1、深圳高级中学（集团）2017-2018学年高二年级第一学期期中考试化学试卷1. 化学与生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是A. “低碳生活”是指生活中尽量使用含碳量较低的物质B. 燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生C. 高纯铝被大量用于制造火箭、导弹和飞机的部件D. 食品包装袋内的铁粉和生石灰的作用原理相同【答案】B2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 2.24L由氧气和臭氧组成的混合物中含有分子数目为0.1 NAB. 1mol N2与4mol H2反应生成的NH3分子数为2NAC. pH=1 的稀硫酸中，含有H+总数为0.1 NAD. 过氧化钠与水反应时，生成0.1m
2、ol氧气转移的电子数为0.2NA【答案】D【解析】A项，由于混合气所处温度和压强未知，无法用22.4L/mol计算混合气的物质的量，错误；B项，N2与H2合成氨气的反应为可逆反应，生成的NH3分子数小于2NA，错误；C项，pH=1的稀硫酸中c（H+）=0.1mol/L，溶液体积未知，无法计算H+物质的量，错误；D项，Na2O2与水的反应可分析为：，生成0.1molO2转移0.2mol电子，正确；答案选D。点睛：本题以阿伏加德罗常数计算为载体，重点考查气体体积的换算、溶液中离子、可逆反应、化学反应中电子的转移等内容。需要注意：22.4L/mol适用于标准状况下由气体体积求气体分子物质的量；可逆反
3、应中反应物的转化率小于100%；歧化反应中转移电子数的确定（如题中参与反应的Na2O2中一半作氧化剂，一半作还原剂）。3. 由下列实验及现象推出的结论正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A项，向滴加了酚酞的NaOH溶液中通入适量Cl2，Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，Cl2与水反应生成的HClO具有强氧化性，使得溶液红色逐渐变淡至无色，错误；B项，Mg条点燃伸入集满CO2的集气瓶中，集气瓶中产生白烟且有黑色颗粒产生说明发生反应2Mg+CO22MgO+C，CO2表现氧化性，被还原成C，正确；C项，加热NH4Cl固体时试管底的固体减少至消失，上部试
4、管壁出现晶体，发生反应NH4ClNH3+HCl、NH3+HCl=NH4Cl，不是升华，错误；D项，向1mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加2滴0.1mol/LNaCl溶液，反应后AgNO3过量，再加入KI溶液，过量的AgNO3能与KI形成黄色AgI沉淀，不能证明发生了沉淀的转化，错误；答案选B。4. 下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是 图1 图2 图3 图4A. 用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB. 用图2所示装置以海水制取蒸馏水C. 用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体D. 用图4所示装置利用无水乙醇萃取碘水中的碘【答案】B【解析】A项，NaOH不仅吸收HCl
5、，而且吸收Cl2，使Cl2减少，错误；B项，从海水中获得蒸馏水可用蒸馏法，正确；C项，纯碱溶于水，不能控制反应，制得的CO2中混有HCl和H2O（g），不能得到纯净的CO2，错误；D项，无水乙醇与水互溶，不能用无水乙醇从碘水中萃取碘，错误；答案选B。点睛：本题考查化学实验的基本操作。注意常见气体的制备、除杂和净化，萃取剂的选择。萃取剂的选择必须满足三个条件：萃取剂与原溶剂互不相溶，萃取剂与原溶液不反应，溶质在萃取剂中的溶解度远大于溶质在原溶剂中的溶解度。5. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元
6、素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是A. 氢化物的稳定性：X WB. 离子半径：X YC. 氧化物水化物的酸性W ZD. Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期【答案】C【解析】W的简单氢化物可用作制冷剂，W为N元素；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Y为Na元素；由X、Y、Z三种元素形成的一种盐中加入稀盐酸有黄色沉淀析出同时有刺激性气体产生，该黄色沉淀为S，结合X、Y、Z的原子序数依次增大，X为O元素，Z为S元素。A项，非金属性ON，氢化物的稳定性：H2ONH3，正确；B项，O2-、Na+具有相同的电子层结构，核电荷数：O2-Na
7、+，离子半径O2-Na+，正确；C项，N的氧化物水化物有HNO3、HNO2，S的氧化物的水化物有H2SO4、H2SO3，酸性：H2SO4HNO2、HNO3H2SO3，错误；D项，S和O都属于VIA族，S与Na都属于第三周期，正确；答案选C。6. 臭氧是理想的烟气脱硝剂，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，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是ABCD升高温度，化学平衡常数增大03秒内，反应速率V(O3)= 0.1molL-1s-1加入催化剂，平衡向正反应方向移动达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)A. A B. B C. C D. D【
