【文档说明】江苏省响水中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学（选修）试题 【精准解析】.pdf，共(22)页，381.201 KB，由小赞的店铺上传

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-1-江苏省响水中学2019～2020年春学期高二年级期中考试化学（选修）试题考生注意：1．本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，分值100分，考试时间90分钟。2．可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16第Ⅰ卷（共40分）一、单项选择题（本题包括10小题，每题2分，

共20分。每小题只有一个．．．．选项符合题意）1.2007年2月，中国首条“生态马路”在上海复兴路隧道建成，它运用了“光触媒”技术，在路面涂上一种光催化剂涂料，可将汽车尾气中45%的NO和CO转化成N2和CO2。下列对此反应的叙述中正确的是().A.使用光催化剂不改

变反应速率B.使用光催化剂能增大NO的转化率C.升高温度能加快反应速率D.改变压强对反应速率无影响【答案】C【解析】【详解】A.使用光催化剂改变反应速率可以加快化学反应速率，A不正确；B.使用光催化剂对正、逆反应的速

率的影响是相同的，不能增大NO的转化率，B不正确；C.升高温度能提高活化分子的百分数，故能加快反应速率，C正确；D.该反应中的所有组分均为气体，故改变压强对反应速率有影响，D不正确。故选C。2.CCUS技术是将生产过程中排放

的二氧化碳收集起来，进行提纯，继而加以合理利用的一项新技术。下列属于CCUS技术的是A.将二氧化碳埋到地下，进行地质封存B.用海水吸收CO2，形成碳酸钙永久沉积C.二氧化碳通入盐碱湖里，生成矿物盐封存D.用二氧化碳生

产可降解的聚碳酸酯塑料【答案】D【解析】【详解】CCUS技术是将二氧化碳收集起来，进行提纯，继而加以合理利用的一项新技术；A.将二氧化碳埋到地下，进行地质封存，没有合理利用二氧化碳，A不属于；B.用海水吸收CO2，形成碳酸钙永久沉积，没有合理利用

二氧化碳，B不属于；-2-C.二氧化碳通入盐碱湖里，生成矿物盐封存，没有合理利用二氧化碳，C不属于；D.用二氧化碳生产可降解的聚碳酸酯塑料，在生产中将二氧化碳收集起来，进行提纯，继而加以合理利用，D属于。答案

选D。3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.能使石蕊试液显蓝色的溶液：Na+、Al3+、NO-3、SO2-4B.能使甲基橙显红色的溶液：Mg2+、K+、HCO-3、Cl－C.c(NaCl)=0.1mol·L－1的溶液：NH+4、Ca2+、NO-3、Br－D.KW/c(OH－)＝

0.1mol·L－1的溶液：Na＋、Fe2+、SO2-4、NO-3【答案】C【解析】【详解】A.能使石蕊试液显蓝色的溶液为碱性，在碱性溶液中Al3+不能大量共存，A不正确；B.能使甲基橙显红色的溶液为

酸性，在酸性条件下，HCO-3不能大量共存，B不正确；C.c(NaCl)=0.1mol·L－1的溶液中，再加上Na＋、Cl－，和NH+4、Ca2+、NO-3、Br－都可以共存，C正确；D.KW/c(OH－)＝0.1mol·L－1的溶液为酸性，在酸性条件下，Fe2+、NO-3不

能共存，D不正确。答案选C。4.25℃，101kPa时测得4.6g乙醇在足量O2中完全燃烧，放出136.68kJ的热量，该反应的热化学方程式正确的是A.C2H5OH(l)＋2O2(g)=2CO(g)＋3H2O(l)ΔH＝－1366.8kJ•mol－1B.C2H

5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－1366.8kJ•mol－1C.C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(g)ΔH＝－136.68kJ•mol－1D.

C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝1366.8kJ•mol－1【答案】B【解析】【分析】【详解】4.6g乙醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热136.68kJ，则1mol乙醇，质量

为46g，-3-完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为：46g4.6g×136.68kJ=1366.8kJ，其燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1366.8kJ•mol-1；故B正确。答案选B。5.下列说法正确

的是A.向蒸馏水中滴加浓H2SO4时，WK不变B.常温下，0.01mol·L-1Ba(OH)2溶液pH为12C.常温下，CH3COOH稀溶液中加水稀释，则-33c(CHCOO)c(CHCOOH)减小D.

