1、四川省南充高级中学2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：C-12 N-14 O-16第卷（选择题共48分）一、选择题（每小题3分，共48分）1.设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A. 1L 1molL 1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NAB. 78g 苯含有C=C双键的数目为3NAC. 常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD. 标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移电子数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】ANaClO是强碱弱酸盐，其溶液中ClO能够水解，导致含有的ClO的数目小于NA，A错误；B
2、苯的结构为一种介于碳碳单键和碳碳双键之间独特的化学键，没有CC双键，B错误；CN2和CO的相对分子质量相同，均为28，且均为双原子分子，所以14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA，C正确；D标准状况下，6.72L NO2的物质的量为0.3mol，与水充分反应的化学方程式为：3NO2+ H2O = 2HNO3 + NO，该方程式转移的电子为2moL，则实际转移的电子数目为0.2NA ，D错误；故选C。2.下列物质的使用不涉及化学变化的是A. 明矾用作净水剂B. 液氨用作制冷剂C. 氢氟酸刻蚀玻璃D. 生石灰作干燥剂【答案】B【解析】【详解】A明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、A
3、l3+，而Al3+很容易水解，生成胶状的氢氧化铝，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清，属于化学变化，A错误；B液氨汽化时吸收热量，故可用作制冷剂，属于物理变化，B正确；C氢氟酸能够与玻璃中的主要成分二氧化硅发生反应，故氢氟酸能刻蚀玻璃，属于化学变化，C错误；D生石灰与水反应生成氢氧化钙，属于化学变化，D错误；答案选B。3.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是A. 酸性;H2SO4H3PO4B. 非金属性：ClBrC. 碱性：NaOHMg(OH)2D. 热稳定性：Na2CO3NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A. 元素的非金属性越强，对应的最高
4、价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：SP，则酸性：H2SO4H3PO4，能用元素周期律解释，故A错误；B. 同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：ClBr，能用元素周期律解释，故B错误；C. 元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：NaMg，则碱性：NaOHMg(OH)2，能用元素周期律解释，故C错误；D. 碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D正确。故答案选：D。4.利用下列反应不能制得括号中的纯净物质的是 （ ）A. 乙烯与氯气加成（1,2-二氯乙烷）B. 乙烯与水加成（乙醇）C. 等物质的量的氯
5、气与乙烷在光照的条件下反应（氯乙烷）D. 氯气与苯用氯化铁作催化剂反应（氯苯）【答案】C【解析】【详解】A乙烯与氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，产物只有一种，得到纯净物，A错误；B乙烯与水发生加成反应生成乙醇，产物只有一种，得到纯净物，B错误；C等物质的量的氯气与乙烷在光照的条件下发生取代反应，为链锁反应，产物为多种氯代烃的混合物，不能得到纯净的氯乙烷，C正确；D苯与氯气发生取代反应生成氯苯，苯环上H被Cl取代，发生取代反应还生成HCl气体，能制得纯净的氯苯，D错误；答案选C。5. 下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是A. 水中的钢闸门连接电源的负极B. 金属护拦表面涂漆C