8、答案】B【解析】A项，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，错误；B项，03s内（NO2）=0.2mol/（Ls），则（O3）=（NO2）=0.1mol/（Ls），正确；C项，加入催化剂，平衡不移动，错误；D项，若x为c（O2），增大O2的浓度，平衡向逆反应方向移动，NO2的转化率减小，错误；答案选B。7. 下列离子方程式书写正确的是A. KAl(SO4)2中滴加Ba(OH)2使SO42-恰好完全沉淀2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH-=2Al(OH)3+3BaSO4B. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO
9、2CO23H2O2Al(OH)3CO32C. 醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO32HCa2H2OCO2D. 向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+【答案】D【解析】A项，SO42-完全沉淀时KAl（SO4）2与Ba（OH）2以物质的量之比1:2反应，反应的化学方程式为KAl（SO4）2+2Ba（OH）2=2BaSO4+KAlO2+2H2O，离子方程式为Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+AlO2-+2H2O，错误；B项，通入过量CO2生成NaHCO3，正确的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al（O
10、H）3+HCO3-，错误；C项，醋酸属于弱酸，应以化学式保留，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO-+H2O+CO2，错误；D项，向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2发生沉淀的转化，正确；答案选D。点睛：本题考查离子方程式正误的判断。离子方程式常见的错误：（1）不符合客观事实；（2）拆分不正确，易溶于水、易电离的物质拆成离子，其余物质以化学式保留（如C项CH3COOH不改写）；（3）漏写部分离子反应；（4）“”、“”、“=”、“”等符号使用错误；（5）不符合量比要求（如A、B项）；（6）离子方程式不平，原子不守恒、电荷不守恒。8. 下表中物质的分类组合正确的是
11、ABCD强电解质NaClH2SO4CaCO3HNO3弱电解质HFBaSO4HClOHI非电解质 C2H5OHCS2Cl2SO2A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A项，NaCl属于强电解质，HF为弱酸属于弱电解质，C2H5OH溶于水和熔融状态都不能导电，属于非电解质，正确；B项，H2SO4属于强电解质，BaSO4虽然难溶于水，但溶于水的BaSO4完全电离，BaSO4属于强电解质，CS2属于非电解质，错误；C项，CaCO3属于强电解质，HClO为弱酸属于弱电解质，Cl2为单质，Cl2既不是电解质也不是非电解质，错误；D项，HNO3、HI都是强酸，HNO3、HI都属于强电解质，
12、SO2属于非电解质，错误；答案选A。点睛：本题考查强电解质、弱电解质和非电解质的判断。必须注意：（1）电解质和非电解质都必须是化合物，单质（如Cl2）、混合物既不是电解质也不是非电解质；（2）电解质溶于水或熔融状态导电的离子必须是电解质自身电离的，如SO2的水溶液能导电，但导电离子是H2SO3电离的，不是SO2电离的，SO2属于非电解质；（3）电解质按电离程度不同分成强电解质和弱电解质，与物质的溶解性无关，如BaSO4、CaCO3虽然难溶于水，但溶于水的完全电离，BaSO4、CaCO3属于强电解质。9. 下列事实不能说明HNO2是弱电解质的是A. 常温下NaNO2溶液的pH大于7B. 0.1
13、molL1 HNO2溶液稀释至100倍，pH3C. HNO2和NaCl不能发生反应D. 常温下pH=2的HNO2溶液与pH =12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH小于7【答案】C【解析】A项，常温下NaNO2溶液的pH大于7，说明NO2-发生水解，可说明HNO2是弱酸，正确；B项，0.1mol/LHNO2溶液稀释至100倍，物质的量浓度变为0.001mol/L，0.001mol/LHNO2溶液的pH3说明HNO2部分电离，说明HNO2是弱酸，正确；C项，HNO2和NaCl不反应，不能说明酸性的强弱，如HNO3等强酸与NaCl也不反应，错误；D项，NaOH为强碱，常温下pH=2的HNO2溶
14、液和pH=12的NaOH等体积混合后溶液的pH小于7，说明反应后HNO2过量，说明HNO2是弱酸，正确；答案选C。点睛：本题考查通过实验证明某酸是强酸还是弱酸。实验证明某酸是强酸还是弱酸可从以下几个方面思考：（1）从弱电解质电离的特点分析，如测已知物质的量浓度溶液的pH（题中B项）、比较等物质的量浓度等体积强酸弱酸导电能力的强弱、比较等物质的量浓度强酸弱酸与相同活泼金属反应的快慢等；（2）从影响弱电解质电离平衡的因素分析，如测等pH的强酸弱酸溶液稀释相同倍数后的pH、等pH等体积强酸弱酸与相同活泼金属反应的快慢等；（3）从对应盐是否发生水解分析，如测对应强碱盐溶液的pH（题中A项）。10. 在
