1、山东省泰安市新泰中学2020-2021学年高二化学上学期第二次阶段性考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Cu-64 Ba-127 Fe-56 K-39 Cu-64 Ag-108第I卷 (选择题 共60分)一、选择题(本题包括15小题，每小题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题意)1. 下列各组热化学方程式，的是A. ；B. ；C. ；D. ；【答案】B【解析】【详解】A、，都为放热反应，H0，前者完全反应，放出的热量多，则，故A不选；B 硫单质燃烧都为放热反应，H
2、0，气态二氧化硫转化为固态二氧化硫时会放出热量，因此生成二氧化硫固体放出的热量多，则，故B选；C气态硫单质的能量高于固态硫单质，硫单质燃烧都为放热反应，H0，因此气态硫燃烧放出的热量高，则，故C不选；D0，则，故D不选；综上所述，各组热化学方程式，的是B项，故答案为B。2. 假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求，即为理想化。为各装置中的电极编号。下列说法错误的是A. 当K闭合时，B装置在电路中做电源B. 当K闭合时，C装置中银片质量增加C. 当K闭合后，整个电路中电子的流动方向为；D. 当K闭合后，A、B装置pH均变大，D装置中电解质溶液浓度保持不变【答案】D【解析】【分析
3、】当K闭合时，装置B能自发进行氧化还原反应，所以装置B为原电池，则装置A、C、D都是电解池，装置B中Zn失去电子作负极、Cu作正极，所以装置A中C(石墨)、装置C中Cu、装置D中粗Cu都作阳极；装置A中Fe、装置C中Ag、装置D中纯Cu都作阴极。【详解】A当K闭合时，装置B能自发进行氧化还原反应，为原电池，在电路中作电源，故A项说法正确；B由上述分析可知，当K闭合时，C装置中银片作阴极，阴极上Cu2+得到电子生成Cu，银片质量增加，故B项说法正确；C当K闭合后，装置B为原电池，装置A、C、D为电解池，电子从负极流向阴极，再从阳极流向阴极，所以整个电路中电子的流动方向为，电子不进入电解质溶液，故
4、C项说法正确；D当K闭合后，装置A中阴极上H+放电，阳极上Cl-放电，导致溶液中OH-浓度增大，溶液的pH增大；装置B中正极上H+放电导致溶液中H+浓度减小，溶液的pH增大；D装置中阴极Cu2+得到电子，阳极上粗铜中Zn、Fe等活泼性金属失去电子，电解质溶液浓度逐渐减小，故D项说法错误；综上所述，说法错误是D项，故答案为D。3. 如图是某同学设计的验证原电池和电解池的实验装置，下列说法不正确的是( )A. 若关闭K2、打开K1，一段时间后，发现左侧试管收集到的气体比右侧略多，则a为正极，b为负极B. 关闭K2，打开K1，一段时间后，用拇指堵住试管移出烧杯，向试管内滴入酚酞，发现左侧试管内溶液变
5、红色，则a为负极，b为正极C. 若直流电源a为负极，b为正极，关闭K2，打开K1，一段时间后，再关闭K1，打开K2，则电路中电流方向为从右侧石墨棒沿导线到左侧石墨棒D. 若直流电源a为负极，b为正极，关闭K2，打开K1，一段时间后，再关闭K1，打开K2，则左侧石墨棒上发生的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O【答案】A【解析】【详解】A若关闭K2、打开K1，一段时间后，发现左侧试管收集到的气体比右侧略多，氯气能溶于水，体积小于氢气，则左侧为阴极氢离子得电子生成氢气，阳极氯离子失电子生成氯气，所以a为负极，b为正极，故A错误；B电解氯化钠溶液时，阴极氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧根离子
6、，关闭K2，打开K1，一段时间后，用拇指堵住试管移出烧杯，向试管内滴入酚酞，发现左侧试管内溶液变红色，说明左侧为阴极，则a为负极，b为正极，故B正确；C若直流电源a为负极，b为正极，关闭K2，打开K1，阴极氢离子得电子生成氢气，阳极氯离子失电子生成氯气，一段时间后，再关闭K1，打开K2，氢气与氯气形成原电池，氢气为负极，氯气为正极，即右侧为正极，左侧为负极，电流从正极流向负极，即电路中电流方向为从右侧石墨棒沿导线到左侧石墨棒，故C正确；D若直流电源a为负极，b为正极，与a相连的电极上生成氢气，即左侧生成氢气，与b相连的电极生成氯气，关闭K1，打开K2，形成原电池，左侧电极上氢气失电子生成水，则
