2019-2020高二化学上学期期中试题（Word版带解析）

2019-2020 学年度上学期期中阶段测试高二化学试卷 一、选择题（1-10 题每题 2 分，11-20 每题 3 分共 50 分） 1.下列事实能用平衡移动原理解释的是 A. 500℃左右比室温更有利于合成 NH3 的反应 B. 用排饱和食盐水的方法收集氯气 C. 加入催化剂有利于 SO2 的氧化反应 D. 加压有利于 H2 与 I2 反应的进行 【答案】B 【解析】 【详解】A.合成氨的反应为放热反应，升高温度不利于平衡正向移动，故 A 错误； B.氯水中存在平衡 Cl2+H2O Cl-+H++HClO，在饱和食盐水中，Cl-浓度较大，可降低氯气的溶 解度，可用平衡移动原理解释，故 B 正确； C. 催化剂只能改变反应的速率，不能使平衡移动，故 C 错误； D. H2(g)+I2(g) 2HI(g)，反应前后为气体体积相等的可逆反应，加压不影响平衡，故 D 错误； 故选 B。 【点睛】（1）在其他条件不变的情况下，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，平衡向正 反应方向移动；减小反应物的浓度或增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动； （2）在其他条件不变的情况下，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；降低温度，平衡向放 热反应方向移动。 （3）催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动。 （4）对于有气体参与的反应，其它条件不变时，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动， 减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动。 2.下列有关有效碰撞模型说法不正确的是 A. 能发生有效碰撞的分子一定是活化分子 B. 有效碰撞是发生化学反应的充要条件 C. 不存在活化能为零的反应 D. 活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞 【答案】C 【解析】 【详解】A. 能发生有效碰撞的分子，能量较高，一定是活化分子，故 A 正确； B.发生化学反应的碰撞为有效碰撞，所以有效碰撞是发生化学反应的充要条件，故 B 正确；  C.反应的表观活化能是各基元反应的组合，可正可负可为零，故 C 错误； D. 活化分子发生化学反应的碰撞为有效碰撞，故 D 正确； 故选 C。 3.NH4Cl 溶于重水（D2O）后，溶液中存在的一水合氨和水合氢离子可能是（ ） A. NH3•HDO 和 D3O+ B. NH3•HDO 和 HD2O+ C. NH3•H2O 和 H2DO+ D. 以上都有 可能 【答案】D 【解析】 【详解】溶液中存在 NH4Cl=NH4++Cl-，D2O⇌ D++ OD-，NH4++ 2D2O⇌ NH3•HDO+D3O+，NH3•HDO⇌ NH3•D++OH- ， NH4++ OH-⇌NH3•H2O ， NH4++ 2D2O⇌ NH3•D2O+HD2O+ ， NH4++ HDO +D2O⇌ NH3•D2O+H2DO+，综上所述，以上都有可能，答案为 D。 4.已知：Fe2+遇铁氰化钾（K3[Fe(CN)6]）会产生特征的蓝色沉淀；AgI 是难溶于水的黄色固体。 将 0.2mol·L-1 的 KI 溶液和 0.05mol·L-1Fe2(SO4)3 溶液等体积混合后，取混合液分别完成上 述实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I- 2Fe2++I2”的是（ ） 编号 实验操作 实验现象 ① 滴入 KSCN 溶液 溶液变红色 ② 滴入 AgNO3 溶液 生成黄色沉淀 ③ 滴入 K3[Fe（CN）6]溶液 生成蓝色沉淀 ④ 滴入淀粉溶液 溶液变蓝色 A. ① B. ②和④ C. ③和④ D. ③ 【答案】A 【解析】 【分析】 将 0.2mol/L 的 KI 溶液和 0.05mol·L-1Fe2(SO4)3 溶液等体积混合后，碘化钾过量，Fe3+完全转 化为 Fe2+，若此反应不可逆，则溶液中无 Fe3+，故只需要证明溶液中含 Fe3+即能证明此反应为 可逆反应，能建立化学平衡。