【文档说明】山东省济南市山东师大附中2021-2022学年高二上学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(36)页，4.179 MB，由管理员店铺上传

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2020级2021—2022学年第一学期学分认定考试化学学科考试题1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，考试时间90分钟，满分100分。2.选择题答案用2B铅笔涂在答题卡上，非选择题用0.5mm黑色中性笔作答，答案必须写在答题

卡各题目指定区域内的相应位置。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Ni-59Cu-64一、单项选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意。1.研究表明2NO与CO在Fe+作用下发生反

应，下列说法不正确．．．的是A.反应总过程ΔH<0B.Fe+使反应的活化能减小C.FeO+也是该反应的催化剂D.+22Fe+NOFeO+N+→、++2FeO+COFe+CO→两步反应均为放热反应2.室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是A.Na2S溶液：c(Na+)>c(H

S-)>c(OH-)>c(H2S)B.Na2C2O4溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O4−)+2c(H2C2O4)C.pH=5的NaHSO3溶液：c(Na+)>c(H2SO3)>c(SO23−)>c(H+)>c(OH-)D.CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na+

)+c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+2c(Cl-)3.常温下，10.1molL−的3CHCOOH溶液的pH随加入水的体积的变化如图所示，已知：-5aK=1.010。下列说法错误的是A.由水电离出的()+n

H一直减小B.原溶液中3CHCOOH的电离度为1%C.加水稀释至溶液体积为原溶液体积的10倍时，所得溶液的pH4D.x的值为34.常温下，向0.1mol/LNa2A溶液中不断通入HCl。H2A、HA-、A2-在溶液中所占物质的量分数与pOH

[pOH=-lgc(OH-)]的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.H2A的第二级电离平衡常数为10-10B.随着HCl的通入c(H+)/c(H2A)先减小后增大C.当溶液呈中性时:c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)D.将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液

混合后，溶液显碱性5.T℃时，向某恒温恒容密闭容器中充入等物质的量的CH4(g)和CO2(g)，发生二氧化碳重整甲烷反应：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)，测得体系中CH4(g)和CO(g)的物质的量

浓度随时间变化如图所示，下列说法错误的是A.点B的坐标为(5，12)B.反应进行到5min时，2v正(CH4)＜v逆(CO)C.CO2(g)的平衡转化率约为33.3％D.T℃时，该反应的平衡常数为496.用惰性电极电解含CuCl2、

CuSO4的混合溶液500mL，其中c(CuCl2)=0.2mol/L，c(CuSO4)=0.5mol/L，当在阳极得到4.48L气体(标准状况)时，在阴极析出固体的质量为A.19.2gB.16gC.12.8gD.22.4g7.如图所示，纵轴表示导电能力，横轴表示所加

物质的用量。下列说法正确的是A.曲线A表示NaCl固体中滴加蒸馏水B.曲线B表示3CHCOOH溶液中滴加等浓度NaOH溶液C.曲线C表示()2CaOH溶液中通入2COD.曲线D表示氨水中滴加等浓度的醋酸8.常温下，0.2mol/L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是强酸B.该混合液pH=7C.图中x表示HA，Y表示OH-，Z表示H+D.该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c（Na+）9.下列溶液均为0.100mol

/L，下列关系正确的是①NH4Cl；②NH4Fe(SO4)2；③NH4HSO4；④CH3COONH4；⑤NH4HCO3；⑥NH3•H2OA.pH：③<①<⑤<④<⑥B.c(NH4+)：⑥<⑤<④<①<②<③C.水电离出的c(

OH-)：③<①<④<⑤<⑥D.⑤溶液中：c(NH4+)=c(H2CO3)+c(HCO3−)+c(CO23−)10.用活性炭还原NO2可防止空气污染，其反应原理为2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2

CO2(g)。在密闭容器中1molNO2和足量C发生上述反应，反应相同时间内测得NO2的生成速率与N2的生成速率随温度变化的关系如图1所示；维持温度不变，反应相同时间内测得NO2的转化率随压强的变化如图2所示。下列说法错误的是A

.图1中的A、B、C三个点中只有C点的v正=v逆B.图2中E点的v逆小于F点的v正C.图2中平衡常数K(E)=K(G)，则NO2的平衡浓度c(E)=c(G)D.在恒温恒容下，向图2中G点平衡体系中充入一定量的NO2，与原平衡相比，NO2

的平衡转化率减小二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.某废水中含有一定浓度的Ni2+和Cl-，图甲是双膜三室电沉积法回收废水中Ni2+的示意图，图乙描述的是实验中阴极液pH

与镍回收率之间的关系。下列说法错误的是A.阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+B.通电后阳极区域的H+通过交换膜a向浓缩室迁移C.交换膜b为阳离子交换膜D.浓缩室得到1L0.5mol/L盐酸时，阴极得到的Ni等于11.8g12.下列两组实验，将CO(g)和H2

O(g)通入体积为2L的恒容密闭容器中：发生反应CO(g)+H2O(g)垐?噲?CO2(g)+H2(g)，结合表中数据，下列说法错误的是实验组温度/℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minH2OCOH2CO165

0241.62.452900120.41.63A.混合气体的平均相对分子质量不再变化，则反应达到平衡B.实验1中，反应达到平衡后，CO的体积分数为40%C.升高温度有利于提高实验1和实验2中CO的转化率D.实验2的反应平衡常数K=1613.

已知25℃时，用0.1000mol•L-1的盐酸滴定25.00mL0.1000mol•L-1氨水的滴定曲线如图所示，下列正确的是A.滴定时，可选用甲基橙或酚酞作指示剂B.c点溶液中离子浓度大小顺序为：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)C.a、b两

点水电离出的OH-浓度之比为10-4.12D.等体积等pH的氨水和NaOH溶液，消耗相同浓度盐酸的体积相等14.40℃时，在氨－水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是A.在pH＝9.0时，c(NH4+)＞c(HC

O3−)＞c(NH2COOˉ)＞c(CO23−)B.不同pH的溶液中存在关系：c(NH4+)＋c(H+)＝2c(CO23−)＋c(HCO3−)＋c(NH2COOˉ)＋c(OHˉ)C.随着CO2的通入，-32c(OH)c(NHHO)不断增大D.在溶液中pH不断降低的过程中，有含NH2COO

ˉ的中间产物生成15.常温下。向20.00mL0.1mol/LHA溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[-lgc水(H+)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法不正确的是A.常温下，Ka(HA)约为1