常温下，在0.10mol·L-1的NH3·H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，能使溶液的pH减小且432c(NH)c(NHHO)的值增大【答案】D【解析】【详解】A.向蒸馏水中滴加浓H2SO4时，要放出大量的热，温度改变，WK改变，A不正确；B.常温下，0.01mol

·L-1Ba(OH)2溶液中，氢氧根的浓度为0.02mol/L，故-14+-13w-110c(H)mol/L510mol/Lc(OH)0.02K，pH不等于12，B不正确；C.常温下，CH3

COOH稀溶液中加水稀释时，-+3a3c(CHCOO)c(H)c(CHCOOH)K不变，而稀释时+c(H)减小，故-33c(CHCOO)c(CHCOOH)增大，C不正确；D.常温下，在0.10mol·L－

1的NH3·H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，增大了铵根离子的浓度，虽然使一水合氨的电离平衡逆向移动，溶液的pH减小，c(NH3·H2O)增大，但是c(NH+4)增大的倍数比c(NH3·H2O)增大倍数大，故43

2c(NH)c(NHHO)的值增大，D说法正确。答案选D。6.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是-4-A.碳酸钙溶于醋酸：CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑＋H2OB.铅蓄电池正极反应式:PbO2

+2e-+4H++SO2-4=PbSO4↓+2H2OC.用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu2＋＋2H2O=电解2Cu↓＋O2↑＋4H＋D.Na2CO3溶液水解：CO2-3+2H2OH2CO3+2OH-【答案】B【解析】【分析】【详解】A.碳酸钙

溶于醋酸，醋酸是弱酸，不能拆为离子形式，A不正确；B.铅蓄电池正极中，PbO2得2e-转变为二价铅离子，与电解质溶液中的硫酸根结合为PbSO4，而氧离子与氢离子结合为水，故正极反应式为:PbO2+2e-+4H++S

O2-4==PbSO4↓+2H2O，B正确；C.用铜做电极电解CuSO4溶液时，铜为活性电极，要参与阳极反应，生成铜离子，不产生氧气，C不正确；D.Na2CO3溶液水解时，碳酸根的水解要分步进行，水解方程式要

分步写，不能一步生成H2CO3，D不正解。答案选B。7.下列说法不正确．．．的是A.盛有被KCl饱和溶液浸泡过的琼脂的U型管，可用作原电池的盐桥B.Al3+能水解为Al(OH)3胶体，明矾可用作净水剂C.常温下，CH3C

OONH4溶液显中性，说明该盐不能发生水解D.在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率【答案】C【解析】【分析】【详解】A.被KCl饱和溶液浸泡过的琼脂能够传递电荷，所以可用作原电池的盐桥，A正确；B.明矾中的Al3+

能水解为Al(OH)3胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，所以能净水，B正确；C.常温下，CH3COONH4溶液显中性，是因为醋酸根水解产生的OH-和铵根水解产生的H+浓度相等，-5-C不正确；D.在海轮外壳上镶入锌块时，Zn、Fe形成原电池时，Fe作正

极，Zn作负极，牺牲阳极的阴极保护法，可减缓船体的腐蚀速率，D正确。答案选C。8.反应A(g)＋2B(g)=C(g)的反应过程中能量变化如下图所示。下列相关说法正确的是A.该反应是吸热反应B.催化剂改变了该反应的焓变C.曲线b表示使用催化剂后的能量变化D

.该反应的焓变H＝－510kJ·mol－1【答案】C【解析】【详解】A.由图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，故A错误；B.由图可知催化剂改变了反应的途径，降低了反应的活化能，但并没有改变反应物和产物的能量差，即反应的焓变没有改变，故B正确；C.催化剂可以降低反应

的活化能，由图判断b途径的活化能低，为使用催化剂的曲线，故C正确；D.该反应的焓变H=正反应的活化能-逆反应的活化能=419kJ·mol－1-510kJ·mol－1=-91kJ·mol－1，故D错误；故选：C。

9.下列事实中，能说明HNO2是弱电解质的是A.用HNO2溶液做导电性实验，灯泡较暗B.HNO2是共价化合物C.HNO2溶液不与NaCl反应-6-D.室温下，0.1mol·L－1HNO2溶液的pH为2

.15【答案】D【解析】【分析】【详解】A.没有用强酸在相同条件下进行对照，故A不能说明HNO2是弱电解质；B.电解质的强弱与是否为共价化合物无直接关系，故B不能说明HNO2是弱电解质；C.在一般情况下强酸也不与

NaCl反应，故C不能说明HNO2是弱酸；D.室温下，对于0.1mol·L－1HNO2溶液，若HNO2是强酸，则其pH为1，实际pH为2.15，由此说明HNO2不能完全电离，故其为弱酸，故D能说明HNO2是弱电解质。故选D。10.