6、. 汽车底盘喷涂高分子膜D. 地下钢管连接镁块【答案】A【解析】【详解】A水中的钢闸门连接电源负极，阴极上得电子被保护，所以属于使用外加电流的阴极保护法，故A正确；B金属护拦表面涂漆使金属和空气、水等物质隔离而防止生锈，没有连接外加电源，故B错误；C汽车底盘喷涂高分子膜阻止了铁与空气、水的接触，从而防止金属铁防锈，没有连接外加电源，故C错误；D镁的活泼性大于铁，用牺牲镁块的方法来保护地下钢管而防止铁被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；故选A。6.已知反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H0，在一定温度和压强下于密闭容器中，反应达到平衡。下列叙述正确的是（ ）A. 充
7、入一定量的氮气，n(H2)不变B. 减小压强，n(CO2)增加C. 更换高效催化剂，CO的转化率增大D. 升高温度，K增大【答案】A【解析】【详解】A在一定压强下，充入一定量的氮气，体积增大，相当于减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，但该反应前后气体体积不变，平衡不移动，n(H2)不变，A正确；B比较方程式气体的计量数关系，反应前气体的计量数等于反应后气体的计量数之和，则减小压强，平衡不移动，n(CO2)不变，B错误；C催化剂能改变反应速率，但不会引起化学平衡的移动，所以(CO)不变，C错误；DH0，正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，D错误。答案选A。【点睛】体积温度
8、不变，向反应中充入和反应无关的气体，总压增大，但是各物质的分压不变，浓度不变，速率不变，平衡不动；若温度压强不变，向反应中充入和反应无关的气体，等效于对原平衡的减压过程，平衡向着气体体积增大的方向移动。7.2015山东理综进行化学实验时应强化安全意识。下列做法正确的是A. 金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火B. 用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上C. 浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗D. 制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片【答案】D【解析】【详解】A.金属钠化学性质活泼，与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠能够与泡沫灭火器产生的二氧化碳反应生成氧气，所以不能使用泡沫灭火器灭火
9、，可以使用砂子灭火，故A错误；B.用试管加热固体时，试管口应向下倾斜，B项错误；C.氢氧化钠能够腐蚀皮肤，少量的浓硫酸沾到皮肤上，应该先用干抹布擦去，然后用大量的水冲洗，再涂上稀碳酸氢钠溶液，故C错误；D.制备乙烯时，为了防止暴沸，应向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片，D项正确；答案为D。8.下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是（ ）A C(金刚石)和CO2B. CH4和H2OC. NaBr和HBrD. Cl2和KCl【答案】B【解析】【详解】A金刚石是由C原子之间通过共价键结合形成的原子晶体；干冰是由CO2分子通过范德华力结合形成的分子晶体，CO2中只含共价键；化学键类型相同，
10、晶体类型不同，A错误；BCH4和H2O都是分子，都只含共价键，构成的晶体均为分子晶体，B正确；CNaBr由Na和Br构成，含有离子键，构成的晶体为离子晶体；HBr是分子，含有共价键，形成的晶体是分子晶体；化学键类型和晶体类型均不同，C错误；DCl2是分子，含有共价键，构成的晶体是分子晶体；KCl由K和Cl构成，含有离子键，构成的晶体是离子晶体；化学键类型和晶体类型均不同，D错误。答案选B。9.可逆反应N2+3H22NH3的正逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示。下列关系中能说明反应已达到平衡状态的是（ ）A. v正(N2)=v逆(NH3)B. 3v正(N2)=v正(H2)C. 2v正
11、(H2)=3v逆(NH3)D. v正(N2)=3v逆(H2)【答案】C【解析】【详解】可逆反应达到平衡时，如果用同种物质表示正逆反应速率，则正逆反应速率相等；如果用不同种物质表示正逆反应速率，则数值之比等于计量数之比。A可逆反应达到平衡时，如果用不同种物质表示正逆反应速率，则数值之比等于计量数之比，则2v正(N2)=v逆(NH3)，A错误；B可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等，选项中的速率都是正反应速率，不能判断反应是否平衡，B错误；C可逆反应达到平衡时，如果用不同种物质表示正逆反应速率，则数值之比等于计量数之比，则2v正(H2)=3v逆(NH3)，表示反应达到平衡状态，C正确；D可逆反应达