0-5B.M、P两点溶液对应的pH=7C.b=20.00D.M点后溶液中均存在c(Na+)>c(A-)三、根据题意填空、简答：共5道题，60分，答案填写在答题卡上。16.“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。为减小和消除CO2对环境的影响，一方面世界各国

都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对CO2创新利用的研究。（1）已知：①CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)ΔH=-41kJ·mol-1②C(s)+2H2(g)=CH4(g)ΔH=-73

kJ·mol-1③2CO(g)=C(s)+CO2(g)ΔH=-171kJ·mol-1写出CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式：___。NaClO和KAl(SO4)2都是重要的化工产品，均可应用于造纸业，回答下列问题。（

2）NaClO溶液pH＞7，用离子方程式表示原因：___。（3）根据NaClO的性质推测，在纸浆中加入NaClO溶液的目的是___。（4）某小组同学用如图所示装置探究NaClO和KAl(SO4)2饱和溶液混合反应的实

验。打开活塞向烧瓶中加入KAl(SO4)2饱和溶液，产生大量的白色胶状沉淀。反应的离子方程式是___。17.连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸，可用于制N2O气体。（1）常温下，用0.01mol·L-1的NaO

H溶液滴定10mL0.01mol·L-1的H2N2O2溶液，测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。①写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式：___。②b点时溶液中c(H2N2O2)__c(N2O22−)(填“>”“<”

或“=”)。③a点时溶液中c(Na+)__c(HN2O2−)+c(N2O22−)(填“>”“<”或“=”)。（2）温度为T℃时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为amol·L-1的H2SO4与bmol·L-1的一元碱AOH等体积混合。则可判断溶液呈中性的是__(填序号)。①混合溶液的pH=7②

c(SO24−)=12c(A+)③混合溶液中c(H+)•c(OH-)=Kw④混合溶液中c(OH-)=wK（3）已知常温下CN-的水解常数Kh=1.61×10-5mol·L-1，该温度下若将cmol·L-1盐酸与0.62mol·L-1KCN溶液等体积混合后

恰好得到中性溶液，则c=___mol·L-1(小数点后保留4位数字)。18.在氮及其化合物的化工生产中，对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。（1）一定温度下，将2molN2和6molH2置于1L的恒容密闭容器中发生如下反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH

＜0，测得不同温度、不同时间段内合成氨反应中N2的转化率，数据如下：1小时2小时3小时4小时T130%50%80%80%T235%60%ab①上表中T1_____T2(填“>”或“＜”或“=”)，其中a、b、

80%三者的大小关系是_____(用含“>”“＜”“=”的关系式表示)。②研究表明，合成氨的速率与相关物质的浓度关系为v=3-12223kc(N)c(H)c(NH)，k为速率常数。以下说法正确的是_____(填字母序号)。A．升

高温度，k值增大B．T2℃时若容器内混合气体平均相对分子质量为12且保持不变，则反应达到平衡状态C．一定温度下将原容器中的NH3及时分离出来可使v减小D．合成氨达到平衡后，增大c(N2)可使正反应速率在达到新平衡的过程中始终增大。③已知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol

，容器容积为1L，保持温度和压强不变，又充入3molN2后，平衡_____(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。（2）在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：2N2O(g)2

N2(g)＋O2(g)，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率如图乙所示：①该反应的ΔH______0(填“>”或“＜”)。②若容器Ⅰ的体积为2L，反应在370℃下进行，20s后达到平衡，则0～20s内容器Ⅰ中用O2表示的反应速率为___________。B点

对应的平衡常数K=_____(保留两位有效数字)。③图中A、C、D三点容器内气体密度由大到小的顺序是___________。④若容器Ⅳ体积为1L，反应在370℃下进行，则起始时反应___________移动(填“向正反应方向”“向逆反应

方向”或“不”)。19.回答下列问题：（1）在微电子工业中NF3常用作氮化硅的蚀刻剂，工业上通过电解含NH4F等的无水熔融物生产NF3，其电解原理如图所示。①H+向___(填“左”或“右”)移动。②a电极为电解池的___(填“阴”或“

阳”)极，写出该电极的电极反应式：___。（2）利用甲醇燃料电池，采用电解法来处理酸性含铬废水(主要含Cr2O27−)时实验室利用如图装置模拟该法：①M电极发生反应的电极反应式为___。②已知电解池溶液里将Cr2O

27−转化为Cr3+，该反应的离子方程式为___。③当N电极消耗标况下2.24L气体时，通过质子交换膜的离子数目为___。20.维持pH的稳定对生命体的生理活动、化学电源的高效工作等具有重要意义。（1）常温下，在不同试剂中加入酸或碱后

体系pH的变化如表所示。试剂pH初始通入0.01molHCl气体加入0.01molNaOH固体ⅰ.1LH2O7a12ⅱ.0.10molCH3COOH、0.10molCH3COONa配制成1L的溶液4.764.674.85①a=___(忽略通入HCl气体前后体系的体积

变化)。②结合化学用语解释试剂ⅱ显酸性的原因：___。③试剂ⅱ中微粒浓度关系正确的有___(填序号)。a.c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)b.2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-)c.c(CH3COOH

)+c(CH3COO-)=0.2mol/L④由表中数据可知，试剂ⅱ的pH受一定量的酸和碱的影响不大。溶液的这种能对抗外来少量强酸、强碱或适当稀释，而保持溶液的pH几乎不变的作用称为缓冲作用。下列溶液具有缓冲作用的是_

__(填序号)。a.HCl—NaClb.KOH—KClc.NH3•H2O—NH4Cld.Na2CO3—NaHCO3（2）现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol/L的NaOH溶液，乙为0.1mol/L的HCl溶液，丙为0.1mol/L的CH3

COOH溶液，某同学用甲溶液分别滴定20.00mL乙溶液和20.00mL丙溶液，选用酚酞作指示剂，得到如图所示两条滴定曲线，请完成有关问题：①甲溶液滴定丙溶液的曲线是___填“图1”或“图2”)；②a=__

_。③用甲溶液滴定乙溶液，当___时，停止滴定。④误差分析：在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏小的是___。a.酸式滴定管未用待测液液润洗b.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后消失c.配制标准液时Na

OH已部分潮解d.锥形瓶洗净后未干燥e.滴定前仰视读数，滴定后读数正确⑤甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH-)的大小关系为___。2020级2021—2022学年第一学期学分认定考试化学学科考试题1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，考试时间

90分钟，满分100分。2.选择题答案用2B铅笔涂在答题卡上，非选择题用0.5mm黑色中性笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Ni-59Cu-64一、单项选择题：