下列有关说法正确的是A.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)在室温下不能自发进行，说明该反应H＜0B.水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应C.0.1mol·L-1Na2CO3溶液在50℃时

的碱性比25℃强，说明盐类水解反应是放热反应D.蒸发FeCl3溶液，所得固体在坩埚中充分加热，最后得到Fe2O3固体【答案】D【解析】【详解】A.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)，S>0，在室温下不能自发进行，说明该反应H>0，故A错误

；B.水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明加热时水的电离平衡正向移动，说明水的电离是吸热过程，故B错误；C.碳酸钠水解显碱性，加热时碱性增强，说明水解程度增大，水解平衡正向移动，则正向为吸热方向，即水解为吸热反应，故C错误；D.氯化

铁在溶液中发生水解反应，323FeCl+3HOFe(OH)+3HCl，加热蒸干时氯化氢挥发，导致水解程度增大，最终产生氢氧化铁固体，氢氧化铁受热分解得到氧化铁固体，故D正确；故选：D。-7-二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个．．．．．选

项合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，选错一个，该小题就为0分。）11.H2CO3和H2S在25℃时的电离常数如下：电离常数K1

K2H2CO34.2×10－75.6×10－11H2S5.7×10－81.2×10－15则下列反应可能发生的是()A.NaHCO3＋NaHS===Na2CO3＋H2SB.H2S＋Na2CO3===NaHS＋NaHCO3C.Na2S＋H2O＋CO2

===H2S＋Na2CO3D.H2S＋NaHCO3===NaHS＋H2CO3【答案】B【解析】【详解】电离常数越大，酸性越强，所以酸性由强到弱的顺序是：H2CO3＞H2S＞HCO3−＞HS-，根据强酸制弱酸的原理，则：A.酸性H2S＞HCO3−，该反应不可能发生，故A错误

；B.酸性H2S＞HCO3−，该反应可能发生，故B正确；C.酸性H2S＞HCO3−，H2S和Na2CO3会继续发生反应，故C错误；D.酸性H2CO3＞H2S，该反应不可能发生，故D错误；故选:B。【点睛】25℃时两种酸的电离常数：H2CO3：Ki1=4.

2×10-7，Ki2=5.6×10-11；H2S：Ki1=5.7×10-8，Ki2=1.2×10-15；碳酸与氢硫酸都是弱酸，电离平衡常数越大，酸性越强；酸性H2CO3＞H2S＞HCO3−＞HS-，结

合强酸制弱酸的原理与物质的性质判断。12.己知25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10－10，Ksp(AgBr)=5.4×10－13，Ksp(AgI)=8.5×10－17。某溶液中含有Cl－、Br－和I－，浓度

均为0.010mo1·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为A.Cl－、Br－、I－B.Br－、Cl－、I－-8-C.I－、Br－、Cl－D.Br－、I－、Cl－【答案】C【解析】【详解】由于这三种难溶物的组成相似，根据相同条件下，Ks

p越小，其溶解度越小，就越先沉淀，所以这三种阴离子产生沉淀的先后顺序为I－、Br－、Cl－；答案选C。13.最近英国斯特莱斯克莱德大学教授发明的直接尿素燃料电池，可用哺乳动物的尿液中的尿素作原料，电池原理如图，有关该电池说法正确

的是A.通尿液的电极为电池正极B.尿素电池工作时，OH－向正极移动C.该电池反应为：2CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2OD.该成果可用于航天空间站中发电和废物处理【答案】CD【解析】【详解】A.

由装置可知左侧通尿液电极为电子流出的电极，原电池中电子由负极流出，故A错误；B.原电池电解质溶液中的离子移动方向：阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，因此氢氧根离子向负极移动，故B错误；C.由装置可知尿素在负极反应转变成氮气和二氧

化碳，氧气和水在正极反应转变成氢氧根离子，总反应为：2CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，故C正确；D.该装置可实现废物处理，同时可以产生电能利用，故D正确；故选：CD。14.25℃时，用已知浓度的NaOH溶液滴定某浓度的弱

酸HA，其滴定曲线如图所示，下列说法正确的是-9-A.滴定时，可用酚酞作指示剂B.a点表示反应终点C.在b点时：c(Na+)=c(A－)D.在c点时：c(A－)＞c(Na+)＞c(OH－)＞c(H+)【

