1、广东省揭阳市惠来县第一中学2019-2020学年高二化学上学期第二次阶段考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H ：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 Fe：56 Cl：35.5一、选择题（本题共24小题，每小题2分，共48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。）1. 在室温下，等体积的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KOH溶液B. pH=3的盐酸跟pH=11的氨水C. pH=3硫酸跟pH=11的氢氧化钠溶液D. pH=3的醋酸跟pH=11的氢氧化钠溶液【答案】D【解析】【详解】ApH=3的硝酸中c（H+）=
2、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，溶液显碱性，pH7，故B错误； CpH=3的硫酸中c（H+）=110-3mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中c（OH-）=110-3mol/L，两溶液混合后恰好反应，溶液呈中性，常温下溶液的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-）=1
3、10-3mol/L，由于醋酸为弱酸，则醋酸过量，在室温下等体积混合后，溶液显酸性，pH7，故D正确；故选：D。2.在pH均为9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，假设由水电离产生的OH- 离子浓度分别为Amol/L与Bmol/L，则A和B关系为：A. ABB. A=10-4BC. B=10-4 AD. A=B【答案】B【解析】【详解】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，pH=9的氢氧化钠和醋酸钠，醋酸钠促进水电离，氢氧化钠抑制水电离，NaOH溶液中水电离出的c（OH）=c（H）=10-9 molL1，醋酸钠溶液中水电离出的c（OH）= = =10-5 molL1，所以A=10-4
4、B；故选B。【点睛】本题考查了水的电离，明确哪些物质促进水电离、哪些物质抑制水电离是解本题关键，注意酸溶液中水电离出氢离子浓度、碱溶液中水电离出氢氧根离子浓度的方法，为易错点3.下列事实：NaHSO4溶液呈酸性；长期使用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大，发生板结；配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体；NaHS溶液中c(H2S)c(S2)；氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑；加热FeCl36H2O晶体，往往得不到FeCl3固体。其中与盐类的水解有关的叙述有（ ）A. 6项B. 5项C. 3项D. 4项【答案】B【解析】【详解】中NaHSO4为强酸强碱的酸式盐，不发生水解，显酸性是
5、因为电离出H所致；中是NH4+水解显酸性所致；中HCl会抑制Cu2水解；中是因HS水解程度大于其电离程度所致；中NH4+水解产生H与锈斑中的Fe2O3反应；加热时部分FeCl3会发生水解。故除外都与盐类的水解有关。故选B。4.氢氰酸（HCN）的下列性质中，能证明它是弱酸的是A. HCN 易溶于水B. HCN溶液的导电性比盐酸的弱C. 25 时1mol/L HCN溶液pH约为3D. 10 mL 1mol/L HCN溶液恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应【答案】C【解析】【分析】HCN为弱电解质，利用其部分电离来分析，一般测定溶液的pH或测定相同条件下与强酸的导电性的比较，以及对
6、应盐溶液的酸碱性来判断；【详解】A、HCN是强酸还是弱酸，与溶解度无关，故A不符合题意；B、应在相同条件下进行，如相同温度、相同体积、相同浓度等，HCN溶液的导电性比盐酸溶液的弱，才能说明HCN为弱酸，故B不符合题意；C、假设HCN为强电解质，1molL1的HCN的pH应为1，但现在pH=3，说明HCN为弱酸，故C符合题意；D、无论HCN是强酸还是弱酸，10 mL 1mol/L HCN溶液都恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应，不能证明酸性强弱，故D不符合题意；答案选C。【点睛】本题考查弱电解质的判断方法，明确弱电解质在水中电离不完全是解答本题的关键，学生应注意在平时的学习中归