【详解】①向溶液中滴入 KSCN 溶液,溶液变红,则说明溶液中有 Fe3+,即能说明反应存在平衡, 故①正确； ②由于碘离子过量，向溶液中滴入 AgNO3 溶液一定有黄色沉淀生成，不能说明反应存在平衡, 故②错误； ③无论反应存不存在平衡,溶液中均存在 Fe2+,滴入 K3[Fe（CN）6]溶液均有蓝色沉淀生成,故 ③错误； ④无论反应存不存在平衡,溶液中均有 I2,滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色,故不能证明存在平 衡,故④错误； 所以 A 选项是正确的。 5.化学反应 2CaO2(s) 2CaO(s) + O2(g) 在一密闭的容器中达到平衡。保持温度不变，缩 小容器的容积为原来的一半，重新平衡后，下列叙述正确的是( ) A. CaO2 的量不变 B. 平衡常数减小 C. 氧气浓度变小 D. 氧气浓度 不变 【答案】D 【解析】 【详解】A. 保持温度不变，缩小容器的容积为原来的一半，平衡逆向移动，则 CaO2 的量增大， 与题意不符，A 错误； B. 保持温度不变，则平衡常数不变，与题意不符，B 错误； C. 保持温度不变，则平衡常数不变，K=c（O2），则氧气浓度不变，与题意不符，C 错误； D. 平衡常数不变，K=c（O2），则氧气浓度不变，符合题意，D 正确； 答案为 D。 【点睛】反应中只有 O2 为气体，则 K=c（O2），温度未变，则氧气浓度不变。 6.用 AG 表示溶液酸度： 。在室温下，用 0.1mol•L-1 的 NaOH 溶液滴定 20.00mL 0.1mol•L-1 的 CH3 COOH 溶液，滴定结果如图所示。下列分析正确的是 ( ) ( ) c H AG lg c OH + − =A. 0.1mol•L-1 的 CH3 COOH 溶液的 pH=3.4 B. A 点加入的 NaOH 溶液的体积为 20.00mL C. 滴定过程中，c(CH3COO-)／c(H+)逐渐减小 D. B 点溶液中可能存在 c(Na+)>c(CH3COO-)> c(OH-)>c(H+) 【答案】D 【解析】 【分析】 室温下，用 0.1mol•L-1 的 NaOH 溶液滴定 20.00mL 0.1mol•L-1 的 CH3 COOH 溶液，发生的反应为 NaOH+CH3 COOH=CH3 COONa+H2O，化学计量点时恰好生成 CH3 COONa,水解使溶液碱性,此时消耗 NaOH 的体积为 20.00mL，结合图象和溶液中的守恒思想分析判断。 【详解】室温下，用 0.1mol•L-1 的 NaOH 溶液滴定 20.00mL 0.1mol•L-1 的 CH3 COOH 溶液，发生 的反应为 NaOH+CH3 COOH=CH3 COONa+H2O，化学计量点时恰好生成 CH3 COONa,水解使溶液碱性,此 时消耗 NaOH 的体积为 20.00mL。 A、滴定起始时，溶液中仅存在醋酸，此时， ，则 ， 由于 Kw=c(H+)c(OH-)，则溶液中 c(H+)=10-3.3mol/L，因此 0.1mol•L-1 的醋酸 pH=3.3，选项 A 错误； B、A 点时 AG=0，c(H+)=c(OH-)，加入的 NaOH 溶液的体积小于 20.00mL，若等于 20.00mL 则溶 液应呈碱性 AGc(CH3COO-)> c(OH-)>c(H+)，选项 D 正确。 答案选 D。 7.温度为 T1 时，向容积为 2L 的密闭容器甲、乙中分别充入一定量的 CO(g)和 H2O(g)，发生反 应：CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H=－41 kJ/mol。数据如下，下列说法不正确的是 （ ） ( ) ( )AG 7.4 c H lg c OH + − = = ( ) ( ) 7.410 c H c OH + − =A. 甲容器中，平衡时，反应放出的热量为 16.4 kJ B. T1 时，反应的平衡常数 K 甲=1 C. 平衡时，乙中 CO 的浓度是甲中的 2 倍 D. 