答案】AC【解析】【详解】A.滴定终点是NaA溶液，溶液水解显碱性，因此滴定时，可用酚酞作指示剂，故A正确；B.根据氢氧化钠滴定弱酸HA恰好反应生成NaA，NaA水溶液水解显碱性，终点是碱性，而a点溶液呈酸性，故B错误；C.在b点时根据电荷守恒c(Na+)＋c(H+

)=c(A－)＋c(OH－)，溶液pH＝7，因此得出：c(Na+)=c(A－)，故C正确；D.在c点时溶液显碱性，因此c(OH－)＞c(H+)，再根据溶液电荷守恒c(Na+)＋c(H+)=c(A－)＋c(OH－)，因此溶

液中离子浓度：c(Na+)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H+)，故D错误。综上所述，答案为AC。15.甲烷重整时涉及以下两个反应①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)平衡常数K1②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)平衡常数K2它们的平衡常数随温度的变化如图所示，

下列说法正确的是（）-10-A.反应①、②都是放热反应B.两曲线交点表示此时①、②两反应速率相等C.相同温度下，CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)的平衡常数为K1+K2D.相同条件下

，增大反应①、②中水蒸气的浓度，CH4、CO的转化率均增大【答案】D【解析】【分析】对于吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大；对于放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小；根据图像可知，温度升高，反应①的平衡常数增大，所以反应

①为吸热反应；温度升高，反应②的平衡常数减小，所以反应②为放热反应，据此解答。【详解】A.根据图像可知，温度升高，反应①的平衡常数增大，所以反应①为吸热反应；温度升高，反应②的平衡常数减小，所以反应②为放热反应，A错误；B.两

曲线交点表示，温度相同时，反应①和反应②的平衡常数相同，B错误；C.相同温度下，根据盖斯定律，①+②可得：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，2423COH1CHHOc·cc·cK，

222COH2COHOc·cc·cK，则22424COH122CHHOc·c·c·cKKK，C错误；D.根据反应①和反应②可知，水蒸气是反应物，相同条件下，增大反应①、②中水

蒸气的浓度，CH4、CO的转化率均增大，D正确；答案选D。第Ⅱ卷（共60分）16.某学生用0.1000mol·L－1标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作为以下几步：A．用标准NaOH溶液润洗碱式滴定管2～3次B．取标准NaOH溶液注入碱式滴定管到“0”刻

度以上2～3cmC．把盛有标准NaOH溶液的碱式滴定管固定好，挤压玻璃珠，使滴定管尖嘴充满溶液-11-D．调节液面至“0”或“0”刻度以下，记下读数E．移取25.00mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞溶液F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定到终点，并记下滴定

管液面的读数（1）下图中属于碱式滴定管的_____（选填：“甲”、“乙”）。（2）判断到达滴定终点的实验现象是_____。（3）上述E步操作之前，若先用待测溶液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是_____（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。（4）若平行实验三次

，记录的数据如下表滴定次数待测溶液的体积(/mL)标准NaOH溶液的体积滴定前读数(/mL)滴定后读数(/mL)125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20试计算待测盐酸的物质的量浓度（写出计算过程）________。【答案】(1).乙(

2).溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色(3).偏大(4).0.0800mol·L－1【解析】-12-【分析】(1)酸式滴定管下端为玻璃活塞，碱式滴定管下端用橡皮管连接一支带有尖嘴的小玻璃管；(2)如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；(3)根据cVcV（标准）（

标准）（待测）（待测），判断不当操作对相关物理量的影响；(4)根据关系式HCl～NaOH，来计算出盐酸的浓度。【详解】(1)滴定管下端是橡皮管的为碱式滴定管，故答案为：乙；(2)本实验是用NaOH滴定盐酸溶液，用酚酞作指

示剂，所以终点时的现象为当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色，故答案为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；(3)锥形瓶用蒸馏水洗涤后，如果再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V（标准）偏大，根据c

VcV（标准）（标准）（待测）（待测）分析可知，会造成c（待测）偏大，故答案为：偏大；(4)消耗NaOH溶液的体积为20.0119.9920.00mL20.00mL3，则n（HCl）=n（NaOH），c（H

Cl）×25.00mL=0.1000mol•L-1×20.00mL；c（HCl）=0.0800mol•L-1，故答案为：0.0800mol·L－1。17.海水中富含镁，可经过加碱沉淀、过滤、酸溶、结晶及脱水等步骤得到无水氯化镁，最后电解得到金属镁