本题共10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意。1.研究表明2NO与CO在Fe+作用下发生反应，下列说法不正确．．．的是A.反应总过程ΔH<0B.Fe+使反应的活化能减小C.FeO+也是该反应的催化剂D.+22Fe+NOFeO+N+→、++2FeO+COFe

+CO→两步反应均为放热反应【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，ΔH<0，A项正确；B．Fe+在反应前后的质量和性质保持不变，故其作催化剂，使反应的活化能减小，B项正确；C．催化剂是加入的物质，可以改变反应速率，但其质量和化学性

质不变，而FeO+是反应过程的中间产物，因此不是催化剂，C项错误；D．由图可知，+22Fe+NOFeO+N+→、++2FeO+COFe+CO→两步中均为反应物总能量大于生成物总能量，因此二者均为放热反应，D项正确；答案选C。2.室温下，下列溶液中粒子浓度关

系正确的是A.Na2S溶液：c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H2S)B.Na2C2O4溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O4−)+2c(H2C2O4)C.pH=5的NaHSO3溶液：c(Na+)>c(H2SO3)>c(SO23−)>c(H+)>c(OH-)D.CH3CO

ONa和CaCl2混合溶液：c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+2c(Cl-)【答案】B【解析】【详解】A．Na2S属于强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液显碱性，离子方程式为：S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-，第一步水解程度

大于第二步水解程度，且水解过程微弱，c(OH-)>c(HS-)，所以粒子浓度大小关系：c(Na+)>c(OH-)>c(HS-)>c(H2S)，故A错误；B．Na2C2O4属于强碱弱酸盐，草酸氢根离子水解溶液显碱性，电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HC2O4

−)+2(C2O24−)+c(OH-)，物料守恒：2c(HC2O4−)+2c(H2C2O4)+2c(C2O24−)=c(Na+)，消去c(Na+)，得到c(OH-)=c(H+)+c(HC2O4−)+2c(H2C2O4)，故B正

确；C．NaHSO3为酸式盐，存在电离平衡和水解平衡：HSO3−H++SO23−，HSO3−+H2OOH-+H2SO3；由于NaHSO3溶液的pH=5，显酸性，电离过程大于水解过程，考虑到水的微弱电离，所以溶液中粒子浓度大小关系：c(H

+)>c(SO23−)>c(H2SO3)，故C错误；D．混合液中存在物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)，2c(Ca2+)=c(Cl-)，所以CH3COONa和CaCl2混合溶液中满足物料守恒关系为：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(CH3CO

O-)+c(CH3COOH)+c(Cl-)，故D错误；故选B。3.常温下，10.1molL−的3CHCOOH溶液的pH随加入水的体积的变化如图所示，已知：-5aK=1.010。下列说法错误的是A.由水电离

出的()+nH一直减小B.原溶液中3CHCOOH的电离度为1%C.加水稀释至溶液体积为原溶液体积的10倍时，所得溶液的pH4D.x的值为3【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．3CHCOOH溶液随着水的加入，pH增大，()cOH−增大，由水电离出的()+nH增大，故A错误；B．()()()23

-5a3cHcxK=1.010c0.1CHCOOCHCOOH+−==，-31x1.010?Lmol−=，-3111.010?L100%1%0.1?Lmolmol−−=，原溶液中3CHCOOH的

电离度为1%，故B正确；C．根据B项可知原溶液pH=3，加水稀释至溶液体积为原溶液体积的10倍时，强酸pH增大1，弱酸pH增大值小于1，所得溶液的pH<4，故C错误；D．根据B项计算可知x的值为3，故D正确；故答案为AC。4.常温下

，向0.1mol/LNa2A溶液中不断通入HCl。H2A、HA-、A2-在溶液中所占物质的量分数与pOH[pOH=-lgc(OH-)]的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.H2A的第二级电离平衡常数为10-10B.随着HCl的通入c(H+)/c(H2A)

先减小后增大C.当溶液呈中性时:c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)D.将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后，溶液显碱性【答案】B【解析】【详解】A．当pOH=10时，c（H+）=l0-4mol/L，HA-、A2-浓度相等，H2A的第二级电离平衡常数为4cAcHl0mol

/LcHA−+−−=（）（）（），选项A错误；B．温度不变，则H2A的第一级电离破坏常数不变，即2cHAcHcHA−+（）（）（）不变，由于HA-浓度先增大，后减小，则2cHcHA（）（）+先减小后增大，选项B正确；C．当溶液呈中性时：c（Na+）═c（HA-）+2c（A2-）+c（

Cl-），选项C错误；D．将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后反应生成NaHA，由A可知H2A的第二级电离平衡常数为4cAcHl0mol/LcHA−+−−=（）（）（），则HA-的水解常数为10waK10K−=，可知HA-电离大于水解程度，溶液呈酸性，选项D错误。答案选B。

点睛：本题综合考查酸碱混合的定性判断和计算，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握电离、水解常数的计算和应用，答题时注意体会，pOH为OH-离子的负对数，pOH越大，则OH-浓度越小，溶液酸性越强，由图象可知，向0．lmol·L-lNa2A溶液中，不断通入HCl，A2-逐渐

减小，生成HA-，HA-浓度先增大，后减小，进而生成H2A，当pOH=10时，HA-、A2-浓度相等，以此解答该题。5.T℃时，向某恒温恒容密闭容器中充入等物质的量的CH4(g)和CO2(g)，发生二氧化碳重整甲烷反应：CH4(g)＋CO2(g)2

CO(g)＋2H2(g)，测得体系中CH4(g)和CO(g)的物质的量浓度随时间变化如图所示，下列说法错误的是A.点B的坐标为(5，12)B.反应进行到5min时，2v正(CH4)＜v逆(CO)C.CO2(g)的平衡转化率约为33.3％D.T℃时，该反应的平衡常数为49【答案】B【

解析】【分析】【详解】A．根据图象可知：在5min时CH4(g)的浓度减少0.25mol/L，则根据物质反应转化关系可知：反应产生CO的浓度为0.50mol/L，故B点的坐标为(5，12)，A正确；B．反应进

行到5min时，CH4(g)的浓度还在减小，说明反应正向进行，v正(CH4)＞v逆(CH4)，由于v逆(CO)=2v逆(CH4)，所以2v正(CH4)＞v逆(CO)，B错误；C．平衡时CH4(g)的浓度与CO2(g)浓度相等，等于2mol/L3，开始时CO2(g)的浓度为1.