乙容器中，平衡时 CO 的转化率约为 75% 【答案】D 【解析】 【分析】 CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H = －41 kJ/mol 初始： 1.2 0.6 0 0 反应： 0.4 0.4 0.4 0.4 平衡： 0.8 0.2 0.4 0.4 可逆反应中可逆号两边气体计量数之和相等，增大压强，体积减小，化学平衡不移动；则 CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H = －41 kJ/mol 初始 2： 2.4 1.2 0 0 反应 2： 0.8 0.8 0.8 0.8 平衡 2： 1.6 0.4 0.8 0.8 a=1.6mol，b=0.4mol。 【详解】A. 甲容器中，平衡时，CO 反应 0.4mol，反应放出的热量=41 kJ/mol×0.4mol=16.4 kJ，与题意不符，A 错误； B. T1 时，平衡时，CO、H2O、CO2、H2 的浓度分别为 0.4mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L、 0.2mol/L，则反应的平衡常数 K 甲 = =1，与题意不符，B 错误； C.平衡时，乙中 CO 的浓度为 0.8mol/L，甲中 CO 的浓度为 0.4mol/L，乙是甲的 2 倍，与题意 不符，C 错误； D. 乙容器中，平衡时 CO 的转化率=0.8/2.4×100%=33.3%，符合题意，D 正确； 答案为 D。 0.2 0.2 0.4 0.1 × ×【点睛】可逆反应中可逆号两边气体计量数之和相等，增大压强，体积减小，化学平衡不移 动，则容器甲中的反应与容器乙为等效反应。 8.N2O 和 CO 是环境污染性气体，可在 Pt2O+ 表面转化为无害气体，其反应原理为 N2O(g) + CO(g) CO2(g) + N2(g) ΔH，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程如下。下列说法不正 确的是 A. ΔH = ΔH1 + ΔH2 B. ΔH = −226 kJ/mol C. 该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能 D. 为了实现转化需不断向反应器中补充 Pt2O+ 和 Pt2O2+ 【答案】D 【解析】 A、①N2O+Pt2O＋=Pt2O2＋+N2 △H1，②Pt2O2＋+CO=Pt2O＋+CO2 △H2，结合盖斯定律计算①+②得到 N2O（g）+CO（g）=CO2（g）+N2（g）△H=△H1＋△H2，故 A 正确；B、图示分析可知，反应物 能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变△H=生成物总焓-反应物总焓=134KJ·mol － 1-360KJ·mol－1=-226KJ·mol－1，故 B 正确；C、正反应反应活化能 E1=134KJ·mol－1 小于逆 反应活化能 E2=360KJ·mol－1，故 C 正确；D、①N2O+Pt2O＋=Pt2O2＋+N2 △H1，②Pt2O2＋+CO=Pt2O ＋+CO2 △H2，反应过程中 Pt2O＋和 Pt2O2＋ 参与反应后又生成不需要补充，故 D 错误；故选 D。 点睛：选项 A 是难点，要先写出两步反应方程式，再用盖斯定律，求出△H=△H1＋△H2。结合 A，不难得出：反应过程中 Pt2O＋和 Pt2O2＋ 参与反应后又生成不需要补充。9.常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是 A. 新制氯水中加入固体 NaOH：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－) B. pH＝8.3 的 NaHCO3 溶液：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3) C. pH＝11 的氨水与 pH＝3 的盐酸等体积混合：c(Cl－)＝c(NH4+)＞c(OH－)＝c(H＋) D. 0.2 mol·L－1CH3COOH 溶液与 0.1 mol·L－1NaOH 溶液等体积混合：2c(H＋)－2c(OH－)＝ c(CH3COO－)－c(CH3COOH) 【答案】D 【解析】 【详解】A、新制氯水中加入固体 NaOH 所以生成次氯酸钠、氯化钠、水，溶液中存在电荷守 恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(ClO－)+c(OH－)，故 A 错误； B、pH=8.3 的 NaHCO3 溶液，说明碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离，则溶液中离子 浓度大小为：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32－)，故 B 错误； C、氨水存在电离平衡，HCl 在溶液中完全电离，pH=11 的氨水与 pH=3 的盐酸等体积混合后氨 水过量，溶液显示碱性，则 c(OH－)＞c(H＋)，溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH －)＞c(H＋)，故 C 错误； D、0.2mol/L 的 CH3COOH 溶液与 0.1mol/L 的 NaOH 溶液等体积混合，得到物质的量浓度均为 0.05mol/L 的 CH3COOH、CH3COONa 混合溶液，溶液中存在电荷守恒为：①c(Na ＋)+[H+]=[OH-]+[CH3COO-]，依据物料守恒可得：②2c(Na＋)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)，根据①② 可得：2c(H＋)-2c(OH－)=c(CH3COO－)-c(CH3COOH)，故 D 正确； 故选 D。 10.现有常温时 pH = 1 的某强酸溶液 10 mL，下列操作能使溶液的 pH 变成 2 的是 A. 加水稀释成 20 mL B. 加入 10 mL 的水进行稀释 C. 加入 45 mL pH = 2 的 HCl 溶液 D. 加入 45 mL 0.01 mol/L 的 NaOH 溶液 【答案】D 【解析】 【分析】 先计算溶液中氢离子浓度，再用 pH=－lgc(H+)求 pH。稀溶液混合时，溶液总体积可近似看作 两溶液体积之和。 【详解】A 项：加水稀释后，c(H+)＝0.1mol/L×10mL/20mL＝0.05mol/L，pH＝1.3，A 项错误； B 项：加入 10 mL 水稀释，溶液总体积约 20mL，pH＝1.3，B 项错误；C 项：加入 45 mL pH = 2 的 HCl 溶液，混合溶液中 c(H+)＝ (0.1mol/L×10mL+0.01mol/L×45mL)/(10+45)mL＝0.026mol/L，pH＝1.6，C 项错误； D 项：加入 45 mL 0.01 mol/L 的 NaOH 溶液发生中和反应，c(H+)＝(0.1mol/L×10mL－ 0.01mol/L×45mL)/(10+45)mL＝0.01mol/L，pH＝2，D 项正确。 本题选 D。 【点睛】求碱性溶液的 pH，先求溶液中 c(OH－)，再通过水的离子积 KW 求 c(H+)，最后求 pH。 11.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（ ） A. Na2S 溶液中 c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S） B. Na2CO3 溶液中：c（Na+）=2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣） C.室温下，pH=1 的 CH3COOH 溶液和 pH=13 的 NaOH 溶液等体积混合，溶液中离子浓度的大小顺 序：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） D. pH=4 的 0.1mol•L﹣1NaHC2O4 溶液中 c（H C2O4﹣）＞c（H+）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣） 【答案】A 【解析】 A，Na2S 属于强碱弱酸盐，S2-发生水解：S2-+H2O HS-+OH-、HS-+H2O H2S+OH-，溶液中的 电荷守恒式为 c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-），物料守恒式为 c（Na+）=2[c （S2-）+c（HS-）+c（H2S）]，两式整理得溶液中的质子守恒式为 