7、纳判断弱电解质的方法，难度不大。5.在0.1molL1醋酸溶液中，欲使平衡向电离的方向移动，同时使溶液的pH降低，应采取的措施是（ ）A. 加热B. 加少量水C. 加少量盐酸D. 加少量醋酸钠晶体【答案】A【解析】【详解】在醋酸溶液中存在下列电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+ H0A. 加热，醋酸的电离平衡正向移动，c(H+)增大，pH减小，A符合题意；B. 加少量水，醋酸溶液稀释，平衡正向移动，n(H+)增大，但c(H+)减小，溶液的pH增大，B不合题意；C. 加少量盐酸，增大了溶液中的c(H+)，平衡逆向移动，C不合题意；D. 加少量醋酸钠晶体，增大了溶液中的c(CH3COO-)
8、，平衡逆向移动，D不合题意。故选A。【点睛】弱电解质溶液加水稀释，虽然平衡正向移动，电离产生离子的物质的量增大，但同时溶液的体积增大，且溶液体积增大对离子浓度的影响占主导地位，所以达平衡时，弱电解质、弱电解质电离产生的离子浓度都减小，水电离产生的离子浓度增大。6.常温下，已知水的电离方程式是H2OH+OH，下列叙述正确的是（ ）A. 水的电离程度只受温度的影响B. 向水中加入少量盐酸，c(H)增大，Kw不变C. 粒子对水的电离平衡不会产生影响D. 向水中加入少量固体NH4Cl，平衡向逆反应方向移动，pH降低【答案】B【解析】【详解】A. 水的电离程度不仅受温度的影响，还受酸、碱及易水解盐等的影
9、响，A错误；B. 向水中加入少量盐酸，c(H)增大，平衡逆向移动，但由于温度不变，所以Kw不变，B正确；C. 粒子为S2-，在水溶液中易发生水解，从而促进水的电离平衡向正方向移动，C错误；D. 向水中加入少量固体NH4Cl，NH4+发生水解，从而促进水的电离平衡向正反应方向移动，D错误。故选B。7.等体积混合0.10 molL1盐酸和0.06 molL1Ba(OH)2溶液后，溶液的pH等于A. 2.0B. 12.3C. 1.7D. 12.0【答案】D【解析】【详解】假设体积都为1L，则1L0.1molL1的盐酸中n(H+)=0.1mol，1L0.06molL1的Ba(OH)2溶液n(OH)=0
10、.12mol，等体积混合发生H+OH=H2O，反应后c(OH)=0.01mol/L，则pH=12。答案选D。8.室温下，向0.01 molL1的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸铵溶液，溶液pH随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线示意图如右图所示。下列分析正确的是A. a点，pH = 2B. b点，c(CH3COO-) c(NH4+)C. c点，pH可能大于7D. ac段，溶液pH增大是CH3COOHH+ + CH3COO-逆向移动的结果【答案】B【解析】【详解】A醋酸是弱酸，0.01 molL1的醋酸溶液的pH 2，故A错误；Bb点为醋酸和醋酸铵的混合溶液，溶液显酸性，pH逐渐接近7，根据电荷守恒，c(
11、CH3COO-) + c(OH-)= c(NH4+)+ c(H+)，因此c(CH3COO-) c(NH4+)，故B正确；C酸性溶液和中性溶液混合，不可能变成碱性，故C错误；Dac段，相当于醋酸溶液的稀释，稀释过程中，CH3COOHH+ + CH3COO-正向移动，但c(H+)减小，故D错误；故选B。9.为除去MgCl2溶液中的FeCl3，可在加热搅拌的条件下加入的一种试剂是（ ）A. NaOHB. Na2CO3C. 氨水D. MgO【答案】D【解析】【详解】A. 若加入NaOH，不仅Fe3+会生成沉淀，Mg2+也会生成沉淀，且溶液中引入了Na+，A错误；B. 加入Na2CO3，引入了Na+，且
12、Mg2+、Fe3+都会生成沉淀，B错误；C. 加入氨水，引入NH4+，且Mg2+、Fe3+都会生成沉淀，C错误；D. 加入MgO，与Fe3+水解生成H+反应，从而促进Fe3+水解，直到完全，D正确。故选D。【点睛】为除去MgCl2溶液中FeCl3，若向溶液中加入碱，即使不考虑引入金属离子，用量也需加以控制，pH需要控制在让Fe3+完全沉淀，而Mg2+又不产生沉淀的范围内，在工业生产中可以做到，但在中学实验室中要做到，就显得有些困难，所以加入Mg或MgO或Mg(OH)2或MgCO3就成为常用方式。10.10mL浓度为1mol/L盐酸与过量锌粉反应，若加入少量下列固体，能减慢反应速率但又不影响氢气
