江西2019-2020高二化学上学期期中试题（Word版带解析）

2019—2020 学年度上学期期中考试高二化学试卷 相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Na-23 Zn-65 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题 3 分，共 48 分） 1.运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是（ ） A. 反应 NH4HCO3(s)=NH3(g)+ H2O(g)+CO2(g) ΔH= +185.57 kJ·mol-1 能自发进行，是因为体系 有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向 B. 增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应可以加快反应速率 C. NH4F 水溶液中含有 HF，因此 NH4F 溶液不能存放在玻璃试剂瓶中 D. CH3COOH(aq)+NaOH(aq)= CH3COONa(aq)+ H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1，HCl(aq)+NaOH(aq)= NaCl(aq)+ H2O(l) ΔH=b kJ·mol-1 ， 因醋酸电离吸热，所以 a>b 【答案】B 【解析】 【详解】A、△H-T△S＜0 的反应可自发进行，由△H＞0、△S＞0，能自发进行，是因为体系 有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向，故 A 正确； B、常温下，浓硫酸与铁产生钝化现象，故 B 错误； C、NH4F 水解，NH4F 水溶液中含有 HF，HF 与玻璃中二氧化硅反应，因此 NH4F 溶液不能存放在 玻璃试剂瓶中，故 C 正确； D、CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+ H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1HCl(aq)+NaOH(aq)= NaCl(aq)+ H2O(l) ΔH=b kJ·mol-1 ， 因醋酸电离吸热，前者放出的热量少，a、b 均为负数， a 的绝对值小，所以 a>b，故 D 正确； 故选 B。 2.如图所示是 298 K 时 N2 与 H2 反应过程中 ,能量变化的曲线图．下列叙述正确的是 A. 该反应的热化学方程式为： N2＋3H2 2NH3ΔH＝－92 kJ/mol B. a 曲线是加入催化剂时的能量变化曲线 C. 加入催化剂，该化学反应的反应热改变D. 在温度、体积一定的条件下，通入 1 mol N2 和 3 mol H2 反应后放出的热量为 Q1kJ，若通入 2 mol N2 和 6 mol H2 反应后放出的热量为 Q2kJ，则 184＞Q2＞2Q1 【答案】D 【解析】 A、热化学方程式必须标注物质的聚集状态反应的焓变，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H=-92kJ•mol-1，A 错误；B、催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化 能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，故图象中的 b 曲线是加入正催化剂时的能 量变化曲线，B 错误；C、催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，但不改 变化学平衡，反应的热效应不变，C 错误；D、向密闭容器中通入 1mol N2 和 3mol H2，不可能 完全转化，所以达到平衡时放出热量 Q1kJ＜92.4kJ；另一容积相同的密闭容器中通入 2mol N2 和 6mol H2，达到平衡时放出热量理论上讲应该是 2×92.2kJ=184KJ，但反应物不可能充分进 行彻底，所以 Q2＜184KJ，同时通入 2mol N2 和 6mol H2 的压强比通入 1mol N2 和 3mol H2 的大， 平衡还会向正向移动，放出的热量还会增大，即 Q2＞2Q1，D 正确；答案选 D。 3.1913 年德国化学家哈伯发明了以低成本制造大量氨的方法，从而大大满足了当时日益增长 的人口对粮食的需求。下列是哈伯法的流程图，其中为提高原料转化率而采取的措施是（ ）。 A. ①②③ B. ②④⑤ C. ①③⑤ D. ②③④ 【答案】B 【解析】 【详解】合成氨气的反应是体积减小的、放热的可逆反应。 ①净化干燥的目的是减少副反应的发生，提高产物的纯度，不能提高转化率，故①不符合； ②增大压强平衡向正反应方向移动，可提高原料的转化率，故②符合题意； ③催化剂只改变反应速率，不影响平衡状态，不能提高转化率，故③不符合； ④把生成物氨气及时分离出来，可以促使平衡向正反应方向移动，提高反应物转化率，故④ 符合题意。 ⑤通过氮气和氢气的循环使用，可以提高原料的利用率，故⑤符合题意； 即②④⑤正确；答案选 B。 【点睛】考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响。 4.