00mol/L，故CO2(g)的平衡转化率为：21.00-3×100%33.3%1.00≈，C正确；D．根据图象可知：在温度为T℃时，c(CH4)=c(CO2)=c(CO)=c(H2)=2mol/L3，则根据平衡常数的

含义可知K=2222×433=229×33（）（），D正确；故合理选项是B。6.用惰性电极电解含CuCl2、CuSO4的混合溶液500mL，其中c(CuCl2)=0.2mol/L，c(CuSO4)=0.5mol/L，当在阳极得

到4.48L气体(标准状况)时，在阴极析出固体的质量为A.19.2gB.16gC.12.8gD.22.4g【答案】A【解析】【分析】n(CuSO4)=0.5mol/L×0.5L=0.25mol，【详解】n(CuCl2)=0.2mol/L×0.5L=0

.1mol，n(Cl-)=0.2mol，Cl-在阳极放电，2Cl--2e-=Cl2，故阳极Cl-转移电子为0.2mol，生成的Cl2的物质的量为0.1mol，阳极产生气体总物质的量为4.48L22.4L/mol=0.2mol，因此还发生了2H2O-4e-=4H++O2的反应，生

成O2的物质的量为0.1mol，转移电子0.4mol，根据阳极和阴极转移电子数相等，阴极转移电子的物质的量为0.2mol+0.4mol=0.6mol，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，生成的Cu的物质的量为0.6mol2=0.3mol，质量为0.3mol×64g/mol=19.2g，故选A。7.如

图所示，纵轴表示导电能力，横轴表示所加物质的用量。下列说法正确的是A.曲线A表示NaCl固体中滴加蒸馏水B.曲线B表示3CHCOOH溶液中滴加等浓度NaOH溶液C.曲线C表示()2CaOH溶液中通入2

COD.曲线D表示氨水中滴加等浓度的醋酸【答案】C【解析】【详解】A．NaCl固体中逐滴加入蒸馏水，溶液中离子浓度逐渐降低，导电性减弱，故A错误；B．醋酸是弱电解质，醋酸中加入NaOH溶液生成强电解质醋酸钠，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强，故B错误；C．向Ca(OH)2溶液中通入CO2，

显生成CaCO3沉淀，溶液中离子浓度减小，溶液导电性降低，继续通入二氧化碳，生成Ca(HCO3)2，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增大，故曲线C表示Ca(OH)2溶液中通入CO2，故C正确；D．氨水是弱电解质，氨水

中滴加等浓度的醋酸生成强电解质醋酸铵，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强，故D错误；故答案为C。8.常温下，0.2mol/L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是强酸B.该混合液pH=7C.图中x表示HA，Y

表示OH-，Z表示H+D.该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c（Na+）【答案】D【解析】【详解】A、0.2mol/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0.1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c(A-)=0.1mol/L，与图不符，所

以HA为弱酸，A错误；B、根据A的分析，可知该溶液的pH＞7，B错误；C、A-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+，C错误；D、根据元素守恒，

有c(A-)+c(HA)=c（Na+），D正确；答案选D。9.下列溶液均为0.100mol/L，下列关系正确的是①NH4Cl；②NH4Fe(SO4)2；③NH4HSO4；④CH3COONH4；⑤NH4HCO3；⑥NH3•H2OA.p

H：③<①<⑤<④<⑥B.c(NH4+)：⑥<⑤<④<①<②<③C.水电离出的c(OH-)：③<①<④<⑤<⑥D.⑤溶液中：c(NH4+)=c(H2CO3)+c(HCO3−)+c(CO23−)【答案】B【解析】【详解】A．①NH4Cl溶液显弱

酸性，NH4+水解导致；③NH4HSO4电离方程式为NH4HSO4=NH4+＋H＋＋SO24−，溶液显强酸性；④CH3COONH4中CH3COO－水解程度等于NH4+水解程度，溶液显中性；⑤NH4HCO3中HCO

3−的水解程度大于NH4+水解程度，溶液显弱碱性；⑥NH3·H2O为弱碱，但碱性比NH4HCO3强，因此pH大小顺序是③＜①＜④＜⑤＜⑥；故A错误；B．NH3·H2O为弱碱，电离程度微弱，即NH3·H2O溶液中c(NH4+)最小，④⑤发生双水解反应，HCO3−水解程度大于CH3COO－，NH

4HCO3双水解程度大于CH3COONH4，H＋和Fe3＋抑制NH4+的水解，溶液中c(NH4+)大小顺序是⑥＜⑤＜④＜①＜②＜③，故B正确；C．酸或碱抑制水的电离，弱酸根离子或弱碱根离子促进水的电离，③⑥抑制水的电离且

抑制程度：③＞⑥，④⑤促进水的电离且促进水电离程度⑤＞④，水电离出c(OH－)：③＜⑥＜①＜④＜⑤，故C错误；D．根据物料守恒，有c(NH4+)＋c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3−)+c(CO23−)，故D错误；答案为B。10.用活性炭还原NO2可防止空气污染，其反应原

理为2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)。在密闭容器中1molNO2和足量C发生上述反应，反应相同时间内测得NO2的生成速率与N2的生成速率随温度变化的关系如图1所示；维持温度不变，反应相同时间内测得NO2的转化率随压强的变化如图2所示。下列说法错误的是A.图1中的A、

B、C三个点中只有C点的v正=v逆B.图2中E点的v逆小于F点的v正C.图2中平衡常数K(E)=K(G)，则NO2的平衡浓度c(E)=c(G)D.在恒温恒容下，向图2中G点平衡体系中充入一定量的NO2，与原平衡相比，NO2的平衡转化率

减小【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)可知，NO2的生成速率(逆反应速率)应该是N2的生成速率(正反应速率)的二倍时才能使正、逆反应速率相等，即达到平衡，只有C

点满足，故A正确；B．由图2知，E点反应未达到平衡，F点反应达到平衡，且压强E＜F，则E点的v逆小于F点的v正，故B正确；C．由题中信息可知，维持温度不变，即E、G两点温度相同，平衡常数K(E)=K(G)，混合气体中气体压强与浓度有关，压强越大，体积越小，浓

度越大，所以G点压强大，浓度大，即c(E)＜c(G)，故C错误；D．在恒温恒容下，向G点平衡体系中充入一定量的NO2，等效于加压，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率减小，故D正确；答案为C。二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全

部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.某废水中含有一定浓度的Ni2+和Cl-，图甲是双膜三室电沉积法回收废水中Ni2+的示意图，图乙描述的是实验中阴极液pH与镍回收率之间的关系。下列说法错误的是A.阳极反应式为2H2