7、负极反应为H22e+2OH2H2O，故D正确；综上所述，说法不正确的是A项，故答案为A。4. 在容积均为1L的三个密闭容器中，分别放入铁粉并充入1molCO，控制在不同温度下发生反应：Fe(s)+5CO(g)Fe(CO)5(g)，当反应进行到5min时，测得CO的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法一定正确的（ ）A. 反应进行到5min时，b容器中v(正)=v(逆)B. 正反应为吸热反应，平衡常数K(T1)K(T2)C. 达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为bcaD. b中v(正)大于a中v(逆)【答案】D【解析】【详解】A5min时，b容器中的反应不一定是平衡状态，则v（正）、v（逆）
8、不一定相等，故A错误；B据b、c两点可知，升高温度，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，故B错误；C根据B的分析，正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为abc，故C错误；D根据图象，b的温度高，因此b平衡时的反应速率大于a平衡时的反应速率，因此b中v（正）大于a中v（逆），故D正确；故答案选D。5. 已知：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)的平衡常数K随温度的变化如表，下列说法正确的是（ ）温度/4005008301000平衡常数K10910.6A. 该反应的正反应是吸热反应B. 830时，反应达到平衡，一定是c(CO)
9、=c(CO2)C. 恒温时减小容器体积增大压强，正反应速率增大，平衡不移动D. 400时，生成CO2物质的量越多，平衡常数K越大【答案】C【解析】【详解】A由表格中数据可知，温度越高K越小，可知升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；B.830时，K=1，K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，存在c（H2O）c（CO）=c（H2）c（CO2），c(CO)和c(CO2)不一定相等，故B错误；C增大压强，活化分子数目增加，正逆反应速率均增大，反应前后体积不变，平衡不移动，故C正确；DK与温度有关，与生成CO2物质的量多少无关，故D错误；故答案选C。6. 在密闭容器中加入CaSO4
10、和CO，一定温度下发生反应：CaSO4(s)CO(g)CaO(s)SO2(g)CO2(g)H218.4 kJmol1，CO的反应速率随时间变化如图所示。下列说法正确的是()A. 该反应是吸热反应，升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小B. 加入少量的CaO固体，平衡向逆反应方向移动C. 图示中t1时改变的条件可能是减小c(CO)，同时增大c(SO2)D. 图示中t1时改变的条件可能是增大压强【答案】C【解析】【详解】A. 该反应是吸热反应，升高温度，正逆反应速率键均增大，A错误；B. 加入少量的CaO固体，平衡不移动，B错误；C. 图示中t1时逆反应速率瞬间增大，正反应速率瞬间减小，平衡向正
11、反应方向减小，因此改变的条件可能是减小c(CO)，同时增大c(SO2)，C正确；D. 增大压强正逆反应速率均增大，则图示中t1时改变的条件不可能是增大压强，D错误；答案选C。7. 下列叙述正确的是( )A. 常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍，稀释后溶液的pH=4B. 25时Ksp(AgCl)=1.810-10，向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl的溶解度不变C. 浓度均为0.1mol/L的下列溶液，pH由大到小的排列顺序为NaOHNa2CO3(NH4)2SO4NaHSO4D. 为确定二元酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH，若pH7，则H2A是弱酸
12、；若pH7，则H2A是强酸【答案】C【解析】【详解】A醋酸是弱酸，所以在稀释的过程中，会促进醋酸的电离，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍，稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的十分之一，所以溶液的pH4，故A错误；BAgCl沉淀存在溶解平衡，加入NaCl固体后溶液中的氯离子的浓度增大，使溶解平衡逆向移动，则AgCl的溶解度减小，故B错误；C浓度相同时，氢氧化钠是强碱，所以氢氧根离子浓度最大，碳酸根离子水解使溶液呈碱性，但是水解能力微弱，碱性弱于氢氧化钠；铵根离子水解使硫酸铵溶液呈酸性，但水解能力微弱；硫酸氢钠在水中完全电离产生钠离子、氢离子、硫酸根离子，酸性最强，所以pH的大小顺序是NaOH