下列事实中，不能应用化学平衡移动原理来解释的是 ①可用浓氨水和 NaOH 固体快速制氨气 ②700K 左右比室温更有利于合成氨反应 ③开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫 ④温度升高水的 KW 增大 ⑤对于反应 2HI(g) H2(g)+I2(g)达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深 A. ①②③ B. ②④⑤ C. ②⑤ D. ④⑤ 【答案】C 【解析】 【分析】 勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱 这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动 无关，则不能用勒夏特利原理解释。 【详解】①浓氨水加入氢氧化钠固体，氢氧化钠固体溶解放热，使一水合氨分解生成氨气的， 化学平衡 NH3+H2O NH3 H2O NH4++OH-，逆向进行，能用化学平衡移动原理解释，故①不 选； ②合成氨放热，温度升高，平衡逆向移动，所以 700K 左右比室温不利于合成氨的反应，不能 用勒夏特列原理解释，故②选； ③开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，属于可逆过程，可以用 平衡移动原理解释，故③不选； ④因为水存在电离：H2O H++OH-，电离吸热，加热后平衡会向正向移动，H+与 OH-的浓度之 积就会增大，即 Kw 增大，可以用平衡移动原理解释，故④不选； ⑤对于反应 2HI(g) H2(g)+I2(g)，增大平衡体系的压强平衡不移动，不能用化学平衡 移动原理解释，故⑤选； 所以 C 选项是正确的。 【点睛】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反 应，且符合平衡移动的原理。本题易错②，合成氨采用 700K 左右是考虑速率因素，且使催化 剂活性最大，与平衡移动无关。 5.一定温度下，在密闭容器中发生如下反应：N2O4(g) 2NO2(g) △H>0，反应达到平衡 时，下列说法不正确的是 （ ）    A. 若缩小容器的体积，则容器中气体的颜色先变深后又变浅，且比原平衡颜色深 B. 若压强不变，向容器中再加入一定量的 N2O4，再次达到平衡时各种物质的百分含量不变 C. 若体积不变，向容器中再加入一定量的 N2O4，平衡向逆反应方向移动，再次平衡时 N2O4 的 体积分数将增大 D. 若体积不变，升高温度，再次平衡时体系颜色加深 【答案】C 【解析】 【详解】A、缩小容器的体积，物质浓度增大，压强增大平衡逆向进行，二氧化氮是红棕色气 体，四氧化二氮是无色气体，则容器中气体的颜色先变深后又变浅，且比原平衡颜色深，故 A 正确； B、若压强不变，向容器中再加入一定量的 N2O4，体积增大，最后达到相同平衡状态，故 B 正 确； C、若体积不变，向容器中再加入一定量的 N2O4，平衡正向进行，将新平衡看成是新加入的 N2O4 自身形成的平衡和旧平衡的融合，由于新加入的 N2O4 的自身转化率没有原先 N2O4 的转化率高， 所以平衡时 N2O4 的体积分数将降低，故 C 错误； D、反应是吸热反应，升温平衡向正向进行，再次平衡时体系颜色加深，故 D 正确； 故选：C。 6.在恒温恒容的密闭容器中通入一定量的 A、B，发生反应 A（g）＋2B（g） 3C（g）。 如图是 A 的反应速率 v（A）随时间变化的示意图。下列说法正确的是 A. 反应物 A 的浓度：a 点小于 b 点 B. 该反应的生成物可能对反应起催化作用 C. 曲线上的 c、d 两点都表示达到平衡状态 D. A 的平均反应速率：ab 段大于 bc 段 【答案】B【解析】 试题分析：A、随着反应的进行，反应物的浓度减小，a 点反应物 A 的浓度大于 b 点，故错误； B、在恒温恒容条件下，随着反应物浓度的减小，反应速率增大，可能是某种生成物对反应起 到催化作用，故正确，C、曲线上 v(A）始终在变化，说明曲线上各点均表示没有达到达到平 衡，故错误；D、根据图像，ab 段的反应速率小于 bc 段的，故错误。 考点：考查影响化学反应速率的因素等知识。 7.将 0.1 mol/L CH3COOH 溶液加水稀释或加入少量 CH3COONa 晶体时，都会引起(　　) A. 溶液的 pH 增大 B. CH3COOH 电离度增大 C. 溶液的导电能力减弱 D. 溶液中 c(OH－)减小 【答案】A 【解析】 【详解】A．CH3COOH 溶液加水稀释，CH3COOH 的电离平衡 CH3COOH CH3COO-+H+向正反应方 向移动，溶液的 pH 增加，向 CH3COOH 溶液加入少量 CH3COONa 晶体时，溶液中 c(CH3COO-)增大， 醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的 pH 增加，正确； B．CH3COOH 溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量 CH3COONa 晶体 时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误； C．CH3COOH 溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量 CH3COONa 晶体时， 离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误； D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量 CH3COONa 晶体时平衡向逆 反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢 氧根离子浓度增大，错误。 故选 A。 8. 