12、到平衡时，如果用不同种物质表示正逆反应速率，则数值之比等于计量数之比，则3v正(N2)=v逆(H2)，D错误。答案选C10.某温度下，在密闭容器中发生如下反应2A(g)+B(g)2C(g)，若开始时充入2molC气体，达到平衡时，混合气体的压强比起始时增大了20%；若开始时只充入2molA和1molB的混合气体，达到平衡时A的转化率为（ ）A. 20%B. 40%C. 60%D. 80%【答案】C【解析】【详解】在一定温度和体积的容器中，压强和物质的量成正比。开始充入2molC气体，达到平衡时，混合气体的压强比起始时增大了20%，假设反应了2xmolC，则根据三段式，有：达到平衡时，混合气体的
13、压强比起始时增大了20%，有，可得x=0.4mol；若开始时只充入2molA和1molB的混合气体，按照化学方程式，A和B完全反应恰好生成2molC，说明开始充入2molA和1molB的混合气体达到的平衡，和开始充入2molC气体的达到的平衡相同，平衡时A的物质的量为20.4mol=0.8mol，则A的转化率，C符合题意。答案选C。11.下列溶液一定是碱性的是（ ）A. pH8的某电解质的溶液B. c(OH-)110-7mol/LC. 溶液中含有OH-D. 溶液中c(OH-)c(H+)【答案】D【解析】【分析】任何水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大
14、小：c(H+)c(OH-)，溶液呈酸性；c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性；c(H+)c(OH-)，溶液呈碱性；室温时，Kw=10-14，若溶液中：c(H+)=10-7，pH=7，溶液呈中性；c(H+)10-7，pH7，溶液呈酸性；c(H+)7，溶液呈碱性，据此判断。【详解】A. 没指明温度， Kw不一定等于1014，不能根据pH值判断溶液的酸碱性，故A错误；B. 没指明温度， Kw不一定等于1014，不能根据c(OH-)浓度大小判断溶液的酸碱性，故B错误；C. 任何水溶液中都含有氢氧根离子，不能通过是否含有氢氧根离子判断溶液酸碱性，故C错误；D. 溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相
15、对大小， c(OH-)c(H+)，溶液一定显碱性，故D正确；答案选D。【点睛】任何水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小：c(H+)c(OH-)，溶液呈酸性；c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性；c(H+)c(OH-)，溶液呈碱性；室温时，Kw=10-14，若溶液中：c(H+)=10-7，pH值=7，溶液呈中性；c(H+)10-7，pH值7，溶液呈酸性；c(H+)7，溶液呈碱性。同学们经常会忽略温度的影响，直接认为pH8的某电解质的溶液呈碱性，一定要加强理解通过pH值，以及通过比较c(H+)或c(OH-)与10-7的相对大小，来判断溶液酸碱性。12.
16、0.1 mol/L K2CO3溶液中，若使c(CO32-)更接近0.1 mol/L，可采取的措施是（ ）A. 加入少量盐酸B. 加KOH固体C. 加水D. 加热【答案】B【解析】【详解】K2CO3为强碱弱酸盐，CO32-水解：CO32-H2OHCO3-OH-，要使c(CO32-)接近0.1molL1，改变条件使平衡向逆反应方向进行，A加入少量的盐酸，H和OH反应，促使CO32-水解，平衡右移，故A错误；B加入KOH，抑制CO32的水解，平衡左移，故B正确；C加水促使CO32-水解，平衡右移，故C错误；D、水解是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，故D错误；故选B。13.在室温下，等体积的
17、酸和碱的溶液混合后，pH一定小于7的是A. pH=3的HNO3跟pH=11的KOHB. pH=3的盐酸跟pH=11的氨水C. pH=3硫酸跟pH=11的NaOHD. pH=3的醋酸跟pH=11的Ba(OH)2【答案】D【解析】【详解】ApH=3的硝酸中c(H+)=110-3mol/L，pH=11的氢氧化钾溶液中c(OH-)=110-3mol/L，在室温下等体积混合后，溶液呈中性，pH=7，故A错误；BpH=3的盐酸中c(H+)=110-3mol/L，pH=11的氨水中c(OH-)=110-3mol/L，由于氨水为弱碱，则氨水过量，在室温下等体积混合后，pH7，故B错误；CpH=3硫酸跟pH=1
18、1的氢氧化钠溶液等体积混合后显中性，故pH=7，故C错误；DpH=3的醋酸c(H+)=110-3mol/L，pH=11的氢氧化钡溶液中c(OH-)=110-3mol/L，由于醋酸为弱酸，则醋酸过量，在室温下等体积混合后，pH7，故D正确；故选D。14.下列各组离子能大量共存且溶液颜色为无色的是（ ）A. Na+、S2-、OH-、K+、Cl-、NO3-B. Na+、S2-、CO32-、H+、NO3-C. Na+、MnO4-、K+、NO3-、SO32-D. Fe2+、H+、Na+、Ca2+、NO3-【答案】A【解析】【详解】A选项中的离子在溶液中均为无色，且离子之间不会反应，能够大量共存，A正确；