15、一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32- + H2O HCO3-+ OH- ，下列说法正确的是A. 通入CO2，平衡朝正反应方向移动B. 稀释溶液，水解平衡常数增大C. 升高温度，减小D. 加入NaOH固体，溶液pH减小【答案】A【解析】A项，通入CO2消耗OH-，OH-浓度减小，平衡向正反应方向移动，正确；B项，稀释溶液，促进CO32-水解，温度没有变化，水解平衡常数不变，错误；C项，盐类水解是吸热过程，升高温度促进水解，c（HCO3-）增大，c（CO32-）减小，增大，错误；D项，加入NaOH电离出OH-，c（OH-）增大，溶液的pH增大，错误；答案选A。11. 某温度下，相同
16、体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是A. 为盐酸稀释时pH变化曲线B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱C. a点KW的值比c点KW的值大D. 与相同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积，a点比b点大【答案】D【解析】A项，由图可见，稀释相同倍数，曲线I的pH改变值大于曲线II的pH改变值，则曲线I为盐酸稀释时pH变化曲线，曲线II为醋酸稀释时pH变化曲线，错误；B项，b点稀释的倍数小于c点，b点溶液中离子物质的量浓度大于c点，b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，错误；C项，稀释过程中温度不变，a点KW的值与c点
17、KW的值相等，错误；D项，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，等pH的盐酸和醋酸，醋酸溶液物质的量浓度大于盐酸，开始等体积溶液中CH3COOH物质的量大于HCl物质的量，稀释后仍是醋酸溶液中CH3COOH物质的量大于HCl物质的量，则消耗的NaOH为醋酸大于盐酸，则消耗NaOH溶液的体积，a点大于b点，正确；答案选D。点睛：本题考查强酸、弱酸稀释后pH曲线的图像分析，解题的关键是曲线的判断，弱酸溶液加水稀释促进电离，稀释相同倍数时弱酸pH的改变值小于强酸pH的改变值。需要注意：（1）溶液导电性的强弱取决于溶液中离子物质的量浓度的大小和离子所带电荷数；（2）酸溶液中和碱的能力取决于溶液中酸的物质的量和酸的元
18、数，与酸的强弱无关。12. 在25 时水的离子积KW1.01014，在35 时的离子积KW2.11014，则下列叙述正确的是A. 水中c(H)随着温度的升高而降低B. 35 时的水比25 时的水电离程度小C. 25oC时，纯水中滴加NaOH溶液，KW变小D. 35 时的，纯水中滴加NH4Cl溶液，水的电离程度增大【答案】D【解析】A项，温度升高水的离子积增大，水中c（H+）随着温度的升高而增大，错误；B项，温度升高促进水的电离，35时的水比25时的水电离程度大，错误；C项，25时，纯水中滴加NaOH溶液，温度不变，KW不变，错误；D项，35时，纯水中滴加NH4Cl，NH4+与水电离的OH-结合
19、成NH3H2O，OH-浓度减小，促进水的电离，水的电离程度增大，正确；答案选D。13. 室温时，下列混合溶液的pH一定大于7的是A. pH3的盐酸和pH11的氨水等体积混合B. 0.01 molL-1的盐酸和pH12的氢氧化钡溶液等体积混合C. pH3的醋酸和pH11的氢氧化钠溶液等体积混合D. 0.01 molL-1的硫酸和0.01 molL-1的氨水等体积混合【答案】A【解析】A项，盐酸为强酸溶液，氨水为弱碱溶液，室温下pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合，反应后氨水过量，溶液呈碱性，pH大于7；B项，盐酸为强酸溶液，Ba（OH）2为强碱，pH=12的Ba（OH）2溶液中c（OH-）
20、=0.01mol/L，两者等体积混合恰好完全反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，室温下pH等于7；C项，醋酸为弱酸，NaOH为强碱，室温下pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合，反应后醋酸过量，溶液呈酸性，pH小于7；D项，硫酸为二元强酸，氨水为一元弱碱溶液，0.01mol/L硫酸和0.01mol/L氨水等体积混合，反应后硫酸过量，溶液呈酸性，室温下pH小于7；室温下混合溶液pH一定大于7的是A，答案选A。14. 用标准盐酸滴定未知浓度的氨水溶液(锥形瓶中)时，下列说法正确的是A. 量取一定体积的氨水用如右图所示仪器B. 从测定结果的准确性考虑，选择酚酞作指示剂比选甲基橙要好C. 滴定
21、前滴定管的尖嘴处有气泡，而在滴定后气泡消失，则测定氨水的浓度偏高D. 滴定过程中，往锥形瓶中加入少量蒸馏水会导致测定的浓度偏小【答案】C【解析】A项，氨水溶液呈碱性，应用碱式滴定管量取一定体积的氨水，错误；B项，盐酸与氨水恰好完全反应生成NH4Cl，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4Cl溶液呈酸性，所以选用酸性范围内发生颜色变化的指示剂，选用甲基橙比酚酞要好，错误；C项，滴定前滴定管的尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，消耗盐酸溶液的体积偏大，测定氨水的浓度偏高，正确；D项，滴定过程中，往锥形瓶中加入少量蒸馏水对测定结果无影响，错误；答案选C。点睛：本题考查酸碱中和滴定实验中仪器的选择、指示剂的选择和