把 0.05 mol NaOH 固体，分别加入下列 100 mL 溶液中，溶液的导电能力变化不大的是 ①自来水 ②0.5 mol·L－1 盐酸 ③0.5 mol·L－1 醋酸 ④0.5 mol·L－1NH4Cl 溶液 A. ①② B. ②④ C. ③④ D. ②③ 【答案】B 【解析】 试题分析：①水是弱的电解质，导电性极弱，加入氢氧化钠后，氢氧化钠是强电解质，电离出钠离子和氢氧根离子，导电性增强，① 错误；②HCl 是强电解质，加入 NaOH 后， HCl+NaOH="NaCl+" H2O，参加反应的氢离子正好与加入的钠离子的量相当，H2O 为弱电解质， 离子的浓度变化不大，故导电性变化不大，②正确；③醋酸是弱电解质，离子浓度较小，加 入 NaOH 后，变为强电解质，导电能力增强，所以导电性变化大，③错误；④氯化铵是强电解 质，加入 NaOH 后，NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3·H2O，参加反应的氨根离子正好与加入的钠离子的 量相当，NH3·H2O 为弱电解质，离子的浓度变化不大，故导电性变化不大，④正确。答案选 B。 考点：溶液的导电能力 9.下列叙述与盐类水解无关的是（ ） A. 饱和食盐水使甲基橙显黄色 B. FeCl3 溶液加热蒸干得到 Fe2O3 C. NH4Cl 溶液除铁锈 D. Na2CO3 等盐溶液不能盛装在玻璃塞的试剂瓶中 【答案】A 【解析】 【详解】A.NaCl 是强酸强碱盐，不水解，pH=7， 饱和食盐水使甲基橙显黄色，故 A 符合题意； B. FeCl3+3H2O Fe(OH)3＋3HCl，HCl 挥发，Fe(OH)3 分解生成 Fe2O3， FeCl3 溶液加热蒸干得 到 Fe2O3，故 B 不符合题意； C.NH4Cl 强酸弱碱盐，水解呈酸性， NH4Cl 溶液除铁锈，故 C 不符合题意； D. Na2CO3 是强碱弱酸盐，水解呈碱性，与玻璃中二氧化硅反应，Na2CO3 等盐溶液不能盛装在 玻璃塞的试剂瓶中，故 D 不符合题意； 故选 A。 10.常温下，下列各种情况下一定能大量共存 离子组为（ ） A. 的溶液中: B. 由水电离出的 的溶液中: C. 的溶液中: D. 无色溶液中: 【答案】C 的 pH 7= 3+ - + - 3Fe Cl Na NO、 、 、 ( )+ 13c H 1 10 mol / L−= × + 2- - + 3Na CO Cl K、 、 、 pH 1= + - 2+ 2- 4 4NH Cl Cu SO、 、 、 3+ - - + 3Al HCO I K、 、 、【解析】 【分析】 A．铁离子只能存在于酸性溶液中； B．由水电离出的 c（H+）=1×10-13mol/L 的溶液中存在电离氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子 与氢离子反应； C．pH=1 的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反 应； D．铝离子与碳酸氢根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体。 【详解】A．常温下，pH=7 的溶液为中性溶液，Fe3+只能存在于中性溶液中，选项 A 错误； B．水电离出的 c(H+)=1×10-13mol/L的溶液，水的电离受到了抑制，可能为酸性溶液，也可能 是碱性溶液。CO32-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，选项 B 错误； C．pH=1 的溶液中存在大量氢离子，NH4+、Cl-、Cu2+、SO42-之间不反应，都不与氢离子反应， 在溶液中能够大量共存，选项 C 正确； D．Al3+与 HCO3-之间能发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大 量共存，选项 D 错误； 答案选 C。 【点睛】本题考查离子共存 判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大 量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等； 还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或 OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反 应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存 等。 11.某温度下，向 10 mL 0.1 mol·L－1 CuCl2 溶液中滴加 0.1 mol·L－1 的 Na2S 溶液，滴加过 程中－lg c(Cu2＋)与 Na2S 溶液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是 已知：Ksp(ZnS)＝3×10－25 的A. Na2S 溶液中：c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝2c(Na＋) B. a、b、c 三点对应的溶液中，水的电离程度最大的为 b 点 C. 该温度下，Ksp(CuS)＝1×10－35.4 D. 向 100 mL Zn2＋、Cu2＋物质的量浓度均为 0.1mol·L－1 的混合溶液中逐滴加入 10－3 mol·L －1 的 Na2S 溶液，Zn2＋先沉淀 【答案】C 【解析】 【分析】 向 10mL0.1mol/LCuCl2 溶液中滴加 0.1mol/L 的 Na2S 溶液，发生反应：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+单 独存在或 S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象计算溶度积常数和溶液中的守 恒思想，据此判断分析。 