19、BS2和H、NO3能够发生氧化还原反应，不能大量共存，碳酸根子与氢离子也不能大量共存，B错误；C含有MnO4的溶液为紫红色，且MnO4和SO32会发生氧化还原反应而不能大量共存， C错误；D含有Fe2的溶液为浅绿色，且Fe2、H、NO3可以发生氧化还原反应而不能大量共存，D错误。答案选A。15.已知某溶液中存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子。经四位同学测定，大小关系如下，则其中不可能的是（ ）A. c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)B. c(OH-)c(H+)c(Cl-)c(NH4+)C. c(Cl-)=c(NH4+)D. c(Cl-)c(H+)c(NH4+)c(OH-)
20、【答案】B【解析】【详解】A如果溶质为NH4Cl，由于NH4水解，溶液呈酸性，使得c(Cl-)c(NH4+)，c(H+)c(OH-)，水解是微弱的，因此c(NH4+)c(H+)，综合c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)，A可能，不选；B在电解质溶液中，呈电中性，根据电荷守恒有c(OH-)+c(Cl-)= c(H+)+c(NH4+)，若c(OH-)c(H+)，则c(Cl-)c(NH4+)，B不可能，符合题意；C若电解质溶液呈中性，c(H)=c(OH)，根据电荷守恒，c(OH-)+c(Cl-)= c(H+)+c(NH4+)，可得c(Cl-)=c(NH4+)，C可能，不选；D在电解质溶液
21、中，呈电中性，根据电荷守恒有c(OH-)+c(Cl-)= c(H+)+c(NH4+)，若c(Cl)c(H)，则c(NH4)c(OH)，D可能，不选。答案选B。16.能影响水的电离平衡，最终使水电离的离子在溶液中表现为c(OH-) c(H)的操作是A. 向水中投入一小块金属钠B. 将水加热煮沸C. 向水中通入二氧化碳气体D. 向水中加醋酸钠晶体【答案】C【解析】【详解】A加入金属钠，和水电离出的氢离子反应生成氢氧化钠和氢气，氢离子浓度降低，使水的电离向右移动，碱性增强，c(H)c(OH)，A项错误；B水加热煮沸，促进了水的电离，但溶液中的c(H+)=c(OH-)，B项错误；C向水中通入CO2后，
22、CO2与水结合产生碳酸，碳酸电离产生H+，抑制水的电离，使得c(H+)c(OH-)，C项正确；D向水中加入醋酸钠晶体，CH3COO与水电离出的H反应生成CH3COOH ，导致水的电离平衡向右移动，碱性增强，c(H)c(OH)，D项错误；答案选C。第卷（非选择题共52分）二、填空题（共52分）17.某学生用0.10mol/L的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体；调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；用标准液滴
23、定至终点，记下滴定管液面读数。请回答：（1）以上步骤有错误的是(填编号)_。（2）判断滴定终点的现象是_。（3）如图是某次滴定时滴定管中的液面，其读数为_mL。（4）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液物质的量浓度c(HCl)=_mol/L。滴定次数待测体积(mL)标准烧碱体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次20000.4020.40第二次20.002.0024.10第三次20.004.0024.00（5）若测定结果偏高，其原因可能是_。A.在配制0.10mol/LNaOH标准溶液定容时，俯视容量瓶刻度线B.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗C.滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度D.步
24、骤中，在记下滴定管液面读数时，滴定管尖嘴有气泡（6）某同学用0.10mol/LNaOH标准溶液分别滴定20.00mL0.10mol/L的HCl溶液和20.00mL0.10mol/L的CH3COOH溶液，得到如图所示的两条滴定曲线：用0.10mol/L的NaOH标准溶液滴定20.00mL0.10mol/L的CH3COOH溶液的曲线是_(填“图1”或“图2”)。a=_mL。【答案】 (1). (2). 当滴入最后一滴NaOH标准液，溶液由无色变为浅红色，且30s内不褪色 (3). 22.60 (4). 0.10 (5). BC (6). 图2 (7). 20.00【解析】【分析】(1)根据中和滴定