22、误差分析。指示剂选择的原则：变色要灵敏，变色范围要小，变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致；强酸和强碱的滴定可用甲基橙、可用酚酞，强酸和弱碱的滴定用甲基橙，强碱和弱酸的滴定用酚酞。依据计算公式c=分析实验误差，实验过程中由于操作不当，VHCl（aq）偏大，测得的物质的量浓度偏大，反之测得的物质的量浓度偏小。15. 关于0.1 mol/L醋酸钠溶液，下列说法正确的是A. 加少量水稀释时，增大B. 向其中再加入少量醋酸钠晶体时，溶液中所有离子浓度都增大C. 离子浓度大小比较：c(CH3COO) c(Na) c(OH) c(H)D. 向其中加入盐酸至恰好呈中性时，c(Na) c(CH3COO)【答
23、案】A【解析】在醋酸钠溶液中存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。A项，加水稀释，促进CH3COO-的水解，n（CH3COOH）增大，n（CH3COO-）减小，=增大，正确；B项，再加入少量醋酸钠晶体，c（CH3COO-）增大，水解平衡正向移动，c（OH-）增大，但温度不变水的离子积不变，c（H+）减小，错误；C项，离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（CH3COO-）c（OH-）c（H+），错误；D项，向溶液中加入HCl，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（Cl-）+c（OH-），溶液呈中性c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c
24、（CH3COO-）+c（Cl-），错误；答案选A。16. 某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A. 加入Na2SO4可以使溶液由a点变到b点B. 通过蒸发可以使溶液由d点变到c点C. d点无BaSO4沉淀生成D. a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp【答案】C.考点：考查沉淀溶解平衡的平衡常数及平衡移动。17. 对下列现象或事实的解释正确的是选项现象或事实解释A蒸发NaAlO2溶液可以获得固体NaAlO2NaAlO2在水中不会水解B施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效C漂白粉在空气中久置变质
25、漂白粉中的ClO-可以水解成HClO DFeCl3溶液可用于水处理FeCl3中Fe3+具有氧化性可杀菌消毒A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A项，NaAlO2溶液中存在水解平衡：NaAlO2+2H2ONaOH+Al（OH）3，蒸发溶液时水解生成的NaOH和Al（OH）3反应仍生成NaAlO2，错误；B项，K2CO3属于强碱弱酸盐，由于CO32-的水解溶液呈碱性，NH4Cl属于强酸弱碱盐，由于NH4+的水解溶液呈酸性，若两者混合施用，由于水解互相促进会产生氨气降低肥效，正确；C项，漂白粉在空气中久置变质的原因是：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO、2H
26、ClO2HCl+O2，错误；D项，FeCl3溶液用于水处理，FeCl3水解生成Fe（OH）3胶体吸附水中的悬浮物，起净水作用，不是杀菌消毒，错误；答案选B。18. 在浓度均为0.1 mol/L、体积均为V0的HX、HY，分别加水稀释至体积V，pH随lg V/V0的变化关系如右图所示。下列叙述正确的是A. a、b两点的溶液中：c（X-）c（Y-）B. 相同温度下，电离常数K(HX)：daC. 溶液中水的的电离程度：dcbaD. lgV/V0=2时，若同时微热两种液体（不考虑挥发），则c(X-) /c(Y-) 增大【答案】D【解析】当lgV/V0=0时，0.1mol/LHY溶液的pH=1，0.1m
27、ol/LHX溶液的pH1，则HY为强酸，HX为弱酸。A项，a点HX溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（OH-）+c（X-），b点HY溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（OH-）+c（Y-），a点、b点pH相同，两溶液中c（H+）、c（OH-）相等，则a、b两点溶液中c（X-）=c（Y-），错误；B项，稀释时温度不变，电离平衡常数不变，a、d点的K（HX）相等，错误；C项，酸溶液中OH-全部来自水的电离，图中a、b、c、d点的pH由大到小的顺序为：dca=b，四点溶液中c（OH-）由大到小的顺序为dca=b，溶液中水的电离程度：dca=b，错误；D项，当lgV/V0=2时，微热两种溶液，由于HY为强
28、酸，c（Y-）不变，HX为弱酸，升高温度促进HX的电离，c（X-）增大，则c（X-）/c（Y-）增大，正确；答案选D。19. 25时，将浓度均为0.1 molL-1、体积分别为Va 和Vb 的HA 溶液与BOH 溶液按不同体积比混合，保持VaVb100 mL，Va、Vb 与混合液的pH 的关系如图所示。下列说法正确的是A. Ka(HA)10-6 molL-1B. b 点时，c(B+) c(A-) c(H+) c(OH-)C. c 点时，随温度升高而减小D. ac 过程中水的电离程度始终增大【答案】C【解析】根据图知，酸溶液的pH=3，则c(H+)0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH=