c（OH-）=c（H+）+c（HS-） +2c（H2S），A 项正确；B，Na2CO3 属于强碱弱酸盐，CO32-发生水解：CO32-+H2O HCO3-+OH-、 HCO3-+H2O H2CO3+OH- ，溶液中的物料守恒式为 c（Na + ）=2[c（CO 32- ）+c（HCO 3- ）+c （H2CO3）]，B 项错误；C，CH3COOH 属于弱酸，NaOH 属于强碱，室温下 pH=1 的 CH3COOH 溶液 和 pH=13 的 NaOH 溶液等体积混合充分反应后 CH3COOH 过量，溶液呈酸性，c（H+） c（OH-）， 溶液中的电荷守恒式为 c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），则 c（Na+） c（CH3COO-）， C 项错误；D，在 NaHC2O4 溶液中既存在 HC2O4-的电离平衡（HC2O4- H++C2O42-）又存在 HC2O4- 的水解平衡（HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-），由于 pH=4，则 HC2O4-的电离程度大于水解程度，溶 液中粒子浓度由大到小的顺序为 c（Na+） c（HC2O4-） c（H+） c（C2O42-） c（H2C2O4）， D 项错误；答案选 A。 点睛：本题考查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 HC2O4-的电离程度大于 HC2O4- 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 A 项）。 > < > > > >12.物质的量浓度相同的下列溶液：①NH4Cl ②(NH4)2Fe(SO4)2 ③(NH4)2SO4 ④CH3COONH4⑤NH4HSO4 中，c(NH4＋)由大到小的顺序为 A. ②③①⑤④ B. ②③⑤①④ C. ⑤④①③② D. ②③①④⑤ 【答案】B 【解析】 【详解】②(NH4)2Fe(SO4)2③(NH4)2SO4 溶液中含有两个 NH4+，所以物质的量浓度相同时 NH4+的 浓度较其他的大；②中亚铁离子抑制铵根离子的水解，等浓度时，c(NH4+)：②＞③；⑤中氢 离子抑制铵根离子水解，④中铵根离子与醋酸根离子相互促进水解，等浓度时，c(NH4+)：⑤＞ ①＞④；因此 c(NH4+)由大到小的顺序是②③⑤①④，故选 B。 13.在一定条件下，在容积为 2L 的密闭容器中，将 2 mol 气体 M 和 3 mol N 气体混合，发生如 下反应：2M(g)＋3N(g) xQ(g)＋3R(g)，该反应达平衡时，生成 2.4mol R，并测得 Q 的浓 度为 0.4 mol/L，下列有关叙述正确的是 A. x 值为 2 B. 混合气体的密度增大 C. N 的转化率为 80% D. 混合气体平均摩尔质量不变，不能说 明该反应达平衡 【答案】C 【解析】 【详解】A．平衡时生成的 Q 的物质的量为：0.4mol/L×2L=0.8mol，生成 R 为 2.4mol，物质 的量之比等于化学计量数之比，故 0.8mol∶2.4mol=x∶3，解得 x=1，故 A 错误； B．反应体系中各组分都是气体，混合气体的质量不变，容器的容积恒定，根据 ρ= 可知混 合气体的密度不变，故 B 错误； C．参加反应的 N 的物质的量与生成的 R 相等，为 2.4mol，则 N 的转化率为： ×100%=80%，故 C 正确； D．反应前后气体的物质的量减小、质量不变，所以平均摩尔质量增大，当混合气体平均摩尔 质量保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故 D 错误； 故选 C。 14.某密闭容器中进行如下反应：3X(g)+Y(g) 2Z(g)，若要使平衡时反应物总物质的量与 m V 2.4mol 3mol生成物的物质的量相等，且用 X、Y 做反应物，则 X、Y 的初始物质的量之比的范围应满足 A 1＜ ＜3 B. ＜ ＜ C. ＜ ＜4 D. 1＜ ＜5 【答案】D 【解析】 【详解】令参加反应的 Y 的物质的量为 n，则 3X(g)+Y(g) 2Z(g) 开始(mol)： x y 0 转化(mol)： 3n n 2n 平衡(mol)： x-3n y-n 2n 平衡时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等，所以有（x-3n）+（y-n）=2n，解得 n= ；反应物不能完全反应，所以有 y＞n，x＞3n，即 y＞ ，x＞ ，解得：1＜ = ＜5，故选 D。 