25、的原理及操作规则进行分析；(2)酚酞遇碱变红，据此现象判定滴定终点；(3)滴定管的0刻度在滴定管的顶部，滴定管的读数精确到0.01mL，据此读数；(4)根据实验消耗NaOH的体积求出平均值（注意误差较大的应舍弃）根据c(HCl)V(HCl)=c(NaOH)V(NaOH)，计算；(5)根据分析误差；(6)根据滴定图像及盐酸和醋酸的强弱即可判定NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的曲线图；根据图1，当加入NaOH溶液的体积为amL时，溶液的pH=7，说明恰好反应，NaOH与HCl生成NaCl，溶液呈中性，则根据c(HCl)V(HCl)=c(NaOH)V(NaOH)，可计算出a。【详解】(1)蒸馏水洗
26、涤碱式滴定管后，应该用NaOH溶液润洗，而不是立即注入NaOH溶液，否则会稀释NaOH溶液，造成标准液消耗偏多，错误；固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体，滴定管中充满液体，读数才准确，准确；滴定时，通过开始和结束的读数的差值求算消耗标准液的体积，0刻度在滴定管的顶部，因此开始的读数，应调节液面到0刻度和0刻度以下，正确；该反应为强碱滴定强酸，滴定终点为中性，可以选择酚酞作指示剂，正确；到达滴定终点时，记录数据，正确；答案为；(2)锥形瓶中盛装盐酸，滴入酚酞为无色，滴入NaOH标准液，当滴入最后一定NaOH标准液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，达到滴定终点；(3)滴定管的0刻度在滴
27、定管的顶部，读数时应该从上看到下，滴定管的读数精确到0.01mL，则该读数为22.60mL；(4)三组实验消耗NaOH的体积分别为20.00mL、22.10mL、20.00mL，第二次实验的数据明显偏大，应舍弃，则消耗NaOH的体积为。根据c(HCl)V(HCl)=c(NaOH)V(NaOH)，有；(5)根据分析误差；A在配制NaOH标准液定容时，俯视容量瓶刻度线，造成NaOH标准液浓度偏大，滴定时消耗的NaOH标准的体积偏小，使得c(HCl)的测定结果偏小，A不符合题意；B用未知液润洗锥形瓶，滴定时消耗的NaOH标准液的体积偏大，使得c(HCl)的测定结果偏高，B符合题意；C滴定终点读数时，
28、仰视滴定管的刻度，则读到的消耗的NaOH标准液的体积偏大，求得c(HCl)的测定结果偏高，C符合题意；D滴定终点读数时，尖嘴有气泡，气泡会占据部分液体的体积，使得读到的消耗的NaOH标准液的体积偏小，求得c(HCl)的测定结果偏低，D不符合题意；答案选BC；(6)0.1molL1HCl溶液的pH小于0.1molL1CH3COOH溶液的pH，比较滴定前溶液的pH，可知图2是NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的曲线图；根据图1，当加入NaOH溶液的体积为amL时，溶液的pH=7，说明恰好反应，NaOH与HCl生成NaCl，溶液呈中性，则根据c(HCl)V(HCl)=c(NaOH)V(NaOH)，可
29、得a=20.00mL。【点睛】问题(6)判断滴定曲线时，在强碱滴定弱酸或强酸滴定弱碱的曲线中，由于反应生成能够水解的盐，会影响溶液pH的变化，使得突变范围比强酸滴定强碱的突变范围小，据此也可以判断。18.工业上，煤的气化和液化是高效、清洁、综合利用煤炭的重要途径。（1）一定条件下，将C(s)和H2O(g)分别加入甲、乙两个密闭容器发生反应：C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) H10，相关数据如下表：容器容积/L温度/起始量/mol平衡量/molC(s)H2O(g)H2(g)甲2T1343.2乙1T21.521.2T1_T2(填“、或=”)。T1时达到平衡后再加入1molH2O(
30、g)，达到新平衡后H2(g)的物质的量分数_(填“增大”“不变”或“减小”)；T2时，若起始时乙容器中加入1.5molC(s)、1.2molH2O(g)、0.5molCO2(g)、1.4molH2(g)，此时v正_v逆(填“、或=”)。（2）煤液化时发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H2，在10L恒容密闭容器中按物质的量之比1:2充入CO和H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，200时，n(H2)随时间的变化如下表所示：t/min0135n(H2)/mol8.05.44.04.0H2_0(填“、或=”)。下列说法正确的是_(填标号)。a.温度越高，该反应的平衡常
31、数越大b.达平衡后再充入稀有气体，CO的转化率提高c.容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度d.图中压强P1P20-3min内用CH3OH表示的反应速率v(CH3OH)=_mol/(Lmin)（结果保留两位有效数值）。200时，该反应的平衡常数K=_。向上述200达到平衡的恒容密闭容器中再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH，保持温度不变，则化学平衡_(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。【答案】 (1). (2). 减小 (3). (4). (5). cd (6). 0.067 (7). 6.25 (8). 正向【解析】【分析】(1)甲、乙中水蒸气浓度相等，只有温度不同，该