。（1）加碱沉淀镁离子时，生成的Mg(OH)2在分散系中处于沉淀溶解平衡，Mg(OH)2的溶度积常数表达式Ksp=_____。（2）MgCl2溶液显酸性，其水解的离子方程式为_____。（3）除去MgCl2酸性溶液中少量的FeCl3

，可加入的试剂有______a．MgOb．Mg(OH)2c．MgCO3d．MgSO4（4）若在空气中直接加热MgCl2·6H2O，可生成Mg(OH)Cl或MgO，写出生成Mg(OH)Cl的化学方程式______。（5）MgCl2·6H2O在干燥的HCl气流中加热可得到无水氯化镁，其原因是_____

_。（6）如果直接电解MgCl2溶液，将得不到金属镁，写出该电解反应方程式_______。【答案】(1).Ksp=c(Mg2+)·c2(OH-)(2).Mg2++2H2OMg(OH)2+2H+(3)

.abc-13-(4).MgCl2·6H2OΔMg(OH)Cl+HCl↑+5H2O↑或MgCl2·6H2OΔMgO+2HCl↑+5H2O↑(5).HCl气体抑制了Mg2+水解(6).MgCl2+2H2O=电解Mg(OH)2+H2↑+Cl2↑【解

析】【分析】(1)根据沉淀溶解平衡的书写即可；(2)氯化镁属于强酸弱碱盐，Mg2＋水解显酸性；(3)根据Fe3＋+3H2OFe(OH)3+3H＋，加入能消耗H＋的物质，导致平衡正向移动，Fe3＋生成沉淀除去，该除杂过程不能引入杂质离子；(4)由于MgCl2水解产生HCl，HCl易挥发，导致氯化

镁的水解平衡右移；(5)HCl气流可抑制Mg2+水解；(6)直接电解MgCl2溶液，是得到氢氧化镁、氢气和氯气。【详解】(1)根据沉淀溶解平衡的书写可知，Mg(OH)2的溶度积常数表达式Ksp=c(Mg2+)·c2(OH－)，故答案为

：Ksp=c(Mg2+)·c2(OH-)；(2)氯化镁属于强酸弱碱盐，Mg2＋水解显酸性，其水解的离子方程式为：Mg2++2H2OMg(OH)2+2H+，故答案为：Mg2++2H2OMg(OH)2+2H+；(3)根据Fe3＋+3H2OFe(OH)3+3H＋，加入能

消耗H＋的物质，导致平衡正向移动，Fe3＋生成沉淀除去，该除杂过程不能引入杂质离子，所以符合条件的有：MgO、Mg(OH)2和MgCO3，故答案为：abc；(4)MgCl2水解产生HCl，HCl易挥发，导致氯化镁的水解平衡右移，

所以若在空气中加热MgCl2·6H2O，可生成Mg(OH)Cl或MgO，相关的化学方程式为MgCl2·6H2OΔMg(OH)Cl+HCl↑+5H2O↑或MgCl2·6H2OΔMgO+2HCl↑+5H2O↑，故答案为：MgCl2·6H2OΔMg(OH)Cl+HCl↑

+5H2O↑或MgCl2·6H2OΔMgO+2HCl↑+5H2O↑；(5)根据MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl，HCl气流可抑制Mg2+水解，故答案为：HCl气体抑制了Mg2+水解；(6)直接电解MgCl2溶液，是得到氢氧化镁、氢气和氯气，其电解反

应方程式为：-14-MgCl2+2H2O电解Mg(OH)2+H2↑+Cl2↑，故答案为：MgCl2+2H2O电解Mg(OH)2+H2↑+Cl2↑。18.CO是生产羰基化学品的基本原料，850℃时，在恒容密闭容器中通入CO和H2O(g)，发生：CO(g)＋H2O(g

)H2(g)＋CO2(g)H＜0，测定浓度随时间关系如下表：t/minc(CO)/mol·L－1c(H2O)/mol·L－100.300.202\0.1030.18\4\0.08回答下列问题（1）

t=3min时，υ(正)____________υ(逆)（选填：“＞”，“＜”，“＝”）。（2）0～2min，CO的平均反应速率为____________。（3）上述反应中的CO平衡转化率为______；该温度下反应的平衡常数为____

__。（4）850℃时，以下表中不同的起始浓度在体积可变的密闭容器中进行反应，其CO平衡转化率与原平衡相同的是______（选填a、b、c、d）。c(CO)c(H2O)c(H2)c(CO2)a2111b0.60.400c0.200.10.1d1111（5）在一定条件下，发生下列反应：C