O-4e-=O2↑+4H+B.通电后阳极区域的H+通过交换膜a向浓缩室迁移C.交换膜b为阳离子交换膜D.浓缩室得到1L0.5mol/L盐酸时，阴极得到的Ni等于11.8g【答案】CD【解析】【分析】阳极是惰性电极，发生

失电子的氧化反应，反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，在阴极上，氢离子优先得到电子，酸性越强，镍回收率越低，在阴极上是为了回收镍，所以酸性不能太强，交换膜b为阴离子交换膜，a是阳离子交换膜，据此分析解题。【详解】A．阳极是

惰性电极，发生失电子的氧化反应，反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，A正确；B．电解池中阳离子由阳极区向阴极区移动，故通电后阳极区域的H+通过交换膜a向浓缩室迁移，B正确；C．电极极是惰性电极，阳极发生失电子的氧化反应，反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，浓缩室得到1L0

.5mol/L盐酸，盐酸浓度增加，所以a是阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，C错误；D．浓缩室得到1L0.5mol/L盐酸时，则转移的氢离子是0.4mol，即转移电子是0.4mol，根据电极反应式：Ni2++2e-=Ni，阴极回

收得到0.2mol×59g/mol=11.8g的镍，但是在阴极上是氢离子优先得电子产生氢气，所以阴极回收得到少于11.8g的镍，D错误；故答案为：CD。12.下列两组实验，将CO(g)和H2O(g)通入体积为2L的恒容密闭容器中：发生反应CO(g)+H2O(g)垐?噲?CO2(g)+H2(g)

，结合表中数据，下列说法错误的是实验组温度/℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minH2OCOH2CO1650241.62.452900120.41.63A.混合气体的平均相对分子质量不再变化，则反应达到平衡B.实验1中，反应达到平衡后，CO的体积分数为40%C.升高温度

有利于提高实验1和实验2中CO的转化率D.实验2的反应平衡常数K=16【答案】AC【解析】【详解】A．反应中，气体的分子数、物质的量始终不变，气体质量守恒，则混合气体的平均相对分子质量始终不变，故混合气体的平均相对分子质量不再变化不能说明反应达到平衡，A错误；B．实验1中，反应达到平衡后，

存在三段式：222HO(g)+CO(g)H(g)+CO(g)(mol/L)1200(mol/L)0.80.80.80.8(mol/L)0.21.20.80.8起始浓度转化浓度平衡浓度，CO的体积分数为1.2molL100%40%(0.2+

1.2+0.8+0.8)molL=//，B正确；C．实验1中，CO的转化率α(CO)=4mol-2.4mol100%4mol=40%，实验2中，CO的转化率α(CO)=2mol-1.6mol100%2mol=20%，则升高温度，不利于提高C

O的转化率，C错误；D．实验2，反应达到平衡后，存在三段式：222HO(g)+CO(g)H(g)+CO(g)(mol/L)0.5100(mol/L)0.20.20.20.2(mol/L)0.30.80.20.2起始浓度转化浓度平衡浓度，反应平衡常数222HCO0.

20.21HOCO0.30.86ccKcc===()()()()，D正确；答案选AC。13.已知25℃时，用0.1000mol•L-1的盐酸滴定25.00mL0.1000mol•L-1氨水的滴定曲线如

图所示，下列正确的是A.滴定时，可选用甲基橙或酚酞作指示剂B.c点溶液中离子浓度大小顺序为：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)C.a、b两点水电离出的OH-浓度之比为10-4.12D.等体积等pH的氨水和NaOH溶液，消耗相同浓度盐酸的体积相等【答案】C【解

析】【详解】A．用盐酸滴定氨水，滴定终点后溶液显酸性，宜用甲基橙作指示剂，故A错误；B．加入50mL盐酸，此时溶液中溶质为NH4Cl和HCl，且物质的量相等，NH4+发生水解，离子浓度大小顺序是c(Cl-)＞c(H+)＞c

(NH4+)＞c(OH-)，故B错误；C．水电离出的c(H＋)等于水电离出c(OH-)，a点溶质为NH3·H2O和NH4Cl，溶液显碱性，pH=9.24，溶液中H＋是由水电离产生，水电离出的c(OH-)=10-9.24mol·L-1，b点两个溶液恰好完全反应，此时溶液的pH=5.12，溶液中

H＋是由水电离产生，水电离出的c(OH-)=10-5.12mol·L-1，a、b两点水电离出的OH-的浓度之比为10-9.24∶10-5.12=10-4.12，故C正确；D．NH3·H2O为弱碱，NaO

H为强碱，相同pH时，c(NH3·H2O)大于c(NaOH)，相同体积等pH时，n(NH3·H2O)大于n(NaOH)，前者消耗等浓度盐酸的体积大，故D错误；答案为C。14.40℃时，在氨－水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是A.在pH＝9.0时，c(N

H4+)＞c(HCO3−)＞c(NH2COOˉ)＞c(CO23−)B.不同pH的溶液中存在关系：c(NH4+)＋c(H+)＝2c(CO23−)＋c(HCO3−)＋c(NH2COOˉ)＋c(OHˉ)C.随着CO2的通入，-32c(OH)c(NHHO)不断增大D.在溶液中pH

不断降低的过程中，有含NH2COOˉ的中间产物生成【答案】C【解析】【详解】A．pH=9时，图象中各种离子浓度的大小关系：c(NH4+)＞c(HCO3-)＞c(NH2COO-)＞c(CO32-)，故A正确；B．溶液中存在

电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为：c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)，故B正确；C．已知Kb=432•()()()cNHcOHcNHHO+−

，温度一定时，Kb为常数，不随浓度的变化而变化，随着CO2的通入，c(NH4+)逐渐增大，则不断减小，故C错误；D．由图象可知开始没有NH2COO-，后来也不存在NH2COO-，所以NH2COO-为中间产物，即在溶液pH不断降低的过

程中，有含NH2COO-的中间产物生成，故D正确;故选C。【点晴】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒的应用、图象的分析与应用等，题目难度中等，侧重于考查学生对图象的分析与应用能力。判断溶液中的离子浓度的大

小关系，需要理解电解质溶液中的守恒关系：电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。如NaHCO3溶液中：n(Na＋)＋n(H+)＝n(HCO3-)＋2n(CO32-

)＋n(OH-)推出：c(Na+)＋c(H+)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH-)，物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。如NaHCO3溶液中：

n(Na+):n(c)＝1:1，推出：c(Na+)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)；质子守恒：(不一定掌握)电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H＋)的物质的量应相等。例如：在NH4HCO3溶液中H3O+、H2CO3