13、Na2CO3(NH4)2SO4NaHSO4，故C正确；DNaHA是酸式盐，若为强酸，则其水溶液一定为酸性，pH7，但为弱酸时，既存在HA-的电离也存在其水解，二者程度的大小共同决定溶液的酸碱性，pH7，H2A也可能是弱酸，此时HA-的电离程度大于其水解程度，故D错误；答案选C。8. 已知在温度和时水的电离平衡曲线如图所示，下列说法错误的是( )A. 在A、C两点处，水的离子积常数：B. 升高温度可实现由C点到A点C. 时，的硫酸溶液与的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液的D. 图中矩形POMA的面积表示时水的离子积常数的值【答案】A【解析】【详解】A. A点对应的、均大于C点对应的、，故水的离子
14、积常数：，A项错误；B. 升高温度，水电离平衡正向移动，、增大，可实现由C点到A点，B项正确；C. 时，的硫酸溶液中，的氢氧化钠溶液中，等体积混合时，二者恰好完全反应，所得溶液的，C项正确；D. 时，水离子积常数等于，即，为矩形POMA的面积，D项正确；故选A。9. 某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）A. 曲线代表溶液B. 溶液中水的电离程度：b点c点C. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）D. 相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同【答案】C【解析】【分析】电离常数HN
15、O2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；A、由图可知，稀释相同的倍数，的变化大，则的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）c（HNO2）。【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，的变化大，则的酸性比I的酸性强，代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；C、代表HNO2，c(HN
16、O2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)c(HNO2)c(OH-)/c(H+)c(NO2-)=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；故选C。【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c
17、(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。10. 在一定条件下，Na2CO3溶液中存在H2OOH平衡。下列说法不正确的是（）A. 加入NaOH固体，减小B. 通入CO2，溶液pH减小C. 升高温度，平衡常数增大D. 稀释溶液，增大【答案】D【解析】【详解】A加入氢氧化钠固体，增加了溶液中OH-浓度，平衡逆向移动，CO32-浓度增加，HCO3-子浓度减小，所以减小，A项正确；B通入二氧化碳会使OH-浓度减小，所以溶液的pH也变小，B项正确；C升高温度时，水解平衡向吸热方向移动，所以水解平衡常数增大，C项正确；D所给的
18、式子为水解平衡常数的表达式，而水解平衡常数只随温度的变化而变化，D项错误；所以答案选择D项。11. 下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是A. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH) c(CH3COONa) c(Na2CO3) 10-5mol/L，所以三种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是c(NaOH) c(Na2CO3) c(CH3COONa)，故A错误；B、在溶液中，根据质子守恒得：c(OH) c(HA) + c(H) + 2c(H2A)，所以B选项是正确的；C、稀释醋酸时，促进醋酸电离,醋酸根离子、氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小