O(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)，其逆反应的速率随时-15-间变化曲线如图所示则t1时改变的某种反应条件可能是_____（填序号）。a．增大CO浓度b．加压c．恒容时充入氩气d．使用催化剂【答案】(1).＝(2).110.05mol·L·min

(3).40%(4).1(5).b(6).bd【解析】【分析】(1)t=3min时，由CO的浓度可计算出水蒸汽的浓度；(2)0～2min，CO的转化浓度等于水蒸汽的转化浓度；(3)因3min已达到平衡，平衡时，CO的浓度为0.18mol·L-1，水蒸汽的浓度为0.08mol

·L-1，氢气和二氧化碳的浓度为0.12mol·L-1；(4)只要起始时c（CO）：c（H2O）=3：2，平衡时CO的转化率即相等，；(5)t1时刻改变条件，逆反应速率瞬时加快，则可能为加压或使用催化剂；【详解】(1)t=3min时，由CO的浓度可计算出水蒸汽的浓度为0.08mol/L，再分析

4min时，水蒸汽的浓度为0.08mol/L，可知3min时反应已达到平衡，所以正逆反应速率相等，故答案为：=；(2)0～2min，CO的转化浓度等于水蒸汽的转化浓度，为0.1mol/L，则CO平均反应速率为：1110.1mol·L0.05m

ol·L·min2min，故答案为：110.05mol·L·min；(3)3min已达到平衡，CO的转化率为：110.300.18mol·L100%40%0.30mol·L；因平衡时，CO的浓度为0.

18mol·L-1，水蒸汽的浓度为0.08mol·L-1，氢气和二氧化碳的浓度为0.12mol·L-1，则该温度下平衡常数为：0.120.1210.180.08，故答案为：40%；1；(4)由表格分析可知，只要起始时c（CO）

：c（H2O）=3：2，平衡时CO的转化率即相等，a-16-虽然与原平衡等效，但CO的转化率不等；b起始浓度符合c（CO）：c（H2O）=3：2，CO的转化率相等；c和d与原平衡不等效，故答案为：b；(5)t1时刻改变条件，逆反应速率瞬时加快，则可能为加压或使用催化剂；增大CO

的浓度，正反应速率加快，逆反应速率不可能瞬时加快；恒容时充入Ar，容器中各组分的浓度不变，反应速率不变，故答案为：bd。【点睛】等效平衡：（1）恒温、恒容：①方程式前后气体系数之和不同时，只要能使各物质的初始物质的量分别相等，就可以建立相同平衡；②方程式前后气体系数之和相同时，只要

能使各物质初始物质的量之比相等就可以建立相似平衡。（2）恒温、恒压：只要使各物质初始浓度对应成比例即可建立相似平衡。19.铁及其化合物用途非常广泛。（1）已知赤铁矿还原冶炼时是逐级进行的，已知：(a)3F

e2O3(s)＋CO(g)2Fe3O4(s)＋CO2(g)H=akJ·mol－1(b)Fe2O3(s)＋3CO(g)2Fe(s)＋3CO2(g)H=bkJ·mol－1(c)Fe3O4(s)＋CO(g)3FeO(s)＋CO2(g)H=ckJ·mol－

1①上述反应(a)平衡常数表达式为K=___________________。②反应FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)H=__________kJ·mol－1（用含a、b、c的代数式表示）

。（2）用类似冶炼铝的方法，在600～1000℃时电解熔融的Fe2O3冶炼铁（装置示意图如图），该法除消耗能量较少外，另一最突出的优点是__________________________________；电解时阳极发生的电极反应为____________。（3）生铁在自然界中可发

生析氢腐蚀和吸氧腐蚀，析氢腐蚀的负极的电极反应式为_________；如图所示，纯铁处于a、b、c三种不同的环境中，铁被腐蚀的速率由大到小的顺序是（填字母）_____________。-17-【答案】(1).2COCOcc(2).(3b-a-2c)/6(3).不产生CO2(4

).2O2--4e-=O2↑(5).Fe-2e-=Fe2+(6).c>a>b【解析】【分析】(1)①固体物质不写入平衡常数表达式中；②依据盖斯定律，[3(b)-(a)2(c)]/6即得FeO(s)+CO(

g)Fe(s)+CO2(g)；(2)还原法冶炼铁过程中会产生CO2气体，对环境有破坏；从图中看，电解熔融的Fe2O3冶炼铁时，O2-在阳极失去电子生成O2；(3)析氢腐蚀，铁在负极失电子生成亚铁离子；铁与碳构成原电池，加快了铁的腐蚀；铁与锌