29、11，c(OH-)0.1mol/L，则BOH是弱碱；AKa(HA)= c(H+)c(A)/ c(HA)103103/0.1110-5mol/L，A错误；Bb点二者恰好反应，溶液显中性，则c (B+)=c(A-)c(OH-)=c(H+)，B错误；C.c(A)/c(OH)c(HA)=1/Kh，水解平衡常数只与温度有关，升高温度促进水解，水解平衡常数增大，因此该比值随温度升高而减小， C正确；D酸或碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，所以b点水电离出的c(H+)10-7mol/L，而a、c两点水电离出的c(H+)10-7mol/L，D错误；答案选C。点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生
30、图象分析及判断能力，明确各个数据含义及各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，易错选项是D，注意酸碱盐对水电离平衡的影响变化规律。20. 常温下，Ka (HCOOH)=1.7710-4，Ka (CH3COOH)=1.7510-5，Kb (NH3H2O) =1.7610-5，下列说法正确的是A. 常温下将pH=3的 HCOOH溶液和pH=11氨水等体积混合后溶液呈碱性B. 用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等C. 0.2 molL-1 HCOOH 与 0.1 molL-1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO-
31、) + c(OH-) = c(HCOOH) + c(H+)D. 0.2 molL-1 CH3COONa 与 0.1 molL-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH c(Cl- ) c(CH3COO-) c(H+)【答案】A【解析】A项，Ka（HCOOH）Kb（NH3H2O），常温下pH=3的HCOOH溶液物质的量浓度小于pH=11的氨水溶液物质的量浓度，pH=3的HCOOH溶液和pH=11的氨水溶液等体积混合，反应后氨水过量，溶液呈碱性，正确；B项，Ka（HCOOH）Ka（CH3COOH），pH=3的HCOOH溶液物质的量浓度小于CH3COOH溶液物质的量浓度，等体积pH均为3的HCOOH溶液消耗
32、的NaOH小于CH3COOH溶液，错误；C项，0.2mol/LHCOOH与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后得到等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa的混合液，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HCOO-）+c（OH-），物料守恒为2c（Na+）=c（HCOOH）+c（HCOO-），两式整理得c（HCOO-）+2c（OH-）=c（HCOOH）+2c（H+），错误；D项，0.2mol/LCH3COONa与0.1mol/L盐酸等体积混合后得到等物质的量浓度的CH3COOH、NaCl和CH3COONa的混合液，溶液的pH7说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度
33、，溶液中粒子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）c（CH3COO-）c（Cl-）c（CH3COOH）c（H+）c（OH-），错误；答案选A。点睛：本题考查酸碱混合后溶液酸碱性的判断，等pH的酸中和碱的能力的判断，溶液中粒子浓度的大小关系。判断溶液中粒子浓度的大小关系时，首先明确溶液的组成，溶液中存在的平衡以及平衡的主次关系（如D项中CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度），弱酸、弱碱的电离和盐类水解都是微弱的，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒（质子守恒可由电荷守恒和物料守恒推出，如C项）。21. 已知常温下0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH =7.8, 已知含氮(或含碳)各微
34、粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示。下列说法不正确的是A. 溶液的pH9时，溶液中存在下列关系：c(HCO3)c(NH4)c(NH3H2O)c(CO32)B. NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c(NH4)c(NH3H2O)c(HCO3)c(CO32)c(H2CO3)C. 通过分析可知常温下 ：Kb(NH3H2O)Ka1(H2CO3)D. 在此溶液中滴加少量浓盐酸，溶液中c(CO32-) / c(HCO3-)减小【答案】C【解析】A项，由图知溶液的pH=9时，溶液中粒子浓度由大到小的顺序为c（HCO3-）c（NH4+）c（NH3H2O）c（C
35、O32-），正确；B项，NH4HCO3溶液中NH4+存在水解平衡，HCO3-既存在水解平衡又存在电离平衡，则NH4HCO3溶液中的物料守恒为c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），正确；C项，常温下0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH=7.8，溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，则Kb（NH3H2O）Ka1（H2CO3），错误；D项，溶液中存在电离平衡HCO3-H+CO32-，该电离平衡常数=，溶液中滴加少量浓盐酸，c（H+）增大，电离平衡常数不变，溶液中c（CO32-）/c（HCO3-）减小，正确；答案选C。22.