13、生成的是A. K2SO4B. CH3COONaC. CuSO4D. Na2CO3【答案】B【解析】【分析】锌与盐酸反应的离子方程式：Zn2H=Zn2H2，减慢反应速率，需要降低c(H)，不影响氢气生成，即n(H)不变，然后进行分析；【详解】锌与盐酸反应的离子方程式：Zn2H=Zn2H2，A、加入K2SO4固体，对反应无影响，故A不符合题意；B、加入CH3COONa固体，发生CH3COOH=CH3COOH，CH3COOH为弱酸，c(H)降低，但H总物质的量不变，反应速率减缓，但氢气总量不变，故B符合题意；C、发生ZnCu2=Zn2Cu，构成铜锌原电池，加快反应速率，故C不符合题意；D、Na2CO
14、3与盐酸反应，生成CO2，消耗H，c（H+）和n（H+）都减小，反应速率减缓，氢气总量减少，故D不符合题意；答案选项B。11.下列解释实验事实的化学用语不正确的是（ ）实验解释A250.1mol/L盐酸溶液pH=1H2O=H+OH-B250.1mol/L的NH3H2OpH=11NH3H2ONH4+ + OH- C配制FeCl3溶液时加少量盐酸Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+D向0.1mol/LNa2CO3溶液中滴加酚酞试液后溶液变红CO32-+H2OHCO3-+OH-A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A250.1mol/L盐酸溶液pH=1，是因为HCl=H+Cl-
15、，与水的电离无关，A错误；B250.1mol/L的NH3H2OpH=11，c(OH-)bcC. acbD. cab【答案】D【解析】【分析】根据外界条件对铵根离子水解平衡的影响分析解答。【详解】(NH4)2SO4溶液中，只是铵根离子的水解；(NH4)2CO3溶液中碳酸根离子的水解对铵根离子的水解有促进作用；(NH4)2Fe（SO4）2溶液中亚铁离子的水解对铵根离子的水解有抑制作用，所以在浓度相等的条件下NH4的浓度的大小关系是cab，答案选D。14.常温下，浓度均为0.1 molL-1的4种钠盐溶液pH如下：溶质Na2CO3NaHCO3NaClONaHSO3pH11.69.710.35.2下列
16、说法中不正确的是A. 四种溶液中，Na2CO3溶液中水的电离程度最大B. 向氯水中加入NaHCO3(s)，可以增大氯水中次氯酸的浓度C. NaHSO3溶液显酸性的原因是：NaHSO3=Na+H+SO32-D. 常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH最小的是H2SO3【答案】C【解析】试题分析：A相同浓度的这几种钠盐溶液中，溶液pH越大则水的电离程度越大，根据表中数据知，水的电离程度最大的是碳酸钠溶液，故A正确；B盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠和二氧化碳，促进氯气和水反应，次氯酸和碳酸氢钠不反应，所以导致溶液中次氯酸浓度增大，故B正确；CNaHSO3溶液显酸性的原因是HS
17、O3-H+SO32-程度大于其水解程度，故C错误；D酸根离子水解程度越大，则酸的酸性越弱，酸根离子水解程度大小顺序是：CO32-ClO-HCO3-HSO3-，则酸的强弱顺序是H2SO3H2CO3HClOHCO3-，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO溶液，pH最小的是H2SO3溶液，故D错误；答案为C。【考点定位】考查了盐类水解【名师点晴】弱酸根离子或弱碱的阳离子在水溶液里能水解，且越弱越水解，根据相同浓度的钠盐溶液pH大小知，酸根离子水解程度大小顺序是：CO32-ClO-HCO3-HSO3-，则酸的强弱顺序是H2SO3H2CO3HClOHCO3-，再结合强酸制取弱酸
18、、酸式酸根离子电离和水解程度相对大小等知识点来分析解答，本题难点是HSO3-的电离大于其水解，NaHSO3溶液显酸性。15.常温下，0.2 molL1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是() A. HA为强酸B. 该混合液pH7C. 该混合溶液中：c(A)c(Y)c(Na)D. 图中X表示HA，Y表示OH，Z表示H【答案】C【解析】试题分析：A02mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为01mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c（A-）=01mol/L，与图像不符，所以HA为弱酸，A