19、，但醋酸根离子、氢离子的物质的量增大程度小于溶液体积增大程度，所以醋酸根离子、氢离子、醋酸分子浓度都减小，但氢氧根离子浓度增大，故C错误；D、向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，则一水合氨的浓度增大，氢氧根离子的浓度减小，则溶液中c(OH-)/c(NH3H2O)减小，故D错误。所以B选项是正确的。【点睛】本题考查溶液中离子浓度大小判断，注意明确溶液中离子浓度大小比较的方法，特别是要善于利用一定温度下常数不变来解题。12. 硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用作印染媒染剂，医药上用于催吐剂。已知25时，KspZn(OH)2= 1.0
20、10-1 7 ，KspAg2SO4=1.210-5，则下列说法正确的是( )A. 在水中加入少量ZnSO4固体时，水的电离平衡向正反应方向移动，Kw减小B. 在 ZnSO4 溶液中各离子的浓度关系为： c(Zn2 + )+c(H+ )=c(OH-)+c(SO42-)C. 在 0.5L 0.10molL-1的 ZnSO4 溶液中加入等体积的0.02molL1的AgNO3溶液,即可生成Ag2SO4沉淀D. 常温下，要除去0.20molL-1，ZnSO4 溶液中的Zn2+，至少要调节pH 8【答案】D【解析】【分析】A.ZnSO4溶于水发生水解，水的电离程度增大，但Kw不变；B.ZnSO4溶液中各离
21、子浓度的电荷守恒关系为：；C.依据溶液中银离子浓度和硫酸根离子浓度，运用溶度积计算方法计算，和Ksp比较判断；D.运用KspZn（OH）2=1.010-17的溶度积进行计算判断。【详解】A.，促进水的电离，水的电离平衡向正反应方向移动，温度没变Kw不变，故A错误；B.ZnSO4溶液中各离子浓度的电荷守恒关系为：，故B错误；C. 在0.5 L 0.10 molL1的ZnSO4溶液中加入等体积的0.02molL1的AgNO3溶液，溶液中c(Ag+)=0.01mol/L；c(SO42-)=0.05mol/L；c2(Ag+)c(SO42-)=5106 KspAg2SO4，不是饱和溶液，无沉淀生成，故C
22、错误；D. 根据KspZn(OH)2=1.01017计算，要除去0.20molL1ZnSO4溶液中的Zn2+，残留在溶液中的离子浓度小于110-5mol/L时就认为沉淀完全， ，=-lg10-8=8，故至少要调节pH8，故正确。故答案选：D。13. 常温下，下列各溶液中，可能大量共存的离子组是A. 加Al粉产生的溶液中：、B. 含有大量的溶液中：、C. 的溶液能大量存在：、D. 水电离出的的溶液中：、【答案】D【解析】【详解】A加Al粉产生H2的溶液可能为强碱性或酸性，但酸性环境下的具有氧化性，H+、与Al反应不会生成H2，而碱性环境下的OH-与Mg2+会发生复分解反应生成难溶物Mg(OH)2
23、，离子之间不能大量共存，故A项不选；BFe3+能够催化H2O2分解，不能大量共存，故B项不选；C溶液呈酸性，能与H+发生反应，不能大量共存，故C项不选；D水电离出的的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，酸溶液中H+能与、发生复分解反应，不能大量共存，碱性溶液中微粒之间不会发生反应，能够大量共存，故D项选；故答案为D。14. 下列离子方程式书写正确的是A. FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板：Cu+Fe3+=Cu2+Fe2+B. 醋酸溶解鸡蛋壳：2H+CaCO3=Ca2+CO2+H2OC. 在NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：Ba2+2OH-+2H+=BaSO4+2H2OD. 向N
24、aHCO3溶液中加入NaOH：+OH-=CO2+H2O【答案】C【解析】【详解】A.该离子方程式电荷未配平，正确的应为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，故A错误；B.醋酸为弱电解质不能拆成离子形式，保留分子式，故B错误；C.在NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，NaHSO4与Ba(OH)2物质的量之比为2:1，离子方程式为：Ba2+2OH-+2H+=BaSO4+2H2O，故C正确；D. 与OH-反应生成和H2O，故D错误。故答案选：C。15. 下列有关滴定实验的说法中正确的是()A. 用碱式滴定管量取18.20 mLKMnO4溶液B. 用标准盐酸溶液滴定待测氨水溶液的浓度
25、时，最好选用酚酞作指示剂C. 酸碱中和滴定的滴定终点一定是反应液的中性点D. 中和滴定时，盛装待测液的锥形瓶如果用待测液润洗，会使测量结果偏高【答案】D【解析】【详解】AKMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此不能用碱式滴定管量取18.20 mLKMnO4溶液，应该使用酸式滴定管，A错误；B选择指示剂时，人的视觉对颜色变化由浅到深比较敏感，实验误差较小，因此用标准盐酸溶液滴定待测氨水溶液的浓度时，最好选用甲基橙作指示剂，B错误；C酸碱中和滴定是以指示剂的变色点为滴定终点，溶液不一定显中性，因此滴定终点不一定是反应液的中性点，C错误；D中和滴定时，盛装待测液的锥形瓶如果用待测液