36、 研究发现，NOx和SO2是雾霾的主要成分。NOx主要来源于汽车尾气。已知：N2（g）O2（g）2NO（g） H180.50 kJmol12CO（g）O2（g）2 CO2（g） H566.00kJmol1（1）汽车尾气转化器中发生的反应为：2NO(g) + 2CO(g) N2(g) + 2CO2(g)，此反应的H =_kJmol1（2）T时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程（015min）中NO的物质的量随时间变化的关系如下图一所示。T时该化学反应的平衡常数K_；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，平衡将_移动。（填“向
37、左”、“向右”或“不）图中a、b分别表示在一定温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n(NO)的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是_（填“a”或“b”）。15min时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如图所示的变化，则改变的一个条件可能是_。A增大CO的浓度 B升高温度 C增大压强 D恒容时充入He（3）为探究温度及不同催化剂对反应2NO(g) + 2CO(g) N2(g) + 2CO2(g)的影响，分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变重复实验，在相同时间内测得N2浓度变化情况如下图二所示。下列说法正确的是_ 。A在相同温度下催化剂甲的作用下反应
38、的平衡常数比催化剂乙时大B反应在M点达到平衡，此后N2浓度减小的原因可能是温度升高，平衡向左移动CN点后N2浓度减小的原因可能是温度升高发生了副反应DN点后N2浓度减小的原因可能是温度升高催化剂活性降低了【答案】 (1). 746.50 (2). 5L/mol (3). 向右 (4). b (5). AC (6). CD【解析】试题分析：本题考查盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算和应用，化学平衡图像的分析，外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响。（1）对反应编号，N2（g）O2（g）2NO（g）H180.50 kJ/mol（式）2CO（g）O2（g）2 CO2（g） H566.00 kJ/mo
39、l（式）应用盖斯定律，式-式得2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=-566.00kJ/mol-（+180.50kJ/mol）=-746.50kJ/mol。（2）由图知NO起始物质的量为0.4mol，1015minNO物质的量不变，说明平衡时NO物质的量为0.2mol，用三段式2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）c（起始）（mol/L） 0.2 0.2 0 0c（转化）（mol/L） 0.1 0.1 0.05 0.1c（平衡）（mol/L） 0.1 0.1 0.05 0.1 该反应的化学平衡常数K=5（L/mol）。若再向容器中充入CO、N2各0.8mol，瞬
40、时CO、NO、N2、CO2物质的量浓度依次为0.5mol/L、0.1 mol/L、0.45 mol/L、0.1 mol/L，此时浓度商为=1.85，平衡将向右移动。由图知b达到平衡所需时间短，b反应速率快，催化剂表面积越大反应速率越快，表示催化剂表面积较大的曲线是b。A项，增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动，NO物质的量减小，正确；B项，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO物质的量增大，错误；C项，增大压强，平衡向正反应方向移动，NO物质的量减小，正确；D项，恒容时充入He，由于各物质的浓度不变，平衡不移动，NO物质的量不变，错误；答案选AC。（3）A项，平衡常数只与温度有关，与催化剂无关，
41、在相同温度下催化剂甲作用下反应的平衡常数与催化剂乙作用下相等，错误；B项，图中曲线表示的是相同时间内N2浓度变化情况，图中曲线研究的是温度、催化剂对化学反应速率的影响，M点后温度升高相同时间内N2浓度减小，生成N2的反应速率降低，可能是温度升高发生了副反应、温度升高催化剂活性降低，错误；C项，N点后升高温度相同时间内N2浓度减小，生成N2的反应速率降低，可能是温度升高发生了副反应，正确；D项，N点后升高温度相同时间内N2浓度减小，生成N2的反应速率降低，可能是温度升高催化剂的活性降低，且此时催化剂对反应速率的影响占主导作用，正确；答案选CD。23. 某研究性学习小组通过下列反应原理制备SO2并