19、项错误；B根据A的分析，可知该溶液的pH7，B项错误；CA-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c（Na+） c（A-）c（OH）c（HA） c（H），所以X是OH，Y是HA，Z表示H+，根据物料守恒，c（A）c（HA）c（Na），C项正确；D根据上述分析，X是OH，Y是HA，Z表示H+，D项错误；答案选C。考点：考查弱电解质在溶液中的电离平衡【名师点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比较、溶液pH值、盐类水解等，判断一元酸HA是弱酸为解题关键。具体分析如下：02mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，
20、得到的溶液为01mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c（A-）=01mol/L，图像中c（A-）的浓度小于01mol/L，所以HA为弱酸。16.已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2(g)N2O4(g) H0。现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入体积为1 L的恒温密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图。下列说法错误的是A图中共有两条曲线X和Y，其中曲线X表示NO2浓度随时间的变化Ba、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是b和dC反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是加入0.4 mol N2O4D若要达到与d相同的状态，在25 min时还可以采取
21、的措施是适当缩小容器体积【答案】C【解析】试题分析：A、在相同时间内，X曲线表示的物质的浓度该变量是Y曲线表示的物质的浓度该变量的2倍，所以曲线X表示NO2浓度随时间的变化，正确；B、物质的浓度不再改变，表示化学反应处于平衡状态，根据曲线可知b和d处于平衡状态，正确；C、反应进行至25 min时，NO2的浓度由0.6molL1增加到1.0molL1，曲线发生变化的原因是加入0.4 mol NO2，错误；D、增大压强，平衡向正反应方向移动，也有可能达到与d相同的状态。考点：本题考查化学平衡移动原理及应用、图像的分析。17.对于可逆反应N2(g)3H2(g) 2NH3(g)Hp1)B. 温度对反应
22、的影响C. 平衡体系增加N2对反应的影响D. 催化剂对反应的影响【答案】C【解析】【详解】A.该反应中增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，故A错误；B.因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，故B错误；C.反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，故C正确；D.因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡的时间少，与图象不符，
23、故D错误。故选C。18.500 条件下，在恒容密闭容器中，充入1 mol NO2存在如下平衡：2NO2(g) N2O4(g)。平衡后，向容器内再充入1 mol NO2，下列说法正确的是A. 平衡向正反应方向移动B. 平衡常数K增大C. NO2的转化率变小D. 容器内气体颜色先变深后变浅，最后比原来还要浅【答案】A【解析】【详解】A.当反应达到平衡后，增加反应物的浓度，化学平衡向正反应方向移动。正确。B.化学平衡常数只与温度有关，而与其它条件无关，所以K不变。错误。C.由于反应物只有一种，且正反应是气体体积减小的反应，所以增加反应物的浓度，平衡正向移动，这时该反应物的转化率增大。错误。D.增加反