32、反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，则生成的氢气越多，甲中氢气物质的量大于乙中2倍，说明甲的温度高；T1时达到平衡后再加入1molH2O(g)，容器的体积不变，等效于加压过程，平衡逆向移动；T2时，利用三段式可求出该反应的平衡常数；利用浓度商Qc与平衡常数K的大小关系，判定平衡移动方向，得出v正与v逆的关系；(2)随温度的升高CO转化率降低，说明平衡向着逆反应方向进行，逆反应为吸热反应； 根据外界条件对平衡移动的影响规律、外界条件对平衡常数的影响规律、平衡状态的判定标准进行综合分析；结合图表信息，根据进行计算；200时，利用三段式可求出该反应的平衡常数；根据浓度熵Qc与平衡常数K的大
33、小关系，判定平衡移动方向。【详解】(1)甲、乙中水蒸气浓度相等，只有温度不同，该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，则生成的氢气越多，甲中氢气物质的量大于乙中2倍，说明甲的温度高，则T1T2；T1时达到平衡后再加入1molH2O(g)，平衡正向移动，但与原平衡相比，相当于增加压强，平衡向气体体积减小方向移动，即逆向移动，所以达到新平衡后H2(g)的物质的量分数减小；T2时，利用三等式可求出该反应的平衡常数，有化学平衡常数；若起始时乙容器中加入1.5molC(s)、1.2molH2O(g)、0.5molCO2(g)、1.4molH2(g)，浓度商，浓度商Qc平衡常数K，平衡正向移动，则
34、v正v逆；(2)随温度的升高CO转化率降低，这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则正反应是放热反应，因此H20；a升高温度平衡向逆反应方向进行，因此温度越高，该反应的平衡常数越小，a错误；b在恒容容器中，达平衡后再充入稀有气体，反应物浓度不变，CO的转化率不变，b错误。c正反应体积减小，则容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度，即达到平衡状态，c正确；d正反应体积减小，增大压强平衡向正反应方向进行，CO转化率增大，所以图中压强P1P2，d正确；答案选cd；0-3min内消耗氢气是4mol，生成甲醇是2mol，其浓度为0.2mol/L，则用甲醇表示的反应速率200时，利用三等式可求出该反应的
35、平衡常数，有：所以200时，该反应的平衡常数；向上述200达到平衡的恒容密闭容器中再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH，此时CO、H2、CH3OH的浓度变为0.4molL1、0.6molL1、0.4molL1；保持温度不变，此时浓度熵，小于平衡常数，则化学平衡正向移动。【点睛】该题考察的化学平衡常数和浓度商的计算较多，在计算化学平衡常数和浓度商的时候，均需要注意，利用的各物质的浓度，而不是物质的量。19.25时，三种酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.810-5K1=4.310-7K2=5.610-113.010-8回答下列问题：（1）一
36、般情况下，当温度升高时，Ka_(填“增大”、“减小”或“不变”)。（2）下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是_(填序号)。a.CO32- b.ClO- c.CH3COO- d.HCO3-（3）用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是_(填序号)。a. b.c. d.（4）常温下，0.1mol/LNaHCO3溶液的pH大于8，则溶液c(H2CO3)_c(CO32-)(填“、或=”)，原因是_。（5）25时，若测得CH3COOH与CH3COONa的混合溶液的pH=6，则溶液中：=_(填“精确数值”，下同)。c(CH3COO-)-c(Na+)=_mol/L。【
37、答案】 (1). 增大 (2). abdc (3). b (4). (5). HCO3-水解程度大于电离程度 (6). 18 (7). 9.910-7【解析】【详解】(1)弱电解质电离是吸热的，升高温度，会促进电离，电离平衡常数Ka增大；(2)酸电离出H能力越弱，那么其对应的酸根阴离子结合H能力越强，从表中数据可以看出，HCO3电离出H能力最弱，则CO32结合H能力最强；最弱的为CH3COO-，ClO-大于HCO3-，所以四种离子结合质子能力由大到小的顺序是abdc；(3)用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸，促进醋酸的电离，但是溶液的酸性减弱；a上下同时乘以溶液的体积，有，加水稀释，醋酸的电离