为得到质子后的产物；NH3、OH-、CO32-为失去质子后的产物，故有以下关系：c(H3O+)+c(H2CO3)=c(NH3)+c(OH-)+c(CO32-)。15.常温下。向20.00mL0.1mol/LHA溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对

数[-lgc水(H+)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法不正确的是A.常温下，Ka(HA)约为10-5B.M、P两点溶液对应的pH=7C.b=20.00D.M点后溶液中均存在c(Na+)>c(A-)【答案】B【解析】【详解】A、－lgc水(H＋)=11，推出c

水(H＋)=c水(OH－)=10－11mol·L－1，根据水的离子积求出溶液中c(H＋)=Kw/c(OH－)=10－3mol·L－1，HAH＋＋A－，c(H＋)=c(A－)=10－3mol·L－1，Ka==10－5，故A说法正确；

B、N点水电离出H＋最大，说明HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，P点溶质为NaOH和NaA，溶液显碱性，即P点pH不等于7，故B说法错误；C、0－b点水的电离程度增大，当达到b点时水的电离程度达到最大，即溶质为NaA，说明HA和

NaOH恰好完全反应，b=20.00mL，故C说法正确；D、M点pH=7，根据溶液电中性，存在c(Na＋)=c(A－)，M点后，c(Na＋)>c(A－)，故D说法正确。三、根据题意填空、简答：共5道题，60分，答案填写在答题卡上。

16.“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。为减小和消除CO2对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对CO2创新利用的研究。（1）已知：①CO(g)+H2O(g)=

H2(g)+CO2(g)ΔH=-41kJ·mol-1②C(s)+2H2(g)=CH4(g)ΔH=-73kJ·mol-1③2CO(g)=C(s)+CO2(g)ΔH=-171kJ·mol-1写出CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式：___。NaClO和KAl(SO4)2都是

重要的化工产品，均可应用于造纸业，回答下列问题。（2）NaClO溶液pH＞7，用离子方程式表示原因：___。（3）根据NaClO的性质推测，在纸浆中加入NaClO溶液的目的是___。（4）某小组同学用如图所示装置探究NaClO和KAl(SO

4)2饱和溶液混合反应的实验。打开活塞向烧瓶中加入KAl(SO4)2饱和溶液，产生大量的白色胶状沉淀。反应的离子方程式是___。【答案】（1）CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H=-162kJ/mol（2）ClO-+H2O垐?噲?HClO+OH-（

3）漂白纸浆（4）Al3++3ClO-+3H2O=3HClO+Al(OH)3↓【解析】【小问1详解】CO2与H2生成CH4和H2O(g)的方程式为CO2＋4H2=CH4＋2H2O(g)，依据盖斯定律，有②＋③－2×①得出ΔH=(－73－171)kJ·mol－1－(

－2×41)kJ·mol－1=－162kJ·mol－1，即热化学反应方程式为CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-162kJ/mol；故答案为CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-162kJ/mol；【小问2详解】Na

ClO属于强碱弱酸盐，ClO－发生水解，其水解反应方程式为ClO-+H2O垐?噲?HClO+OH-，使溶液c(OH－)＞c(H＋)，导致溶液显碱性；故答案为ClO-+H2O垐?噲?HClO+OH-；【小问3详解】NaClO水解后可以得到HClO，HClO具

有强氧化性，能将纸浆漂白，因此加入NaClO的目的是漂白纸浆；故答案为漂白纸浆；【小问4详解】Al3＋发生水解，ClO－也能发生水解，Al(OH)3难溶于HClO，因此Al3＋和ClO－相互促进水解，即离

子方程式为Al3++3ClO-+3H2O=3HClO+Al(OH)3↓；故答案为Al3++3ClO-+3H2O=3HClO+Al(OH)3↓。17.连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸，可用于制N2O气体。（1）常温下，用0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定10mL0.01mol·L-1的

H2N2O2溶液，测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。①写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式：___。②b点时溶液中c(H2N2O2)__c(N2O22−)(填“>”“<”或“=”)。③a点时溶液中c(Na+)__c(HN2O

2−)+c(N2O22−)(填“>”“<”或“=”)。（2）温度为T℃时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为amol·L-1的H2SO4与bmol·L-1的一元碱AOH等体积混合。则可判断溶液呈中性的是__(填序号)。①混合溶液的

pH=7②c(SO24−)=12c(A+)③混合溶液中c(H+)•c(OH-)=Kw④混合溶液中c(OH-)=wK（3）已知常温下CN-的水解常数Kh=1.61×10-5mol·L-1，该温度下若将cmol·L-1盐酸与0.62mol·L-1KCN溶液

等体积混合后恰好得到中性溶液，则c=___mol·L-1(小数点后保留4位数字)。【答案】（1）①.H2N2O2垐?噲?H++HN2O2−、HN2O2−垐?噲?H++N2O22−②.＞③.＞（2）②④

（3）0.6162【解析】【小问1详解】①H2N2O2为二元弱酸，应分步电离，其电离方程式为H2N2O2垐?噲?H++-22HNO、-22HNO垐?噲?H++2-22NO；故答案为H2N2O2垐?噲?H++-22HNO、-22HNO垐?噲?H++

2-22NO；②加入10mLNaOH与H2N2O2反应生成NaHN2O2，此时溶液显碱性，-22HNO的电离程度小于水解程度，即c(H2N2O2)＞c(2-22NO)；故答案为＞；③根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(-22HN

O)+2c(2-22NO)，a点溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，即c(Na+)=c(-22HNO)+2c(2-22NO)，推出c(Na+)＞c(-22HNO)+c(2-22NO)，故答案为＞；【小问2详解】①题中没有指明确切

的温度，因此pH=7时，溶液不一定显中性，故①不符合题意；②根据电荷守恒，c(H+)+c(A+)=c(OH-)+2c(24SO−)，当c(H+)=c(OH-)时，有c(24SO−)=12c(A+)，即溶液显中性，故②符合题意；③任何稀的水溶液都存在c(

H+)·c(OH-)=KW，不能说明溶液显中性，故③不符合题意；④c(H+)·c(OH-)=KW，c(H+)=c(OH-)时，c(OH-)=wK，说明溶液显中性，故④符合题意；答案为②④；【小问3详解】溶液显中性，根据电荷守恒可知，c(K+)=c(Cl-)+c(CN-)，根