42、进行性质探究。反应原理为：Na2SO3(固)+H2SO4(浓) Na2SO4 + SO2+ H2O （1）根据上述原理制备并收集干燥SO2的实验装置连接顺序为_。(填接头序号)（2）D中盛装的试剂为_。（3）甲同学用注射器吸取纯净的SO2并结合装置G进行SO2的性质实验，若X是Na2S溶液，其目的是检验SO2的_，可观察到的现象_ 。 （4）实验1：乙同学将溶液X换为浓度均为0.1mol/L Fe(NO3)3和BaCl2的混合溶液（已经除去溶解氧），通入少量SO2后观察到烧杯产生白色沉淀，乙同学认为白色沉淀为BaSO4，为探究白色沉淀的成因，他继续进行如下实验验证：（已知：0.1mol/L F
43、e(NO3) 3的pH=2）实验操作现象结论和解释2将SO2通入0.1mol/L _和BaCl2混合液产生白色沉淀Fe3+能氧化H2SO33将SO2通入_ 和 BaCl2混合液产生白色沉淀酸性条件NO3-能将H2SO3氧化为SO42-【答案】 (1). a f g d c e （写a f g d c f g e） (2). NaOH溶液（或其它碱液） (3). 氧化性 (4). 产生黄色沉淀（黄色浑浊或乳白色沉淀） (5). FeCl3 (6). 0.01mol/L HNO3 （或pH=2 的HNO3 ）【解析】试题分析：本题考查SO2的实验室制备和SO2性质探究，实验方案的设计。（1）根据反
44、应原理，制备SO2属于“固体+液体气体”；制得的SO2中混有H2O（g），用浓硫酸干燥SO2；SO2密度比空气大，用向上排空法收集；SO2污染大气，最后要进行尾气吸收，所以实验装置连接顺序为afgdce。（2）D中盛装的试剂吸收SO2尾气，可用NaOH溶液。（3）若X是Na2S溶液，由于酸性H2SO3H2S，反应的过程为SO2与Na2S溶液作用生成H2S，H2S与SO2作用生成S和H2O，SO2被还原成S，所以实验目的是检验SO2的氧化性，可观察到的现象是：产生黄色沉淀。（4）白色沉淀为BaSO4，说明H2SO3被氧化成SO42-；根据Fe（NO3）3溶液的性质，可能是Fe3+将H2SO3氧化
45、成SO42-，也可能是酸性条件下的NO3-将H2SO3氧化成SO42-；所以设计实验方案时用控制变量的对比实验。实验2要证明是Fe3+氧化H2SO3，所以选用与Fe（NO3）3含有相同Fe3+浓度的FeCl3溶液进行实验；实验3要证明是酸性条件下NO3-氧化H2SO3，所以选用与Fe（NO3）3溶液等pH的HNO3溶液进行实验。点睛：实验室制备气体时装置的连接顺序一般为：气体发生装置气体除杂净化装置气体收集装置（或与气体有关的主体实验）尾气吸收装置。设计实验方案时必须遵循以下原则，如科学性原则、单一变量原则和对比原则等，如本题在设计实验时用实验1作为对比，选择合适的试剂，有利于更好的得出结论。
46、24. 钛矿工业中的酸性废水富含Ti、Fe等元素，其综合利用如下： 已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中。（1）TiO2+钛的化合价为_（2）步骤I中检验钛矿废水中加入铁屑是否足量的试剂是_。（3）步骤中发生反应的离子方程式为_；反应温度一般需控制在35以下，其目的是_。（4）已知KspFe(OH)2 = 810-16。步骤中，FeCO3达到溶解平衡时，若室温下测得溶液的pH为8.5，c(Fe2+)=110-6 mol/L。试判断所得的FeCO3中_（填“有”或“没有”）Fe(OH)2；步骤中，为了得到较为纯净的Fe2O3，除了适当的温度外，还需要采取的措施是_。（5）向“富含TiO
47、2+溶液”中加入Na2CO3粉末得到固体TiO2nH2O。请结合原理和化学用语解释其原因_。【答案】 (1). +4 (2). KSCN溶液 (3). Fe2+ + 2HCO3-= FeCO3 + H2O + CO2 (4). 防止NH4HCO3受热分解 （或抑制Fe2+的水解） (5). 没有 (6). 向容器中补充足量空气（或氧气） (7). TiO2+ + (n+1)H2O TiO2nH2O + 2H+，加入Na2CO3，消耗H+，使水解平衡向正方向移动【解析】试题分析：本题以酸性钛矿废水的综合利用为载体，考查流程的分析，Fe3+的检验，离子方程式的书写，反应条件的控制，溶度积的应用，外