26、润洗，则消耗标准溶液体积偏大，会使测量结果偏高，D正确；故合理选项是D。二、选择题(本题包括10个小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个或两个选项符合题意，选全对得3分，选对但不全得1分，选错不得分。)16. 某污水处理厂利用电解法处理含酚废水并制氢，工作原理如图所示。下列说法不正确的是A. X为电源的正极，b极发生还原反应B. a极电极反应式为：C6H5OH11H2O-28e-=6CO228H+C. 产生标准状况下4.48L CO2，则有1.4mol H通过质子交换膜D. 电解后将两极区溶液混合，与原废水相比较，溶液的pH保持不变【答案】CD【解析】【分析】根据电解池原理，苯酚在a极发生
27、氧化反应，生成二氧化碳和氢离子，氢离子穿过质子交换膜在b极发生还原反应，生成氢气，据此回答问题。【详解】A. X为电源的正极，b极连电源负极作阴极，发生还原反应，A正确；B. a极发生氧化反应，电极反应式为：C6H5OH11H2O-28e-=6CO228H+，B正确；C. 产生标准状况下4.48L CO2，即0.2mol二氧化碳，根据a极反应可知有0.93mol H通过质子交换膜，C错误；D. 电解后将两极区溶液混合，与原废水相比较，原废液为苯酚，显弱酸性，电解后液体成电中性，溶液的pH发生改变，D错误。答案为CD。17. 在密闭容器中进行反应：，已知、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.
28、3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是( )A. Z为0.3mol/L B. 为0.1mol/L C. 为0.15mol/L D. 为0.4mol/L 【答案】AC【解析】【详解】若反应向正反应进行到达平衡，、的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：若反应逆正反应进行到达平衡，、的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：由于为可逆反应，物质不能完全转化，所以平衡时浓度范围为（mol/L），故AC正确、BD错误。故答案选AC。18. 为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3DZn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱
29、性电解质的3DZnNiOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。以下说法不正确的是A. 三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高B. 充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH(aq)eNiOOH(s)+H2O(l)C. 放电时负极反应为Zn(s)+2OH(aq)2eZnO(s)+H2O(l)D. 放电过程中OH通过隔膜从负极区移向正极区【答案】D【解析】【详解】A、三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，A正确；B、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应
30、，根据总反应式可知阳极是Ni(OH)2失去电子转化为NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2(s)OH(aq)eNiOOH(s)H2O(l)，B正确；C、放电时相当于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为Zn(s)2OH(aq)2eZnO(s)H2O(l)，C正确；D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH通过隔膜从正极区移向负极区，D错误。答案选D。19. 20时向 20mL 0.1molL1 醋酸溶液中不断滴入0.1molL1 NaOH 溶液，溶液 pH 变化如图所示。此过程中溶液中离子浓度的关系错误的是( )A. a 点：c(CH3COO)