构成原电池，Zn作负极，保护了Fe，减慢了Fe的腐蚀。【详解】(1)①反应(a)为3Fe2O3(s)＋CO(g)2Fe3O4(s)＋CO2(g)，平衡常数表达式为：2COCOccK，故答案为：2COCOcc②根

据盖斯定律，[3(b)-(a)-2(c)]/6可得：FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)，则H=(3b-a-2c)/6kJ·mol－1，故答案为：(3b-a-2c)/6；(2)还原法冶炼铁过程中会产生CO2气体，对环境有破坏，电解熔融的

Fe2O3冶炼铁时，不产生CO2；O2-在阳极失去电子生成O2，其阳极发生的电极反应为：2O2--4e-=O2↑，故答案为：不产生CO2；2O2--4e-=O2↑；(3)析氢腐蚀，铁在负极失电子生成亚铁离子，其负极的电极反应式为：Fe-

2e-=Fe2+；铁与碳构成原电池，加快了铁的腐蚀；铁与锌构成原电池，Zn保护了Fe，减慢了Fe的腐蚀，所以铁被腐蚀的速率由大到小的顺序是：c>a>b，故答案为：Fe-2e-=Fe2+；c>a>b。【点睛】①析氢腐蚀是金属在酸性较强的

溶液中，发生电化学腐蚀时放出氢气，以Fe作为例子：负极：Fe-2e-=Fe2+；正极：2H++2e-=H2↑；②吸氧腐蚀是指金属在酸性很弱或中性溶液里，空气里的氧气溶解于金属表面水膜中而发生-18-的电化学腐

蚀，如钢在接近中性的潮湿的空气中的腐蚀就属于吸氧腐蚀，其电极反应如下：负极：2M-4e-=2M2+；正极：2H2O+O2+4e-=4OH-。20.弱电解质有许多如：醋酸、碳酸、氢氰酸、一水合氨等，已知25℃时，醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数如下表氢氰酸碳酸醋酸Ka=6.2×10-1

0Ka1=4.2×10-7Ka2=5.6×10-11Ka=1.7×10-5（1）25℃时，pH相等的三种溶液①CH3COONa溶液、②Na2CO3溶液、③NaCN溶液，浓度由大到小的顺序为____(填序号)。（2）25℃

时，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为_________。（3）将浓度为0.02mol/L的HCN与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合，则混合溶液中c(H+)_____c(OH-)（用<>=填空）（

4）常温下，向浓度为0.1mol·L－1、体积为VL的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测溶液的pH随盐酸的加入量而降低的滴定曲线，d点两种溶液恰好完全反应。根据图中信息回答下列问题：①该温度时NH3·H2O的电离常数K＝______。②比较b、c、d三点时的溶液中，由水电离出的

c(H＋)由大到小顺序为________。③滴定时，由b点到c点的过程中，下列各选项中数值保持不变的是________(填字母，下同)。A．c(H＋)·c(OH-)B.+-c(H)c(OH)C.+-432c(NH)c(OH)c(NHHO)D.+32+4c(NHHO)c(H)c(NH)-1

9-④根据以上滴定曲线判断下列说法正确的是________(溶液中N元素只存在NH+4和NH3·H2O两种形式)。A．点b所示溶液中：c(NH+4)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)B．点c所示溶液中：c(Cl－)＝c(NH3·H2O)＋c

(NH+4)C．点d所示溶液中：c(Cl－)>c(H＋)>c(NH+4)>c(OH－)D．滴定过程中可能有：c(NH3·H2O)>c(NH+4)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)【答案】(1).①>③>②(2).CN-+CO2+H

2O=HCN+HCO-3(3).<(4).10-5(5).d＞c＞b(6).ACD(7).D【解析】【分析】(1)醋酸电离常数大于氢氰酸大于碳酸氢根离子，电离常数越大，酸性越强；根据越弱越水解进行判断；(2)向NaCN溶液中通入少量CO2，H2CO3酸性大

于HCN大于HCO-3，所以反应生成氰酸和碳酸氢钠；(3)等体积混合浓度减半，溶液中的溶质是物质的量浓度均为0.005mol/L的NaCN和HCN；(4)①滴定前氨水中c（H+）=10-11mol/L，利用水的离子积常数求氢氧根离子的浓