【 详 解 】 向 10mL0.1mol/LCuCl2 溶 液 中 滴 加 0.1mol/L 的 Na2S 溶 液 ， 发 生 反 应 ： Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+单独存在或 S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b 点溶液时滴加 Na2S 溶液的体积是 10mL，此时恰好生成 CuS 沉淀，CuS 存在沉淀溶解平衡：CuS（s） Cu2+ （aq）+S2-（aq），已知此时-lgc（Cu2+）=17.7，则平衡时 c（Cu2+）=c（S2-）=10-17.7mol/L， A．Na2S 溶液中，根据物料守恒，2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Na＋)，故 A 错误； B．Cu2+单独存在或 S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b 点时恰好形成 CuS 沉淀，此 时水的电离程度并不是 a，b，c 三点中最大的，故 B 错误； C．该温度下，平衡时 c（Cu2+）=c（S2-）=10-17.7mol/L，则 Ksp（CuS）=c（Cu2+） c（S2-） =10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，故 C 正确； D．向 100 mLZn2+、Cu2+浓度均为 0.1mol·L－1 的混合溶液中逐滴加入 10－3 mol·L－1 的 Na2S 溶液，产生 ZnS 时需要的 S2-浓度为 c（S2-）= = mol/L=3×10-24mol/L，   ( ) ( )2 Ksp ZnS c Zn + 253 10 0.1 −×产生 CuS 时需要的 S2-浓度为 c（S2-）= = mol/L=10-34.4mol/L，则产生 CuS 沉淀所需 S2-浓度更小，优先产生 CuS 沉淀，故 D 错误。 故选 C。 【点睛】本题考查沉淀溶解平衡知识，根据图象所提供的信息计算出 CuS 的 Ksp 数值是关键， 对于同类型的沉淀可直接根据 Ksp 数值比较溶解性情况，不同类型的沉淀则需要定量计算比 较，这是易错点，注意守恒思想的运用。 12.常温下，将 pH＝3 的盐酸 a L 分别与下列三种溶液混合后，混合液均呈中性：①1×10－ 3 mol·L－1 的氨水 b L;②c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1 的氨水 c L;③c(OH－)＝1×10－ 3 mol·L－1 的 Ba(OH)2 溶液 d L, 其中 a、b、c、d 的关系正确的是(　 　) A. a＝b＞d＞c B. b＞a＝d＞c C. a＝b＞c＞d D. c＞a＝d＞ b 【答案】B 【解析】 【详解】混合液均呈中性，则溶液中 c（H +）=c（OH -），pH＝3 的盐酸中 c(H ＋)＝1×10 -3 mol/L。①NH3·H2O 为弱电解质，1×10-3 mol/L 的氨水中 c(OH-)＜1×10-3 mol/L，混合液呈中 性时氨水比盐酸的体积要大，b＞a；②NH3·H2O 为弱电解质，c(OH-)=1×10-3 mol/L 的氨水， 若反应体积相等，则还剩余未反应的氨分子，溶液显碱性，故 cc( )>c( ) C. 向 0.10 mol·L－1 Na2SO3 溶液中通 SO2：c(Na+)=2[c( )+c( )+c(H2SO3)] D. 向 0.10 mol·L－1 CH3COONa 溶液中通 HCl：c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl－) 【答案】D 【解析】 【详解】A、由电荷守恒有，c( )+c(H+)=c(OH－)+c( )+2c( )，因为 pH=7， 所以 c(H+)=c(OH−)，故有 c( )=c( )+2c( )，故 A 错误；B、由电荷守恒有， c( )+c(Na+)+c(H+)=c( )+2c( )+c(OH － ) ， pH=7 时 c(H+)=c (OH － ) ， 则 4NH + 3HCO− 2 3CO − 4NH + 2 3SO − 2 3SO − 3HSO− 4NH+ 3HCO− 2 3CO − 4NH+ 3HCO− 2 3CO − 4NH+ 3HSO− 2 3SO −c( )+c(Na+)=c( )+2c( )① ， 由 物 料 守 恒 有 ， c(Na+)= c( )+c( )+c(H2SO3)②，联立①②消去 c(Na+)，得 c( )+c(H 2SO3)=c( )，所以 c( )>c( ) ， 故 B 错 误 ； C 、 在 Na2SO3 溶 液 中 ， 根 据 物 料 守 恒 ， 有 c(Na+)=2[c( )+c( )+c(H2SO3)]，但是由于通入了 SO2，S 元素增多，所以该等式不 成 立 ， 故 C 错 误 ； D 、 由 物 料 守 恒 有 ， c(Na+)=c(CH3COO － )+c (CH3COOH)③ ， 故 c(Na+)>c(CH3COOH)，由电荷守恒有，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(Cl－)+c(OH－)，因为 pH=7， 所以 c(H+)=c(OH－)，则 c(Na+)=c (CH3COO－)+c(Cl－)④，联立③④得，c(CH3COOH)=c(Cl－)， 故 D 正确。 16.亚氯酸钠是一种高效氧化剂漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆等漂白。