24、应物的浓度，化学平衡正向移动，使反应物的浓度减小，但由于该反应是在体积固定的密闭容器中进行的，对NO2来说，浓度要比原来大。故颜色比加入的瞬间小，但比原来颜色要深。错误。答案选A。19.工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl H=+QkJ/mol(Q0)，某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行上述反应，下列叙述正确的是（ ）A. 反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B. 若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为QkJC. 反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则H2的反应速率为0.03mol/(L
25、min)D. 反应吸收0.025QkJ热量时，生成的HCl通入100mL1mol/L的NaOH溶液中恰好完全反应【答案】D【解析】【详解】A. 反应过程中，因为反应物气体分子数小于生成物气体分子数，所以若增大压强，平衡逆向移动，SiCl4的转化率降低，A错误；B. 若反应开始时SiCl4为1mol，则参加反应的SiCl41mol，达平衡时，吸收热量QkJ，B错误；C. 反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则参加反应的H2的物质的量浓度为0.06mol/L，H2表示的反应速率为0.015mol/(Lmin)，C错误；D. 反应吸收0.025QkJ热量时，生成的HCl为0.0254
26、=0.1mol，通入100mL1mol/L的NaOH溶液中恰好完全反应，D正确。故选D。【点睛】在热化学方程式中，虽然表示的反应为可逆反应，但我们在提取数据时，仍把反应看作是完全进行的反应，如2SO2(g)O2(g)2SO3(g) H197kJmol1，表示2molSO2(g)与1molO2(g)完全反应，生成2molSO3(g)时，放热197kJ。20.已知：H2(g)+I2(g)2HI(g)；H= -14.9kJmol-1。某温度下在甲、乙两个恒容密闭容器中充入反应物，其起始浓度如下表所示。甲中反应达到平衡时，测得c(H2)=0.008molL-1。下列判断正确的起始浓度c(H2)/(mo
27、lL-1)c(I2)/(molL-1)c(HI)(molL-1)甲0.010.010乙0.020.020A. 平衡时，乙中H2的转化率是甲中的2倍B. 平衡时，甲中混合物的颜色比乙中深C. 平衡时，甲、乙中热量的变化值相等D. 该温度下，反应的平衡常数K=0.25【答案】D【解析】【分析】若甲的装置体积为1L，则乙装置可以看作刚开始体积为2L，待反应达到平衡时，再压缩容器至1L，由于该反应前后，气体的体积不变，所以压缩容器，压强增大，平衡不移动，则甲、乙两个体系除了各组分的物质的量、浓度是2倍的关系，其他的物理量，比如百分含量，转化率是一样的。【详解】A. 假设甲装置体积为1L，乙装置体积刚开
28、始为2L，平衡后再压缩至1L，由于反应前后气体体积不变，所以压缩容器后，平衡不移动，所以乙中H2的转化率和甲中的相同，A错误；B. 平衡时，乙中I2的浓度是甲中的2倍，则乙中混合物颜色更深，B错误；C. 平衡时，乙中HI的浓度是甲中的2倍，所以二者热量变化量不相等，C错误；D. 甲中的三段式为（单位：molL-1）：H2(g)+I2(g)2HI(g)112起0.010.010转0.0020.0020.004平0.0080.0080.004K=0.25，D正确；故合理选项为D。【点睛】对于等效平衡的题目，可以先假设相同的条件，在平衡之后再去改变条件，判断平衡移动的方向。此外，要注意易错点A选项，
29、浓度加倍是因为平衡不移动，体积减半，但是转化率的变动只和平衡移动有关系，平衡不移动，转化率肯定不会变。21.在一定温度下，向一个容积为2L的密闭容器内（预先加入催化剂）通入2molNH3，经过一段时间后，测得容器内的压强为起始时的1.2倍.则NH3的转化率为（）A. 25%B. 80%C. 10%D. 20%【答案】D【解析】【分析】令平衡时参加反应NH3的物质的量为xmol，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，利用压强之比等于物质的量之比，结合平衡时容器内气体压强为起始时的1.2倍列方程计算x的值，进而计算NH3的转化率。【详解】令平衡时参加反应NH3的物质的量为xmol，由题意建立如下