38、被促进，n(CH3COOH)减小，n(H)增大，则减小，a不符合题意；b上下同时乘以溶液的体积，有，加水稀释，醋酸的电离被促进，n(CH3COOH)减小，n(CH3COO)增大，则增大，b符合题意；c在溶液中，Kw=c(H)c(OH)，则，用水稀释醋酸，溶液的酸性减弱，c(OH)增大，则减小，c不符合题意；d用水稀释醋酸，溶液的酸性减弱，c(OH)增大，c(H)减小，则减小，d不符合题意。答案选b；(4)NaHCO3在溶液中电离出HCO3，HCO3即可以电离又可以水解，其电离和水解的方程式分别为HCO3HCO32，HCO3H2OH2CO3OH，从方程式可知，HCO3电离使得溶液显酸性，水解使得
39、溶液显碱性；现NaHCO3溶液显碱性，说明HCO3的水解程度大于其电离程度，水解产生的H2CO3多余电离产生的CO32，则c(H2CO3)c(CO32-)，原因是HCO3-水解程度大于电离程度；(5)醋酸的电离方程式为CH3COOHCH3COOH，其电离平衡常数，则，pH=6，c(H)=106molL1，K=1.810-5，带入数值；在混合溶液中，根据电荷守恒，有c(H)c(Na)=c(CH3COO)c(OH)，则c(CH3COO)c(Na)=c(H)c(OH)，溶液pH=6，则c(H)=106molL1，c(OH)=108molL1，带入数据，得c(CH3COO)c(Na)=106molL1
40、108molL1=9.910-7molL1。20.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种高效、新型的水处理剂，在碱性条件下较稳定；在中性或弱酸性条件下转化为Fe(OH)3和O2；易被H2还原。工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2，含有少量NiS、CuS、SiO2等杂质)为原料制备Na2FeO4并回收某些金属资源的工艺流程如图：已知：.“焙烧”后矿石中的金属元素均以氧化物的形式存在。.溶液中离子浓度小于110-5mol/L时，该离子沉淀完全。（1）“粉碎”的目的是_。（2）气体X为_，滤渣1为_。（3）流程中“调节pH1”的实验操作目的是_。（4）“转化”过程中发生的主要反应的离子方程式为_。（5）采用
41、电解法制备Na2FeO4的工作原理如图所示：该装置工作时，阳极的电极反应式为_。离子交换膜应选用_(填“阴”或“阳”)离子交换膜，原因_。【答案】 (1). 加快“焙烧”速率，使“焙烧”更充分 (2). X为SO2 (3). 滤渣1为SiO2 (4). “调节pH1”目的是使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而Cu2+和Ni2+不沉淀 (5). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (6). Fe+8OH-6e-=FeO42-+4H2O (7). 阳 (8). 可防止FeO42-进入阴极区被H2还原【解析】【分析】黄铁矿粉碎，增大与空气的接触面积，可加快化学
42、反应速率，是焙烧更加充分。充分焙烧后，得各金属的氧化物以及SiO2，矿石中的硫元素转化为SO2，加入稀硫酸酸化，SiO2不与硫酸反应过滤除去，而金属氧化物与硫酸反应得到硫酸盐，调节pH1，在滤渣2中得到Fe(OH)3，Fe(OH)3、NaClO、NaOH反应得到Na2FeO4。滤液2中有Cu2和Ni2；调节pH2，分离Ni和Cu；Ni(OH)2最终转化为Ni(CO)4。【详解】(1)黄铁矿粉碎，可以增大固体的表面积，加快“焙烧速率”，使“焙烧”更充分；(2)根据元素守恒，黄铁矿焙烧时，金属元素均转化为其氧化物，因此气体X为SO2；金属氧化物均与硫酸反应转化为可溶于水的硫酸盐，而SiO2不与硫酸
43、反应，因此滤渣1为SiO2；(3)根据流程图，滤渣2最终转化为Na2FeO4，因此滤渣2为Fe(OH)3，调节pH1的目的是使Fe3转化为Fe(OH)3，与Cu2、Ni2分离；(4)转化过程，Fe(OH)3、NaOH和NaClO转化为Na2FeO4，Fe的化合价从3价升高到6价，Cl的化合价从1价降低到1价，化合价升降守恒，Fe(OH)3和ClO的系数为2：3，再根据质量守恒和电荷守恒配平，离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO+4OH=FeO42+3Cl+5H2O；(5)采用电解制备Na2FeO4，示意图中，Fe作阳极，失去电子，转化为FeO42，阴极为水得到电子，生成H2和OH；Fe作阳极，失去电子，转化为FeO42，电极方程式为Fe+8OH-6e-=FeO42-+4H2O；Na2FeO4容易被H2还原，因此要需要防止阴极生成的H2还原FeO42，离子交换膜应选择阳离子交换膜，可防止FeO42-进入阴极区被H2还原。