15.有 4 种混合溶液，分别由等体积 0.1mol/L 的 2 种溶液混合面成：①CH3COONa 与 HCl ②CH3COONa 与 NaOH ③CH3COONa 与 NaCl ④CH3COONa 与 NaHCO3 下列各项排序正确的是（ ） A. pH：②>③>④>① B. c(CH3COO－)：②>④>③>① C. 溶液中 c(H＋)：①>③>②>④ D. c(CH3COOH)：①>④>③>② 【答案】B 【解析】 【详解】①：CH3COONa 与 HCl 反应后生成 CH3COOH 和 NaCl，其溶液呈酸性； ②：CH3COONa 与 NaOH 溶液，OH―阻止 CH3COO―水解，溶液呈强碱性； ③：CH3COONNa 与 NaCl，CH3COONa 水解溶液呈碱性； ④：CH3COONa 与 NaHCO3 溶液，NaHCO3 水解呈碱性，HCO3―水解能力大于 CH3COO― 水解能力， HCO3―水解对 CH3COONa 水解有一定抑制作用； A．HCO3―水解能力大于 CH3COO―的水解能力，④中的 pH>③中 pH，A 项错误； B．②中由于 OH―对 CH3COO―水解抑制作用强，其 c(CH3COO―)最大，④中 HCO3―水解对 CH3COONa 水解有一定抑制作用，c(CH3COO―)较大，①中生成了 CH3COOH，c(CH3COO―)最小，c(CH3COO－) . 的 ( ) ( ) n X n Y 1 4 ( ) ( ) n X n Y 2 3 2 3 ( ) ( ) n X n Y ( ) ( ) n X n Y 6 x y+ 6 x y+ 2 x y+ ( ) ( ) n X n Y x y从大到小的排序②④③①，B 项正确； C．②中含有 NaOH，水中 H＋浓度最小；①中含有 CH3COOH，会电离出 H＋，其 c(H＋)最大；④ 中含有 NaHCO3，由于 HCO3―水解能力大于 CH3COO―的水解能力碱性④强于③，则③中 c(H＋)大 于④，从大到小的准确排序为①③④②；C 项错误； D．④中含有的 NaHCO3 水解呈碱性，HCO3―水解对 CH3COONa 水解有一定抑制作用，CH3COO－水 解生成 CH3COOH 较少，则③中 c(CH3COOH)>④中 c(CH3COOH)，D 项错误； 本题答案选 B 16.在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料，一定条件下发生反应（起始温度和起 始体积相同）：A2(g)+2B2(g) 2AB3(g) ΔH＜0，相关数据如下表所示： 容器 甲 乙 丙 相关条件 恒温恒容 绝热恒容 恒温恒压 反应物投料 1mol A2、2molB2 2molAB3 2mol AB3 反应物的转化率 a 甲 a 乙 a 丙 反应的平衡常数 K= K 甲 K 乙 K 丙 平衡时 AB3 的浓度/mol·L-1 c 甲 c 乙 c 丙 平衡时 AB3 的反应速率 /mol·L-1·min-1 v 甲 v 乙 v 丙 下列说法正确的是( ) A. v 甲=v 丙 B. c 乙＜c 丙 C. a 甲 +a 乙＜1 D. K 乙＜K 丙 【答案】C 【解析】 【详解】A. 容器甲为恒温恒容，容器丙为恒温恒压，反应中气体计量数的和左边大于右边， 随反应的进行，气体物质的量减小，则甲中压强小于丙中压强，因此反应速率 v 甲＜v 丙，与 题意不符，A 错误； B.容器乙为绝热恒容，正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，乙的温度小于丙，而压强 。 2 3 2 2 2 c (AB ) c(A )c (B )大于丙，高温低压有利于 AB3 的分解，则平衡时 c 乙＞c 丙，与题意不符，B 错误； C. 若容器乙为恒温恒容时，甲与乙为等效反应，则 a 甲 +a 乙=1，由于乙为绝热容器，且逆反 应为吸热反应，则乙分解程度小于恒温时，则 a 甲 +a 乙＜1，符合题意，C 正确； D. 