48、界条件对盐的水解平衡的影响。（1）TiO2+中O的化合价为-2价，根据离子所带电荷等于正负化合价的代数和，Ti的化合价为+4价。（2）步骤I中加入铁屑的作用是将Fe3+还原为Fe2+，若铁屑足量则Fe3+被完全还原，反之溶液中仍含Fe3+，所以检验加入铁屑是否足量即检验溶液中是否含Fe3+，检验的试剂是KSCN溶液，加入KSCN溶液，溶液不变红则加入的铁屑足量。（3）根据流程，步骤III是向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液生成FeCO3，反应的化学方程式为FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3+（NH4）2SO4+H2O+CO2，离子方程式为Fe2+2HCO3-=FeCO3+H2O+C
49、O2。反应温度一般需控制在35以下，其目的是防止NH4HCO3受热分解、抑制Fe2+的水解。（4）此时c（H+）=10-8.5mol/L，c（OH-）=10-5.5mol/L，离子积c（Fe2+）c2（OH-）=110-6（10-5.5）2=110-17KspFe（OH）2，所以所得FeCO3中没有Fe（OH）2。步骤IV的过程为FeCO3煅烧得到Fe2O3，FeCO3被氧化成Fe2O3，为了得到纯净的Fe2O3，FeCO3应完全被氧化，除了适当的温度外，还要向容器中补充足量的空气或氧气，反应的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。（5）根据题意TiO2+易水解，TiO2+水解
50、的离子方程式为TiO2+（n+1）H2OTiO2nH2O+2H+，加入Na2CO3粉末，消耗H+，使水解平衡向正方向移动，得到固体TiO2nH2O。25. 水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。酸化、滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I还原为Mn2+，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2S2O32-+I2=2I+ S4O62-）。回答下
51、列问题：（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_。（2） “氧的固定”中发生反应的化学方程式为_。（3）取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a molL1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为_；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为_mgL1。滴定结束后如果俯视滴定管读取数据，导致测定结果偏_。（填“高”或“低”）（4）Na2S2O3溶液不稳定，需使用前配制和标定。预估实验需要使用75mL的Na2S2O3溶液，则配制该溶液所必需的仪器有天平、烧杯、玻璃棒和_【答案】 (1). 使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差
52、(2). O2 + 2Mn(OH)2 = 2MnO(OH)2 (3). 蓝色刚好褪去 (4). 80ab (5). 低 (6). 100mL容量瓶、胶头滴管【解析】试题分析：本题考查物质的量浓度溶液的配制和碘量法测定水中溶解氧，涉及方程式的书写，终点实验现象的描述，数据处理和误差分析。（1）扰动水体表面会引起水样中溶解氧的逸出，还会使水底还原性杂质进入水样。所以取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差。（2）根据实验步骤，“氧的固定”中O2将Mn（OH）2氧化成MnO（OH）2，Mn元素的化合价由+2价升至+4价，O元素的化合价由0价
53、降至-2价，根据得失电子守恒和原子守恒，写出反应的化学方程式为O2+2Mn（OH）2=2MnO（OH）2。（3）固氧后的水样酸化发生反应MnO（OH）2+2I-+4H+=Mn2+I2+3H2O，用Na2S2O3溶液滴定I2，I2遇淀粉呈蓝色，终点的现象：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色褪为无色，且在30s内不恢复。根据上述反应可得出关系式O22MnO（OH）22I24Na2S2O3，n（O2）=n（Na2S2O3）=mol，m（O2）=g，水样中溶解氧的含量为1000mg0.1L=80abmg/L。滴定结束后如果俯视滴定管读取数据，导致消耗的Na2S2O3溶液的体积偏小（即b偏小），导致测定结果偏低。（4）配制75mL的Na2S2O3溶液，根据“大而近”的原则，应选用100mL容量瓶。由固体配制物质的量浓度溶液的实验步骤为：计算称量溶解冷却转移洗涤初步振荡定容摇匀装瓶贴标签，根据实验步骤所必需的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管。