NaClO2 在溶液中 可生成 ClO2、HClO2、ClO2-、Cl- 等四种含氯微粒，经测定，25℃时各组分含量随 pH 变化情 况如图所示（Cl-没有画出）。则下列分析不正确的是 A. 亚氯酸钠在碱性条件下较稳定 B. 25℃时，HClO2 的电离平衡常数的数值 Ka=10-6 C. 25℃，pH=3 时 NaClO2 溶液中 c(Na+)+c(H+)=c(ClO2-)+c(OH-) D.若浓度均为 0.1mol/L 的 HClO2 溶液和 NaClO2 溶液等体积混合后所得溶液显酸性，溶液中有 关微粒的浓度由大到小的顺序为 c(ClO2-)>c(Na+)>c(HClO2)>c(H+)>c(OH-) 【答案】C 【解析】 A 项，根据图示在碱性条件下主要含氯微粒为 ClO2-，NaClO2 在碱性条件下较稳定，A 项正确； B 项，HClO2 的电离方程式为 HClO2 H++ClO2-，HClO2 的电离平衡常数 Ka= ， 根据图示当 c（HClO2）=c（ClO2-）时溶液的 pH=6 即 c（H+）=1 10-6mol/L，25℃时 HClO2 的 电离平衡常数的数值 Ka=10-6，B 项正确；C 项，NaClO2 在溶液中可生成 ClO2、HClO2、ClO2-、 Cl- 等四种含氯微粒，NaClO2 溶液中的电荷守恒为 c（Na+）+c（H+）=c（ClO2-）+c（Cl-）+c 4NH+ 3HSO− 2 3SO − 3HSO− 2 3SO − 4NH+ 2 3SO − 2 3SO − 4NH+ 2 3SO − 3HSO− ×（OH-），C 项错误；D 项，浓度均为 0.1mol/L 的 HClO2 溶液和 NaClO2 等体积组成的混合液中既 存在 HClO2 的电离平衡（HClO 2 H++ClO2- ）又存在 ClO2- 的水解平衡（ClO 2-+H2O HClO2+OH-），由于混合液呈酸性，HClO2 的电离程度大于 ClO2-的水解程度，溶液中有关微粒浓 度由大到小的顺序为 c（ClO2-） c（Na+） c（HClO2） c（H+） c（OH-），D 项正确；答案 选 C。 点睛：本题考查与溶液 pH 有关的图像分析、电离平衡常数的计算、溶液中粒子浓度的大小关 系。找关键点计算电离平衡常数；确定溶液中粒子浓度大小关系时要分清主次（如 D 项中 HClO2 的电离程度大于 ClO2-的水解程度），巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒。 二、非选择题（共 52 分） 17.现有浓度均为 0.01mol/L 的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，回答下列问题： （1）分别用以上三种酸中和一定量(且等量)的 NaOH 溶液生成正盐，若需要酸的体积分别为 V1、 V2、V3，其大小关系为__________________。 （2）分别与 Zn 反应，开始时生成 H2 的速率为 v1、v2、v3，其大小关系为________。 （3）将以上三种酸稀释 1000 倍后，pH 分别变成 a，b，c，其大小关系为_____________ （4）将上述盐酸稀释 106 倍后，c(H+): c(Cl-)= ___________ （5）常温下，某浓度的盐酸和 NaOH 溶液的 pH 之和为 16，当它们按一定体积比混合时，溶液 的 pH 恰好等于 7，则 A 与 B 的体积比是 _____________ 【答案】 (1). V1=V3=2V2 (2). v2＞v1＞v3 (3). c>a>b (4). 10:1 (5). 100：1 【解析】 【分析】 盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，都能够完全电离，醋酸是一元弱酸，不能完全电离。 【详解】（1）硫酸为二元酸，盐酸与醋酸为一元酸，分别用以上三种相同浓度的酸中和等物 质的童的 NaOH 溶液生成正盐，则需要体积 V1=V3=2V2； （2）浓度均为 0.01mol·L-1 的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，氢离子浓度分别为 0.01mol·L-1、0.02mol·L-1、小于 0.01mol·L-1，生成氢气速率的大小决定于氢离子浓度的 大小，所以分别与 Zn 反应，开始时生成 H2 的速率为 v1、v2、v3，其大小关系为 v2＞v1＞v3； （3）将以上三种酸稀释 1000 倍后，氢离子浓度分别为 0.00001mol·L-1、0.00002mol·L-1、 小于 0.00001mol·L-1，pH 分别变成 a，b，c，其大小关系为 c>a>b； > > > >（4）将上述盐酸稀释 106 倍后，溶液接近中性，但不可能变成碱性，c(H+): c(Cl-)=10-7: =10：1； （5）常温下 Kw=C(H+)×C(OH-)=1×10-14，pH 之和为 16，则设酸的 pH 为 x，碱的 pH 为 16-x， 一定体积比混合时，溶液的 pH 恰好为 7，则 n(H+)=n(OH-)，所以 VA×10-x=VB×1016-x-14，解得 VA：VB=1016-x－14+x=100：1。 【点睛】本题考查了酸碱中和、弱电解质的电离、影响化学反应速率的因素等，题目综合性 较强，难点（5）明确 pH=7，n(H+)=n(OH-)是解答本题的关键，注意 pH 与浓度的换算。 18.某学生用 0.1500mol/L NaOH 溶液测定某未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步： A.用蒸馏水洗净滴定管 B.用待测定 溶液润洗酸式滴定管 C.用酸式滴定管取稀盐酸 25.00mL，注入锥形瓶中，加入酚酞 D.另取锥形瓶，再重复操作 2-3 次 E.