容器乙为绝热恒容，正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，乙的温度小于丙，有利于 AB3 的生成，则 K 乙＞K 丙，与题意不符，D 错误； 答案为 C。 17.常温度下，将 Cl2 缓慢通入水中至饱和，然后再滴加 0.1mol/L 的 NaOH 溶液，整个过程中 溶液的 pH 变化曲线如图所示。已知 d 点所示的溶液中，钠元素与氯元素的物质的量相等，下 列选项正确的是( ) A. a 点时，已经滴入 NaOH 溶液 B. b 点所示的溶液中，只存在两种分子 C. a、b、c、d 四个点当中，d 点水的电离程度最大 D. c 点所示的溶液中，c(Na+)=c(Cl-)+c(HClO) 【答案】C 【解析】 【详解】A. a 点时，溶液的 pH＜7，且不为最低点，则为通入氯气的过程，与题意不符，A 错 误； B. b 点所示的溶液为饱和氯水的溶液，存在水、氯气、次氯酸分子，与题意不符，B 错误； C. a、b、c、d 四个点当中，d 点为氯化钠、次氯酸钠溶液，次氯酸钠为强碱弱酸盐，促进水 的电离，水的电离程度最大，符合题意，C 正确； D. c 点所示的溶液显中性，根据电荷守恒可知溶液中 c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，与题意不符， D 错误； 答案为 C。 18.下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（ ） A. 0.1mol/LNaHCO3 溶液与 0.1mol/LNaOH 溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(CO32－)＞ c(HCO3－)＞c(OH－)B. 20mL0.1mol/LCH3COONa 溶液与 10mL0.1mol/LHCl 溶液混合后呈酸性，所得溶液中： c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋) C. 室温下，pH＝2 的盐酸与 pH＝12 的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH4 ＋)＞c(OH－) D. 0.1mol/LCH3COOH 溶液与 0.1mol/LNaOH 溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)＋ c(CH3COOH) 【答案】B 【解析】 【详解】A. 0.1mol/LNaHCO3 溶液与 0.1mol/LNaOH 溶液等体积混合，所得溶液为 Na2CO3 溶液： CO32－+H2O⇌ HCO3－+ OH－、H2O⇌ H++ OH－，则 c(OH－)＞c(HCO3－)，与题意不符，A 错误； B. 20mL0.1mol/LCH3COONa 溶液与 10mL0.1mol/LHCl 溶液混合后所得溶液为等物质的量的 NaCl、CH3COONa 和 CH3COOH，溶液呈酸性，则 CH3COOH 电离程度大于 CH3COONa 的水解程度， 则 c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，符合题意，B 正确； C. 室温下，pH＝2 的盐酸与 pH＝12 的氨水等体积混合，所得溶液为 NH4Cl、NH3∙ H2O，且溶液 呈碱性，与题意不符，C 错误； D. 0.1mol/LCH3COOH 溶液与 0.1mol/LNaOH 溶液等体积混合，所得溶液为 CH3COONa：根据物料 守恒，则 c(OH－)=c(H＋)＋c(CH3COOH)，与题意不符，D 错误； 答案为 B。 19.室温下，将 0.10mol·L－1 的盐酸滴入 20.00mL0.10mol·L－1 氨水中，溶液的 pH 和 pOH 随 加入盐酸体积的变化曲线如图所示。已知 pOH＝－lgc(OH－)。下列说法不正确的是(　　) A. M 点所示溶液中 c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－) B. N 点所示溶液中 c(NH4+)c(Cl－)，符合题意，A 正确； B. N 点溶液呈酸性，则 c(H+)>c(OH－)，根据溶液呈电中性，c(NH4+)+ c(H+)= c(OH－)+c(Cl－)， 则 c(NH4+)