度，再求一水合氨的电离平衡常数；②在b点时，溶质为氨水和氯化铵，氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，溶液为碱性，对水的电离平衡起到抑制作用；在c点时，溶质为氨水和氯化铵，氨水的电离程度等于氯化铵的水解程度，溶液为中性，对水的电离平衡无影响；在d点时，

溶质为氯化铵，氯化铵发生水解，溶液为酸性，对水的电离平衡促进；③A.温度不变，水的离子积常数不变；B.由b点到c点加酸的过程中，c（H+）增大，c（OH-）不断减小；C.+-4b32NHOHNHHO)ccKc()()(，温度不变，电离平衡常数不变；D.++-3232w++-44b(

NHHO)(H)(NHHO)(H)(OH)=(NH)(NH)(OH)cccccKcccK，温度不变，该比值也不变；-20-④A．点b反应后溶液是NH4Cl与NH3·H2O物质的量之比为1：1的混合物，溶液

呈碱性，结合三大守恒判断；B．点c时pH=7，即c（OH-）=c（H+），由电荷守恒判断；C．点d恰好完全反应生成NH4Cl，NH4Cl水解溶液呈酸性；D．当NH3·H2O较多，滴入的HCl较少时，生成NH4Cl少量，溶液中NH3·H2O浓度远大于NH4Cl

浓度；【详解】(1)依据图表数据分析，醋酸电离常数大于氢氰酸大于碳酸氢根离子，所以pH相等的三种溶液：①CH3COONa溶液、②Na2CO3溶液、③NaCN溶液，水解程度相同，且越弱越水解，则浓度由大到小的顺序为：①>③>②，故答案为：①>③>

②；(2)向NaCN溶液中通入少量CO2，H2CO3酸性大于HCN大于HCO-3，所以反应生成氰酸和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，其反应的离子方程式为:CN-+CO2+H

2O=HCN+HCO-3，故答案为：CN-+CO2+H2O=HCN+HCO-3；(3)将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度均为0.005mol/L的NaCN和HCN，则c(Na+)>c(CN-)，根据电

荷守恒可知：c(H+)<c(OH-)，故答案为：<；(4)①滴定前氨水中c（H+）=10-11mol/L，利用水的离子积常数可得：1413111OH10cmol·L10mol·L10，一水合氨的电离平衡常数：

43233OHNH53NH·HOc·c10·1010c0.110K，故答案为：10-5；②在b点时，溶质为氨水和氯化铵，氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，溶液为碱性，对水的电离平衡起到抑制作用；在c点时，溶质为氨水和氯化铵，氨水的电离程度等于氯化铵的水解程度

，溶液为中性，对水的电离平衡无影响；在d点时，溶质为氯化铵，氯化铵发生水解，溶液为酸性，对水的电离平衡促进；所以b、c、d三点时的溶液中，水电离的c（H+）大小顺序是d＞c＞b，故答案为：d＞c＞b；③A.温度不变，水的离子积

常数不变，所以c（H＋）·c（OH-）不变，A正确；B.由b点到c点加酸的过程中，c（H+）增大，c（OH-）不断减小，故+-(H)(OH)cc增大，B错误；-21-C.+-4b32NHOHNHHO)ccKc()()(，温度不变，电离平衡常数不变，C正确；D

.++-3232w++-44b(NHHO)(H)(NHHO)(H)(OH)=(NH)(NH)(OH)cccccKcccK，温度不变，该比值也不变，D正确；故答案为：ACD；④A．由图象可知，点b反应后溶液是NH4Cl与NH3·H2O物质的量之比为1：1的混合物，溶液呈碱性，说NH

3·H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，由电荷守恒可知：c（C1-）＋c（OH-）=c（NH4+）＋c（H+），物料守恒为：2c（C1-）=c（NH4+）＋c（NH3·H2O），质子守恒为：2c（OH-）＋c（NH3·H2O）=c（NH4+）

＋2c（H+）；A错误；B．点c时pH=7，即c（OH-）=c（H+），由电荷守恒可知：c（C1-）＋c（OH-）=c（NH4+）＋c（H+），故c（NH4+）=c（C1-）＞c（OH-）=c（H+），B错误；C．点d恰好完全反应生成NH4Cl，NH4Cl水解溶液呈酸性，则c（C1-）＞c（N

H4+）＞c（H+）＞c（OH-），C错误；D．当NH3·H2O较多，滴入的HCl较少时，生成NH4Cl少量，溶液中NH3·H2O浓度远大于NH4Cl浓度，可能出现c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（C1-

）＞c（H+），D正确；故答案为：D。-22-