检查滴定管是否漏水 F.取下碱式滴定管用标准 NaOH 溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上 2-3cm 处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下 G.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定 管液面所在刻度 完成以下填空： （1）滴定时正确操作的顺序是(用序号字母填写)： _______→_______→F→_______→_______→_______→D。 （2）操作 F 中应该选择如图中滴定管_________(填标号)。 （3）滴定终点的现象是_______________________。 （4）滴定结果如表所示: 标准溶液的体积/mL 滴定次数 待测液体积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 的 6 0.01 101 25.00 1.02 21.03 2 25.00 0.60 20.60 3 25.00 0.20 20.19 计算该盐酸的物质的量浓度为____________(保留 4 位有效数字)。 （5）下列操作会导致测定结果偏高的是_______。 a.用酸式滴定管向锥形瓶中放盐酸时，先仰视后平视读数。 b.锥形瓶用盐酸润洗 c.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡 d.达到滴定终点时，仰视读数 （6）已知若 c(NH4Cl)＜0.1 mol·L-1，则 pH＞5.1，常温下若用 0.1mol·L-1 盐酸滴定 10mL 0.05mol·L-1 氨水，甲基橙作指示剂，达到终点时所用盐酸的量应是______5mL（填“＞”或 “ 【解析】 【分析】 （1）根据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作； （2）碱性溶液应选择碱式滴定管，酸性、氧化性溶液应选择酸式滴定管； （3）实验中应控制标准液滴入的速度并观察锥形瓶中颜色变化；如溶液颜色变化且半分钟内 不变色，可说明达到滴定终点，酚酞在酸性溶液中为无色，在碱性溶液中显红色； （4）先判断数据的有效性，然后求出平均值，最后根据关系式 HCl～NaOH 来计算出盐酸的浓 度； （5）根据 c（待测）= 分析不当操作对 V（标准）的影响； （6）甲基橙的变色范围是 pH≤3.1 时变红，3.1~4.4 时呈橙色，pH≥4.4 时变黄。 【详解】（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操 c V( ) ( ) ( )V ×标准 标准 待测作，则正确的顺序为：EAFBCGD； （2）氢氧化钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管，滴定管乙下端是橡皮管，为碱式滴定管，故 选乙； （3）滴定操作时眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，当滴加最后一滴标准液时，溶液无色 变浅红色且半分钟内不褪色，可说明达到滴定终点； （4）第一次消耗标准液：21.03-1.02=20.01（mL）；第二次消耗标准液体积： 20.60-0.60=20.00mL；第三次消耗标准液：20.19-0.20=19.99mL，三组数据均有效，所以消 耗标准液体积为： =20.00mL，该盐酸的物质的量浓度为： =0.1200mol·L-1； （5）a.用酸式滴定管向锥形瓶中放盐酸时，先仰视后平视读数，导致所取盐酸的量增加， 消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故 a 选； b.锥形瓶用盐酸润洗，导致所取盐酸的量增加，消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故 b 选； c.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡,滴定终点时发现气泡，导致消耗标准液偏小，则测 定结果偏低，故 c 不选； d.达到滴定终点时，仰视读数，导致消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故 d 选； 故选 abd； （6）甲基橙的变色范围是 pH≤3.1 时变红，3.1~4.4 时呈橙色，pH≥4.4 时变黄；现已知若 c(NH4Cl)＜0.1mol·L-1，则 pH＞5.1，要将 pH 调到 4.4，需加入更多的盐酸，甲基橙作指示 剂，达到终点时所用盐酸的量应是＞5mL。 【点睛】本题考查中和滴定的综合应用，解题关键：明确中和滴定的操作方法和原理，易错 点（5）注意掌中和滴定的误差分析方法与技巧，难点（4）先求体积的平均值，再根据浓度 计算公式计算，需学生具备一定的分析能力及化学计算能力。 19.为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量。其中，控制空气中氮氧化物和硫氧化 物的含量尤为重要。 (1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物,用 CH4 催化还原 NO2 可消除氮氧化物的污染。已知： ①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -867.0kJ/mol； ②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+67.8kJ/mol； ③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+89.0kJ/mol 20.01 19.99 20.00 3 + + -10.02mL 0.1500mol·L 0.025L ×则 CH4 催化还原 NO 的热化学方程式为_______。 (2)将 0.20mol NO 和 0.10mol CO 充入一个温度恒定、容积恒为 2L 的密闭容器中发生反应 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，可实现氮氧化物的转化，反应过程中部分物质的物质的量变 化如图所示。 ①N2 在 0～9min 内的平均反应速率 v(N2)＝________mol/(L·min)(保留两位有效数字)。 ②第 12min 时改变的反应条件可能为________(填字母代号)。 a．充入水蒸气稀释反应物 b．加入 NO c．加催化剂 d．增大压强 (3)室温下，烟气中的 SO2 可用某浓度的 NaOH 溶液吸收得到 pH=7 的溶液，试计算所得溶液中 ＝_____(已知:常温下 H2SO3 的电离平衡常数 Ka1=1.0×10-2，Ka2=6.0×10-8)。 (4)烟气中的 SO2 也可用 Na2SO3 溶液吸收，吸收过程中，pH 随 n(SO32-):n(HSO3-)变化关系如下 表： n(SO32-):n(HSO3-) 99：1 1：1 1：99 pH 8.2 7.2 6.2 当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母): ___________ a．c(Na＋)=2c(SO32-)＋c(HSO3-) b．c(Na＋)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H＋)=c(OH-) c．c(Na＋)+c(H+) =c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-) 【答案】 (1). CH4 (g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-977.2KJ·mol-1 (2). 1.1×10-3 (3). D (4). 2.2 (5). ab 【解析】 + - 3 c(Na ) c(HSO )【分析】 (1)①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -867.0kJ/mol； ②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H= +67.8 kJ/mol； ③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H= +89.0 kJ/mol； 盖斯定律计算①+②-③×2 得到 CH4 催化还原 NO 的热化学方程式。 (2)①图象分析可知 N2 浓度变化为 0.01mol·L-1，反应速率 v=△c÷△t 计算； ②图象分析判断 12min 后反应物浓度增大，生成物浓度减小，说明平衡逆向进行，反应是放 热反应，升温改变符合图象变化； ②图象分析可知 12min 后一氧化氮和一氧化碳浓度降低，氮气浓度增大，物质的量的变化量 比等于方程式的计量数之比，说明平衡正向进行，反应是气体体积减小的反应，加压平衡正 向进行，符合图象变化。 (3)利用溶液中存在的电荷守恒分析； (4)①a、利用物料守恒分析； b、当 n(SO32-)：n(HSO3-)=1：1 时，PH 为 7.2，故当为中性时，n(SO32-)要减少，故 c(HSO3-)＞ c(SO32-)； c、电荷守恒为：c(Na＋)+c(H＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故 c 错误； 故答案为：ab； 【详解】(1)①CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -867.0kJ/mol； ②N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) △H= +67.8kJ/mol； ③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H= +89.0kJ/mol 盖斯定律计算①+②-③×2 得到 CH4 催化还原 NO 的热化学方程式： CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -977.2kJ·mol－1 (2)①反应从开始到 9min 时，图象分析可知氮气浓度变化为 0.02mol÷2L=0.01mol·L-1，N2 在 0～9min 内的平均反应速率 v(N2)＝ =1.1×10-3mol·L-1·min-1； ②a．充入水蒸气稀释反应物平衡不移动，故 a 不符； b．加入 NO 后浓度应增大，故 b 不符； c．加催化剂不影响平衡，故 c 不符； d．