31、c(Na)c(H)c(OH)B. b 点：c(Na)c(CH3COO)c(H)c(OH)C. c 点：c(H)c(CH3COO)c(OH)D. d 点：c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)【答案】C【解析】【详解】Aa 点：20mL 0.1molL1 醋酸溶液中滴入10mL 0.1molL1 NaOH 溶液，反应后，溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COONa)，溶液的pH7，则表明主要发生CH3COOH电离，c(CH3COO)增大，但电离程度很小，所以c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)，A正确；Bb 点：溶液的pH=7，此时可认为CH3COOH不电离，CH3COO-
32、不水解，溶液中的c(H)、c(OH)主要来自水的微弱电离，所以c(Na)c(CH3COO)c(H)c(OH)，B正确；Cc 点：醋酸与NaOH刚好完全反应，生成醋酸钠和水，依据电荷守恒，c(Na)+c(H)c(CH3COO)c(OH)，则c(H)c(CH3COO)c(OH)，C错误；Dd 点：NaOH过量，此时n(CH3COONa)=2n(NaOH)，而CH3COO水解程度很小，所以c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)，D正确；故选C。20. 在密闭容器中，反应达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，下列分析正确的是（ ）A. 图中，甲、乙的平衡常数分别为、，则B. 图中，平衡状
33、态甲与乙的反应物转化率相同C. 图中，t时刻增大了压强D. 图表示反应分别在甲、乙条件下达到平衡，说明乙温度高于甲【答案】BD【解析】【详解】A若图中为增大压强，正逆反应速率瞬间增大且正反应速率增大得多平衡正向移动，符合图中信息，但由于温度不变，平衡常数不变，则，选项A错误；B图表示加入催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，反应物的转化率相同，选项B正确；C增大压强，平衡向正反应方向移动，图中反应速率增大，平衡不发生移动，故改变的条件肯定不是增大压强，选项C错误；D乙先达到平衡，说明乙的反应速率快，故乙温度高于甲，且XY的质量分数：乙pH(NaY)，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H
34、+)=c(X)+c(OH)，c(Na+)+c(H+)=c(Y)+c(OH)，根据物料守恒得两种溶液中c(Na+)相等，根据溶液的PH知，X的水解程度大于Y，所以NaX中氢离子浓度小于NaY，所以c(X)+c(OH)b且c(X)=c(Y)，说明X的水解程度大于Y，酸根离子水解程度越大，其相应酸的酸性越弱，则酸性HX”“”或“=”)，溶液中的离子浓度由大到小的顺序为_。(3)将等体积的、混合，则溶液的pH_7(填“”“”或“=”)，用离子方程式说明其原因： _。【答案】 (1). (2). (3). (4). c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-) (5). (6). +H2O
35、NH3H2O+H+【解析】【详解】(1) 盐酸、硫酸、醋酸属于酸，在水溶液中都能电离出氢离子，从而抑制水的电离；氨水、NaOH属于碱，其在水溶液中能电离出氢氧根离子，同样也能抑制水的电离；而氯化铵属于强酸弱碱盐，在水溶液中铵根离子会水解，使溶液呈碱性，能促进水的电离,所以氯化铵溶液中水电离出的c(H+)最大；盐酸和氢氧化钠溶液分别属于一元强酸、一元强碱，所以浓度相等的两种物质的水溶液其抑制水的电离程度一样，硫酸属于二元强酸，等浓度的硫酸溶液中氢离子浓度大于盐酸，对水的抑制程度大于盐酸，醋酸和氨水分别属于一元弱酸、一元弱碱，所以浓度相等的两种物质的水溶液抑制水的电离程度，但小于和、硫酸；所以相同浓度的盐酸、硫酸、醋酸、氨水、NaOH溶液中硫酸对水的电离的抑制程度最大，所以硫酸溶液中电离出的c(H+)最小，故答案为：；(2)醋酸和NaOH溶液混合，溶液呈中性，因为醋酸为弱酸；同体积溶液混合后溶液呈碱性，若要使溶液呈中性需要酸稍微过量，即溶液的体积；由于溶液呈中性，所以，又由溶液中的电荷守恒可得，醋酸钠的水解程度和醋酸的电离程度都很微弱，所以，故答案为：；(3) 等体积、浓度均为110-3 molL-1的盐酸、氨水混合恰好完全反应生成，又因为强酸弱碱盐，会水解使溶液呈酸性，即+H2ONH3H2O+H+，故答案为：酸性；+H2ONH3H2O+H+。