30、三段式：2NH3N2（g）+3H2（g）开始（mol）：2 0 0变化（mol）：x 0.5x 1.5x平衡（mol）：2-x 0.5x 1.5x所以根据压强之比等于物质的量之比可知2-x+0.5x+1.5x=21.2，解得x=0.4，所以NH3的转化率为0.4/2100%=20%。故答案选D。22.已知次氯酸是比碳酸还弱的酸，反应Cl2+ H2OHCl + HClO达平衡后，要使HClO浓度增大，可加入A. 足量6mol/L NaOH溶液B. 少量6mol/L H2SO4溶液C. 少量NaHCO3固体D. 足量Na2SO3溶液【答案】C【解析】试题分析：A、NaOH和HCl、HCOl都反应，
31、HClO浓度减小，错误；B、加入少量6mol/L H2SO4溶液，溶液氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，HClO浓度减小，错误；C、加入少量NaHCO3固体，与HCl反应，而HClO不反应，溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，HClO浓度增加，正确；D、Na2SO3具有还原性，可与HClO发生氧化还原反应而导致HClO浓度减小，错误。考点：本题考查化学平衡移动。23.在体积均为1 L，pH均等于2的盐酸和醋酸中，分别投入0.12 g镁粉充分反应后，下图中比较符合反应事实的曲线是A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.n（HCl）=1L0.01mol/L=0.0
32、1mol，因为CH3COOH为弱酸，所以CH3COOH的物质的量大于0.01mol，n（Mg）=0.12g24g/mol=0.005mol。盐酸和镁恰好反应，醋酸为弱酸，反应后醋酸过量，溶液成酸性，则反应后醋酸pH较小，故A错误B.由选项A的分析可知，盐酸和镁恰好反应，醋酸为弱酸，反应后醋酸过量，溶液成酸性，则反应后醋酸pH较小，故B正确；C、盐酸和镁恰好反应，醋酸过量，则镁完全反应，生产氢气体积相同，故C错误；D、由于醋酸为弱酸，等pH时，醋酸浓度大，则醋酸反应较快，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查弱电解质的电离、化学计算、图像的分析。24.25时，某溶液中由水电离产生的c(H+)和c(
33、OH-)的乘积为110-18，下列说法正确的是A. 该溶液可能pH=5B. 该溶液的pH一定是9C. 该溶液的pH可能是7D. 不会有这样的溶液【答案】A【解析】试题分析：酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，25时，纯水中水电离产生的C（H+）C（OH-）=110-14，该溶液中由水电离产生的C（H+）C（OH-）=110-18110-14，说明该溶液中的溶质抑制水电离，则溶液可能是酸或碱溶液，该溶液可能pH=5，也可能pH=9，不可能是7，所以A项正确。考点：本题考查影响水电离的因素、溶液离子浓度的判断。二、填空题25.一定条件下，容积2 L的密闭容器中，将2 mol L气体和3
34、mol M气体混合，发生如下反应：2L(g)3M(g) xQ(g)3R(g)，10s末，生成2.4 mol R，测得Q的浓度为0.4 molL1。计算：（1）10 s末L的物质的量浓度为_。（2）前10 s内用M表示的化学反应速率为_。（3）化学方程式中x值为_。（4）在恒温恒容条件，往容器中加入1 mol氦气，反应速率_(增大、减小、不变)。（5）在恒温恒压条件，往容器中加入1 mol氦气，反应速率_(增大、减小、不变)。【答案】（1）0.2mol/L；（2）0.12mol/(Ls)；（3）1；（4）不变；（5）减小；【解析】【分析】根据题意，列出三段式结合定义作答，（1）根据三段式求解；（
35、2）根据定义求解；（3）结合生成R与Q的物质的量之比等于对应的化学计量数之比作答；（4）恒温恒容状态下，充入不反应的气体，参与反应的各物质的浓度不变，据此分析；（5）恒温恒压状态下，充入不反应的气体，容积变大，参与反应的各物质的浓度变小，分析解答。【详解】经10 s达平衡，生成2.4 mol R，并测得Q的浓度为0.4mol/L，Q物质的量= 0.4mol/L2L=0.8 mol，物质的量之比等于化学计量数之比，0.8：2.4 = x：3，计算得到x = 1；（1）10s末L的物质的量浓度 = = 0.2 mol/L，故答案为0.2mol/L；（2）前10s内用M表示的化学反应速率故答案为0.