增大压强，2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，图象分析可知 12min 后一氧化氮和一氧化碳浓 度降低，氮气浓度增大，物质的量的变化量比等于方程式的计量数之比，说明平衡正向进行， -10.01mol L 9min 反应是气体体积减小的反应，加压平衡正向进行，符合图象变化，故 d 符合； 故选 d； (3)烟气中的 SO2 可用某浓度 NaOH 溶液吸收得到 Na2SO3 和 NaHSO3 混合溶液，且所得溶液呈中 性，依据溶液中电荷守恒分析，c(Na＋)+c(H＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，c(H＋)=c(OH-)， 得到(Na＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，中 ＝ = +1=2.2； (4)①a、利用物料守恒可知 a 正确； b、当 n(SO32-)：n(HSO3-)=1：1 时，PH 为 7.2，故当为中性时，n(SO32-)要减少，故 c(HSO3-)＞ c(SO32-)，所以 b 正确； c、电荷守恒为：c(Na＋)+c(H＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故 c 错误； 故答案为：ab。 20.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工 业污泥中 Cr(III)的处理工艺如下： 其中硫酸浸取液中的金属离子主要是 Cr3+，其次是 Fe3+、Al3+、Ca2+和 Mg2+。 （1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有___________、__________。 （2）H2O2 的作用是将滤液Ⅰ中的 Cr3+转化为 Cr2O72-，写出此反应的离子方程式： ___________。 （3）常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH 如下： 阳离子 Fe3+ Mg2+ Al3+ Cr3+ 开始沉淀时的 pH 2.7 —— —— —— + - 3 c(Na ) c(HSO ) 2 + 3 3 3 a2 2c(SO +c(HSO 2c(H )= +1c(HSO K ) ) ) - - - -8 -7 2 6.0 10 1.0 10 × × ×沉淀完全时的 pH 3.7 11.1 8 9（＞9 溶解） 加入 NaOH 溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为 CrO42-。滤液Ⅱ中阳离子主要有___________；但 溶液的 pH 不能超过 8，其理由是_____________________。 （4）钠离子交换树脂的反应原理为：Mn+＋nNaR→MRn＋nNa+，利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ 中的金属阳离子是_______。 【答案】 (1). 升高反应温度 (2). 增大固体颗粒的表面积、加快搅拌速度等 (3). 2Cr3++ 3H2O2+H2O＝Cr2O72-+ 8H+ (4). Na+、Mg2+、Ca2+ (5). pH 超过 8 会使部分 Al(OH)3 溶解生成 AlO2-，最终影响 Cr(III)回收与再利用 (6). Ca2+、Mg2+ 【解析】 【详解】（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：升高反应温度、延长浸取时间、加 快溶解速度等措施； （2）双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Cr3+有还原性，Cr3+能被双氧水氧化为高价离 子，以便于与杂质离子分离：2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O72-+8H+； （3）硫酸浸取液中的金属离子主要是 Cr3+，其次是 Fe3+、Al3+、Ca2+和 Mg2+，加入过氧化氢氧 化铬离子为 Cr2O72-，加入 NaOH 溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为 CrO42-，溶液 PH=8，Fe3+沉 淀完全，沉淀为 Fe(OH)3，滤液Ⅱ中阳离子主要有 Na+、Mg2+、Ca2+；但溶液的 pH 不能超过 8， 其理由是 pH 超过 8 会使部分 Al(OH)3 溶解生成 AlO2-，最终影响 Cr(III)回收与再利用； （4）钠离子交换树脂的反应原理为：Mn+＋nNaR→MRn＋nNa+，则钠离子交换树脂交换的离子是 钙离子和镁离子，交换后溶液中浓度明显增大的离子为 Na＋，利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ 中的金属阳离子是 Ca2+、Mg2+。 21.汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的重要原因之一，治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保 护的重要课题。回答下列问题： （1）在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)。在某密闭刚性容器中通入等量的 CO 和 NO，发生上述反应时，c(CO)随温度(T) 和时间(t)的变化曲线如图所示。  催化剂 加热①据此判断该反应的正反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。 ②温度 T1 时，该反应的平衡常数 K=_____；反应速率 v=v 正- v 逆=k 正 c2(NO)c2(CO)-k 逆 c2(CO2)c(N2)，k 正、k 逆分别为正、逆反应速率常数，计算 a 处 =________。 （2）SNCR-SCR 脱硝技术是一种新型的除去烟气中氮氧化物的脱硝技术，一般采用氨气或尿素 作还原剂，其基本流程如图： ①SNCR-SCR 脱硝技术中用 NH3 作还原剂还原 NO 的主要反应为 4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，△H