据物料守恒，c(K+)=c(CN-)+c(HCN)，从而推出c(Cl-)=c(HCN)=0.5cmol·L-1，c(CN-)=(0.31-0.5c)mol·L-1，Kh==--7-(HCN)(OH)(0.31-0.5c)100.5c(CN)ccc=1.6

1×10-5，解得c=0.6162；故答案为0.6162。18.在氮及其化合物的化工生产中，对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。（1）一定温度下，将2molN2和6molH2置于1L的恒容密闭容器中发生如下反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)Δ

H＜0，测得不同温度、不同时间段内合成氨反应中N2的转化率，数据如下：1小时2小时3小时4小时T130%50%80%80%T235%60%ab①上表中T1_____T2(填“>”或“＜”或“=”)，其中a、b、80%三者的大小关系是_____(用含“>”“＜”“=”的关系式表示

)。②研究表明，合成氨的速率与相关物质的浓度关系为v=3-12223kc(N)c(H)c(NH)，k为速率常数。以下说法正确的是_____(填字母序号)。A．升高温度，k值增大B．T2℃时若容器内混合气体平均相对分子质量为12且保持不变，则反应达到平衡状态C．一

定温度下将原容器中的NH3及时分离出来可使v减小D．合成氨达到平衡后，增大c(N2)可使正反应速率在达到新平衡的过程中始终增大。③已知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol，容器容积为1L，保持温度和压强不变，

又充入3molN2后，平衡_____(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。（2）在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平

衡转化率如图乙所示：①该反应的ΔH______0(填“>”或“＜”)。②若容器Ⅰ的体积为2L，反应在370℃下进行，20s后达到平衡，则0～20s内容器Ⅰ中用O2表示的反应速率为___________。B点对应的平衡常数K

=_____(保留两位有效数字)。③图中A、C、D三点容器内气体密度由大到小的顺序是___________。④若容器Ⅳ体积为1L，反应在370℃下进行，则起始时反应___________移动(填“向正反应方向”

“向逆反应方向”或“不”)。【答案】（1）①.＜②.a=b＜80%③.AB④.不移动（2）①.>②.0.0005mol·L-1·s-1③.0.0044④.D>C>A⑤.向逆反应方向【解析】【小问1详解】①根据表中数据可知，相

同时间段内，T2的N2的转化率高于T1，说明T2的反应速率快于T1，温度越高，反应速率越快，故T1<T2；通过ΔH<0，可知反应是放热反应，根据勒夏特列平衡移动原理可知，温度越高，此反应转化率越低，则达到平衡时，N2的转化率T1>T2，故b<

80%，平衡后，转化率不再发生变化，故a=b，则a、b、80%三者的大小关系是a=b<80%；②A．浓度不变时，温度越高，反应速率越快，则v增大，k值也增大，故A正确；B．容器内气体物质的总质量是不变的，平均分子量不在发生变化，说明容器内的气体总分子数不在发生变

化，说明反应达到平衡状态，故B正确；C．根据合成氨的速率与相关物质的浓度关系为v=3-12223kc(N)c(H)c(NH)，NH3及时分离出来，则容器内的c(NH3)减小，则v值增大，故C错误；D．合成氨达到平衡后，增大c(N2)瞬间，可使正反应

速率增大，但随着平衡的移动，正反应速率会逐渐减小至一定值，故D错误；本题答案AB；③已知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol，容器容积为1L，则该反应在该温度下的平衡常数K=1,保持温度和压强不变，又充入3molN2后，容器容积扩大到2L，则此时23124122Q=

（）（）=1，Q=K，故平衡不移动；【小问2详解】①根据图乙可知，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率随温度升高而升高，说明温度升高时，此反应正反应方向进行，根据勒夏特列平衡移动原理可知，说明正反应是吸热反应，故ΔH>0；②根据图乙可知，容器Ⅰ在370℃的平衡转化率为40%，根据

图甲可知，容器Ⅰ起始时N2O物质的量为0.1mol，则平衡时，根据反应式2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)，可知N2O转化了0.04mol，则生成了O2物质的量为0.02mol，若容器Ⅰ的体积为2L，反应前后容器容积不变，则0

～20s内容器Ⅰ中用O2表示的反应速率为()()21120.02cO2LvO0.0005?L?st20Smolmol−−===；A、B点温度相同，则此两点的平衡常数也相同，则A点对应的平衡常数()()()2222222cOc

N0.010.02K0.0044cNO0.03==，故B点的平衡常数为0.0044；③根据图乙可知，相同温度时，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ，在三个容积不同的恒容密闭容器中，N2O物质的量相同时，转化率越大，容器内压强越小，则容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的压强Ⅰ<Ⅱ

<Ⅲ，故三个容器的容积Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ，则三个容器的密度Ⅰ<Ⅱ<Ⅲ，由于容器内气体的密度是一直不变的，则图中A、C、D三点容器内气体密度由大到小的顺序是D>C>A；④相同温度下，平衡常数是不变的，根据②中的计算结果可知，370℃时此反应的平衡

常数K=0.0044，若容器Ⅳ体积为1L，根据容器Ⅳ起始时的各物质的量，则可得2222222()()0.040.060.04()0.06cOcNQcNO===，Q>K，则此反应向逆反应方向进行。19.回答下列问题：（

1）在微电子工业中NF3常用作氮化硅的蚀刻剂，工业上通过电解含NH4F等的无水熔融物生产NF3，其电解原理如图所示。①H+向___(填“左”或“右”)移动。②a电极为电解池的___(填“阴”或“阳”)极，写出该电极的电极反应式：___。（2）利用甲醇燃料电池，采用电解

法来处理酸性含铬废水(主要含Cr2O27−)时实验室利用如图装置模拟该法：①M电极发生反应的电极反应式为___。②已知电解池溶液里将Cr2O27−转化为Cr3+，该反应的离子方程式为___。③当N电极消

耗标况下2.24L气体时，通过质子交换膜的离子数目为___。【答案】（1）①.右②.阳③.NH4+-6e-+3F-=NF3+4H+（2）①.CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+②.Cr2O27−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O

③.0.4NA【解析】【分析】电解池中，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，故(1)中b电极为阴极，a为阳极，内电路中阴离子移向阳极、故H+向b极移动；(2)的甲醇燃料电池中，通入甲醇的一极为负极，甲醇在负极失去电子发生氧化反应，通入助燃物氧气的一极为正极，正

极上氧气得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，电化学反应时，电极上电子数守恒，据此分析回答；【小问1详解】①由图知，在右侧区域氢离子得电子变成氢气，发生还原反应，故b电极为阴极、H+向右移动。②据分析a电