36、12 mol/Ls；（3）10 s末，生成2.4 mol R，并测得Q的浓度为0.4 molL1,Q物质的量=0.4 mol/L2 L= 0.8 mol，物质的量之比等于化学计量数之比，0.8：2.4=x：3，计算得到x=1，故答案为1；（4）在恒温恒容条件，往容器中加入1mol氦气，总压增大，但各物质的浓度保持不变，其所占的分压不变平衡不动，反应速率不变，故答案为不变；（5）在恒温恒压条件，往容器中加入1mol氦气，为保持恒压条件增大，压强减小，反应速率减小，故答案为减小。【点睛】值得注意的是，有气体参加的反应，改变压强，对化学反应速率产生影响的根本原因是气体物质浓度的改变，这是解题的关键。
37、如本题的第（4）和第（5）问恒温恒容时，充入无关气体（如稀有气体、非反应体系气体）总压强增大，但各气体反应物浓度不变，其分压保持不变，即反应速率不变；恒温恒压则不同，当充入无关气体时，导致容器体积增大，各气体反应物浓度会减小，其分压减小，即反应速率减小；26. 汽车尾气是城市的主要空气污染物，研究控制汽车尾气成为保护环境的首要任务。（1）汽车内燃机工作时发生反应：N2(g) + O2(g)2NO(g)，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。T 时，向5L密闭容器中充入6.5 molN2和7.5 molO2，在5 min时反应达到平衡状态，此时容器中NO的物质的量是5 mol。 5 min内该反应
38、的平均速率(NO) = ；在T 时，该反应的平衡常数K = 。 反应开始至达到平衡的过程中，容器中下列各项发生变化的是 （填序号）。a. 混合气体的密度 b. 混合气体的压强 c. 正反应速率 d. 单位时间内，N2和NO的消耗量之比（2）H2或CO可以催化还原NO以达到消除污染的目的。已知：N2(g) + O2(g) = 2NO(g) DH= +180.5 kJmol12H2(g) + O2(g) = 2H2O(l) DH= 571.6 kJmol1则H2(g)与NO(g)反应生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式是 。（3）当质量一定时，增大固体催化剂的表面积可提高化学反应速率。下图表
39、示在其他条件不变时，反应：2NO(g) + 2CO(g)2CO2(g) + N2(g) 中NO的浓度c(NO)随温度（T）、催化剂表面积（S）和时间（t）的变化曲线。 该反应的DH 0 （填“”或“”）。 若催化剂的表面积S1S2 ，在下图中画出c(NO) 在T1、S2 条件下达到平衡过程中的变化曲线。【答案】（9分）（1） 0.2 molL-1min-1（1分） 1.25（1分） c d（2分）（2）2H2(g) + 2NO(g) = N2(g) + 2H2O(l) DH = 752.1 kJmol-1 （2分）（3） （1分）（2分）【解析】试题分析：（1）根据“三段式”进行计算：N2(g
40、) + O2(g)2NO(g)开始（mol/L） 6.5 7.5 0变化（mol/L） 2.5 2.5 5平衡（mol/L） 4 5 55 min内该反应的平均速率 (NO) = 5mol5L5min=0.2 molL-1min-1；把平衡时各物质物质的量转化为物质的量浓度，可得平衡常数K =12（0.81）=1.25。a、根据质量守恒定律，气体的质量不变，体积恒定，所以混合气体的密度为定值，不发生变化；b、该反应前后气体系数相等，所以压强定值，不发生变化；c、反应开始至达到平衡的过程中，正反应速率逐渐减小，正确；d、在达到化学平衡前，正反应速率大于逆反应速率，所以单位时间内，N2和NO的消耗
41、量之比逐渐减小，正确。（2）首先写出H2与NO反应的化学方程式并注明状态，然后根据盖斯定律求焓变，H=H1H2=752.1 kJmol-1，可写出热化学方程式。（3）根据图像可知，T2反应速率快，则T1 T2，T2时NO的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，所以正反应为放热反应，H 7、=7、7、=7、7）。【答案】 (1). 110-12 (2). 11 (3). 110-11mol/L (4). =7 (5). 7【解析】【分析】在t时，某NaOH稀溶液中，c(H+)=10-amol/L，c(OH-)=10-bmol/L，已知a+b=12，则：（1）该温度下，水的离子积常数Kw= c(H+)
42、c(OH-)，代入数据，即可求出Kw；（2）该温度下，将100mL0.1mol/L的稀硫酸与100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后，混合溶液中，c(OH-)=，利用Kw可求出溶液中的c(H+)，从而求出溶液的pH，此时该溶液中由水电离的c(OH-)= c(H+)。（3）室温下，pH=3的硫酸溶液和pH=11的NaOH溶液等体积(假设为1L)混合后，硫酸电离产生的n(H+)=10-3mol/L1L=10-3mol，NaOH电离产生的n(OH-)=10-3mol/L1L=10-3mol，二者刚好完全反应，混合溶液呈中性；pH=3的醋酸溶液和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，虽然H+与O
