，故当为中性时，n(SO32-)要减少，故c(HSO3-)c(SO32-)；c、电荷守恒为：c(Na)+c(H)=2c(SO32-)+c
40、(HSO3-)+c(OH-)，故c错误；故答案为ab；【详解】(1)CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H= -867.0kJ/mol；N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) H= +67.8kJ/mol；N2(g)+O2(g)=2NO(g) H= +89.0kJ/mol盖斯定律计算+-2得到CH4催化还原NO的热化学方程式：CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H= -977.2kJmol1(2)反应从开始到9min时，图象分析可知氮气浓度变化为0.02mol2L=0.01molL-1，N2在09min内的平均反应速
41、率v(N2)=1.110-3molL-1min-1；a充入水蒸气稀释反应物平衡不移动，故a不符；b加入NO后浓度应增大，故b不符；c加催化剂不影响平衡，故c不符；d增大压强，2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2 (g)，图象分析可知12min后一氧化氮和一氧化碳浓度降低，氮气浓度增大，物质的量的变化量比等于方程式的计量数之比，说明平衡正向进行，反应是气体体积减小的反应，加压平衡正向进行，符合图象变化，故d符合；故选d；(3)烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析，c(Na)+c(H)=2c(SO32-
42、)+c(HSO3-)+c(OH-)，c(H)=c(OH-)，得到(Na)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，中 = +1=2.2；(4)a、利用物料守恒可知a正确；b、当n(SO32-)：n(HSO3-)=1：1时，PH为7.2，故当为中性时，n(SO32-)要减少，故c(HSO3-)c(SO32-)，所以b正确；c、电荷守恒为：c(Na)+c(H)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故c错误；故答案为ab。20.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(III)的处理工艺如下：其中硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次
43、是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有_、_。（2）H2O2的作用是将滤液中的Cr3+转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式：_。（3）常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：阳离子Fe3+Mg2+Al3+Cr3+开始沉淀时的pH2.7沉淀完全时的pH3.711.189（9溶解）加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-。滤液中阳离子主要有_；但溶液的pH不能超过8，其理由是_。（4）钠离子交换树脂的反应原理为：Mn+nNaRMRnnNa+，利用钠离子交换树脂除去滤液中的金属阳离子是_。【答案】 (1). 升
44、高反应温度 (2). 增大固体颗粒的表面积、加快搅拌速度等 (3). 2Cr3+ 3H2O2+H2OCr2O72-+ 8H+ (4). Na+、Mg2+、Ca2+ (5). pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)回收与再利用 (6). Ca2+、Mg2+【解析】【详解】（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：升高反应温度、延长浸取时间、加快溶解速度等措施；（2）双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Cr3+有还原性，Cr3+能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离：2Cr3+3H2O2+H2O=Cr2O72-+8H+；（3）硫酸浸取液中的金属离子主
45、要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入过氧化氢氧化铬离子为Cr2O72-，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-，溶液PH=8，Fe3+沉淀完全，沉淀为Fe(OH)3，滤液中阳离子主要有Na+、Mg2+、Ca2+；但溶液的pH不能超过8，其理由是pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)回收与再利用；（4）钠离子交换树脂的反应原理为：Mn+nNaRMRnnNa+，则钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，交换后溶液中浓度明显增大的离子为Na，利用钠离子交换树脂除去滤液中的金属阳离子是Ca2+、Mg2+。21.汽
46、车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的重要原因之一，治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题。回答下列问题：（1）在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)。在某密闭刚性容器中通入等量的CO和NO，发生上述反应时，c(CO)随温度(T)和时间(t)的变化曲线如图所示。据此判断该反应的正反应为_(填“放热”或“吸热”)反应。温度T1时，该反应的平衡常数K=_；反应速率v=v正- v逆=k正c2(NO)c2(CO)-k逆c2(CO2)c(N2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，计算a处=_。（2）SNCR-SCR脱硝技术是一种新型的除去烟
47、气中氮氧化物的脱硝技术，一般采用氨气或尿素作还原剂，其基本流程如图：SNCR-SCR脱硝技术中用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，H0，则用尿素CO(NH2)2作还原剂还原NO2的化学方程式为_。体系温度直接影响SNCR技术的脱硝效率，如图所示：SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，其原因是_；当体系温度约为925时，SNCR脱硝效率最高，其可能的原因是_。【答案】 (1). 放热 (2). 80 (3). 648 (4). 4CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O (5). 温度太高，会降
48、低催化剂活性 (6). 低于925反应速率较慢，高于925不利于脱硝反应正向进行【解析】【分析】(2)先拐先平温度高T1T2，温度越高CO浓度越大，说明升温平衡逆向进行；温度T1时，CO平衡浓度为0.4molL1，结合三行计算列式计算平衡浓度得到该反应的平衡常数K= ，计算平衡状态下，反应速率v=v正=v逆=k正c2(NO)c2(CO)=kc2(CO2)c(N2)，；(3)用尿素CO(NH2)2作还原剂还原NO2的反应生成二氧化碳、氮气和水；SCR技术的反应温度不能太高，升温催化剂活性降低，当体系温度约为925C时，SNCR脱硝效率最高，SNCR技术脱硝的最佳温度选择925的理由是925时脱硝
49、效率高，残留氨浓度较小。【详解】图象分析可知，先拐先平温度高T1T2，温度越高CO浓度越大，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；温度T1时，CO平衡浓度为0.4molL-1，结合三行计算列式得到平衡浓度计算平衡常数， 2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)起始量(molL-1) 2 2 0 0变化量(molL-1) 1.6 1.6 1.6 0.8平衡量(molL-1) 0.4 0.4 1.6 0.8平衡常数K= =80，平衡状态下，k正c2(NO)c2(CO)=k逆c2(CO2)c(N2)，=K=80， 2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)起
50、始量(molL-1) 2 2 0 0变化量(molL-1) 0.8 0.8 0.8 0.4a点量(molL-1) 1.2 1.2 0.8 0.4=80=648；(3)用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，H0，则用尿素CO(NH2)2作还原剂还原NO2的化学方程式为：4CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O，图象可知SNCR技术的脱硝的最佳温度为：925C左右，SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，其原因是温度过高，催化剂活性降低，当体系温度低于900时，SNCR脱硝效率随温度升高而增大，反应速率较慢，当体系温度高于950时，SNCR脱硝效率明显降低，不利于脱硝反应正向进行。【点睛】本题考查了化学反应速率和平衡常数的计算、影响化学平衡的因素分析、氧化还原反应和图象反应的定量关系的理解应用，掌握基础是解题关键。