极为电解池的阳极，该电极上NH4F发生氧化反应转变为NF3，该电极的电极反应式：NH4+-6e-+3F-=NF3+4H+。【小问2详解】①由图知，由氢离子的移动方向可知，M电极为负极、N为正极，则b端口通入甲醇，c端口通入氧

气，M电极上CH3OH失去电子被氧化得到CO2，反电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。②电解池中，与N相连的电极为阳极，则阳极上Fe失去电子被氧化，得到Fe2+，Fe2+与Cr2O27−、H+发生氧化还原反应生成Cr3+

和Fe3+，该反应的离子方程式为Cr2O27−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。③燃料电池内有质子交换膜，N电极反应为：22O4H+4e2HO＋－＋＝，当消耗标况下2.24L即0.1mol氧气时，转移0.4mol电子，则通过质子交换膜的离子数目为0.4NA。20.维持p

H的稳定对生命体的生理活动、化学电源的高效工作等具有重要意义。（1）常温下，在不同试剂中加入酸或碱后体系pH的变化如表所示。试剂pH初始通入0.01molHCl气体加入0.01molNaOH固体ⅰ.1LH2O7a12ⅱ.0.1

0molCH3COOH、0.10molCH3COONa配制成1L的溶液4.764.674.85①a=___(忽略通入HCl气体前后体系的体积变化)。②结合化学用语解释试剂ⅱ显酸性的原因：___。③试剂ⅱ中微粒浓度关系正确的有___(填序号)。a.c(CH3COOH)>c(

Na+)>c(CH3COO-)b.2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-)c.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2mol/L④由表中数据可知，试剂ⅱ的pH受一定量的酸和碱的影响不大。溶液的这种能对抗外来少量强酸、强碱或适

当稀释，而保持溶液的pH几乎不变的作用称为缓冲作用。下列溶液具有缓冲作用的是___(填序号)。a.HCl—NaClb.KOH—KClc.NH3•H2O—NH4Cld.Na2CO3—NaHCO3（2）现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol/L的NaOH溶液，乙

为0.1mol/L的HCl溶液，丙为0.1mol/L的CH3COOH溶液，某同学用甲溶液分别滴定20.00mL乙溶液和20.00mL丙溶液，选用酚酞作指示剂，得到如图所示两条滴定曲线，请完成有关问题：①甲溶液滴定丙溶液的曲线是___填“图1”或“图2”)；②

a=___。③用甲溶液滴定乙溶液，当___时，停止滴定。④误差分析：在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏小的是___。a.酸式滴定管未用待测液液润洗b.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后消失c.配制标准液时N

aOH已部分潮解d.锥形瓶洗净后未干燥e.滴定前仰视读数，滴定后读数正确⑤甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH-)的大小关系为___。【答案】（1）①.2②.试剂ⅱ中同时存在醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+

和醋酸根的水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，相同条件醋酸的电离平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限度，当CH3COOH与CH3COO-的初始浓度相等时，溶液中c(H+)>c(OH-)③.bc④.cd（2）①.图2②.20.00

③.当滴入最后半滴氢氧化钠溶液，溶液由无色突变为浅红色，并在半分钟内不褪色④.ae⑤.丙＞甲=乙【解析】【小问1详解】①向1L水中通入0.01molHCl气体(忽略通入HCl气体前后体系的体积变化)，氯化氢为强电解质，在水中完全电离，因此c(H+)=0.0

1mol/L；pH=2，即a=2；②试剂ⅱ中同时存在醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+和醋酸根的水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，相同条件醋酸的电离平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限度，当CH3COOH与CH3COO-的初始浓度相等时，溶液中c(

H+)>c(OH-)，所以溶液显酸性；③a．由②可知，同浓度CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，溶液中c(CH3COO-)增大，c(CH3COOH)减小，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)，故a错误；b．混合液中存在电荷守恒：c(H+)+c(

Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，消去c(Na+)，可得2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-)，故b正确；c．混合液中存在物料守

恒关系：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，c(Na+)=0.1mol/L，所以c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2mol/L，故c正确；故选bc；④缓冲溶液要结合氢离子和氢氧根离子生成弱电解质的离子；a．HCl—NaCl，无

法缓冲氢离子，故错误；b．KOH—KCl，无法缓冲氢氧根离子，故错误c．NH3•H2O—NH4Cl，一水合氨缓冲氢离子，铵根离子缓冲氢氧根离子，故正确；d．Na2CO3—NaHCO3，碳酸根离子缓冲氢离子，碳酸氢根离子缓冲氢氧根离子，故正确；故选cd；【小问2详解】①醋酸为弱电解质，滴定过程

中pH变化较盐酸缓慢，滴定终点时溶液呈碱性，则滴定醋酸溶液的曲线是图2，故甲溶液滴定丙溶液的曲线是图2；②根据图1分析，强碱滴定强酸时，当pH=7时恰好完全反应，n(HCl)=n(NaOH)，则根据题给信息可知

，a=20.00mL；③甲为0.1mol/L的NaOH溶液，乙为0.1mol/L的HCl溶液；采用酚酞做指示剂，当滴入最后半滴氢氧化钠溶液，溶液由无色突变为浅红色，并在半分钟内不褪色，达到滴定终点，停止滴定；④本实验为碱滴定酸实验，可以根据c(HCl)=()()()cNaOHVNaOHVHC

l进行误差分析；a．.酸式滴定管未用待测液液润洗，造成待测液浓度减小，实验结果偏小，故a可选；b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后消失，导致氢氧化钠溶液的体积增大，测定结果偏高，故b不选；c．配制

标准液时NaOH已部分潮解，造成标准液的浓度偏小，滴定时，消耗的氢氧化钠溶液的体积增大，测定结果偏高，故c不选；d．锥形瓶洗净后未干燥，不影响溶质的量，对滴定结果没有影响，故d不选；e．滴定前仰视读数，

滴定后读数正确，造成氢氧化钠溶液的读数减小，测定结果偏低，故e可选；故选ae；⑤甲为0.1mol/L的NaOH溶液，乙为0.1mol/L的HCl溶液，丙为0.1mol/L的CH3COOH溶液；酸碱抑制水电离，

溶液的酸性或碱性越强，抑制程度越大；醋酸为弱电解质，氢氧化钠、氯化氢为强电解质，所以相同物质的量浓度的盐酸和醋酸，盐酸溶液中水电离出的氢氧根离子浓度较小，抑制程度大；相同物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠溶液，对水的电离抑制程度相同，因此甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH-)的大小关系

为丙＞甲=乙。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com