43、H-的物质的量也相等，但由于醋酸溶液中存在大量未电离的醋酸，所以反应后醋酸有剩余，发生电离使溶液显酸性。【详解】在t时，某NaOH稀溶液中，c(H+)=10-amol/L，c(OH-)=10-bmol/L，已知a+b=12，则：（1）该温度下，水的离子积常数Kw= c(H+) c(OH-)=10-a10-b=10-(a+b)=10-12；答案为：110-12；（2）该温度下，将100mL0.1mol/L的稀硫酸与100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后，混合溶液中，c(OH-)=，利用Kw可求出溶液中的c(H+)=10-11mol/L，从而求出溶液的pH=11，此时该溶液中由水电离的c(
44、OH-)= c(H+)=10-11mol/L。答案为：11；110-11mol/L；（3）室温下，pH=3的硫酸溶液和pH=11的NaOH溶液等体积(假设为1L)混合后，硫酸电离产生的n(H+)=10-3mol/L1L=10-3mol，NaOH电离产生的n(OH-)=10-3mol/L1L=10-3mol，二者刚好完全反应，混合溶液呈中性，pH=7；pH=3的醋酸溶液和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，虽然H+与OH-的物质的量也相等，但由于醋酸溶液中存在大量未电离的醋酸，所以反应后醋酸有剩余，发生电离使溶液显酸性，pH7。答案为：=7；”、“”或“7，则V10B若混合液pHc(C6H5O
45、)c(H)c(OH)CV10时，混合液中水的电离程度小于10mL0.01molL1苯酚溶液中水的电离程度DV5时，2c(NH3H2O)2c(NH4+)c(C6H5O)c(C6H5OH)（5）水解反应是典型的可逆反应，水解反应的化学平衡常数称为水解常数(用Kb表示)，类比化学平衡常数的定义，请写出Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表达式：_。【答案】 (1). 3O2 (2). 杀菌消毒 (3). 吸附(净水) (4). 温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动 (5). (6). (7). C6H5OHPO43-=C6H5OHPO42- (8). = (9). D (10). Kb=【
46、解析】【分析】.（1）FeO42-与水反应的离子方程式：4FeO42-10H2O 4Fe(OH)38OH_，反应中，Fe由+6价降低为+3价，则价态升高的元素只能为H2O中的O，从而得出氧化产物为O2；K2FeO4在处理水的过程中，Fe价态降低，作氧化剂，生成Fe(OH)3胶体，作净水剂。（2）从图中可以看出，升高温度，c(FeO42-)减小，则平衡正向移动。. （1）由上表分析，若CH3COOH，HCO3-，C6H5OH，H2PO4-均可看做酸，表中的电离常数分别为：1.76105、5.611011、1.11010、6.23108，可确定它们酸性由强到弱的顺序。（2）C6H5OH与Na3PO
47、4反应，生成C6H5O-与HPO42-。（3）25时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，由于二者的电离常数相同，所以混合液中，CH3COO与NH4+的水解程度也相同，由此可得出c(CH3COO)与c(NH4+)的大小关系。（4）A由二者的电离常数分析，即便混合液pH7，也有可能出现V10； B若混合液pH0。答案为：温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动；. （1）由上表分析，若CH3COOH，HCO3-，C6H5OH，H2PO4-均可看做酸，表中的电离常数分别为：1.76105、5.611011、1.11010、6.23108，可确定它们酸性由强到弱的顺序为。答案为：；（2）C6H5OH
48、与Na3PO4反应，生成C6H5O-与HPO42-，反应的离子方程式为C6H5OHPO43-=C6H5OHPO42-。答案为：C6H5OHPO43-=C6H5OHPO42-；（3）25时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，由于二者的电离常数相同，所以混合液中，CH3COO与NH4+的水解程度也相同，由此可得出混合液中：c(CH3COO)=c(NH4+)。答案为：=；（4）A由二者的电离常数分析，即便混合液pH7，也有可能出现V10，A不正确；B若混合液pHc(NH4+) c(H)c(OH)，B不正确；CV10时，二者刚好完全反应，混合液中发生C6H5O、NH4+的水解反应，水的电离程度大于10mL0.01molL1苯酚溶液中水的电离程度，C错误；DV5时，n(C6H5OH)=2n(NH3H2O)，依据守恒原则，2c(NH3H2O)2c(NH4+)c(C6H5O)c(C6H5OH)，D正确。答案为：D；（5）Na2CO3第一步水解反应为CO32-H2OHCO3-OH-，水解常数的表达式为。答案为：。
