【文档说明】四川省南充高级中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，534.000 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-1fbf3ab01a6497c026d4daa71478a1a4.html

以下为本文档部分文字说明：

南充高中2019－2020学年度下期高2018级期中考试化学试卷可能用到的相对原子质量：C-12N-14O-16第Ⅰ卷（选择题共48分）一、选择题（每小题3分，共48分）1.设NA为阿伏加德罗常数的值．

下列说法正确的是（）A.1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NAB.78g苯含有C=C双键的数目为3NAC.常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD.标准状况下，6.72LN

O2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A．NaClO是强碱弱酸盐，其溶液中ClO－能够水解，导致含有的ClO－的数目小于NA，A错误；B．苯的结构为一种介于碳碳单键和碳碳双键之间独特的化学键，没有C＝C双键，B错误；C．N2和CO的相对分子质量相同，

均为28，且均为双原子分子，所以14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA，C正确；D．标准状况下，6.72LNO2的物质的量为0.3mol，与水充分反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该方程式转移的电子为2moL，则实际转移的电子

数目为0.2NA，D错误；故选C。2.下列物质的使用不涉及化学变化的是A.明矾用作净水剂B.液氨用作制冷剂C.氢氟酸刻蚀玻璃D.生石灰作干燥剂【答案】B【解析】【详解】A．明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+，而Al3+很容易水解，生成胶

状的氢氧化铝，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清，属于化学变化，A错误；B．液氨汽化时吸收热量，故可用作制冷剂，属于物理变化，B正确；C．氢氟酸能够与玻璃中的主要成分二氧

化硅发生反应，故氢氟酸能刻蚀玻璃，属于化学变化，C错误；D．生石灰与水反应生成氢氧化钙，属于化学变化，D错误；答案选B。3.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是A.酸性;H2SO4>H3PO4B.非金属性：Cl>BrC.碱性：NaOH>Mg(OH)2D.热稳定性：Na2CO3>Na

HCO3【答案】D【解析】【详解】A.元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：S>P，则酸性：H2SO4>H3PO4，能用元素周期律解释，故A错误；B.同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性

：Cl>Br，能用元素周期律解释，故B错误；C.元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na>Mg，则碱性：NaOH>Mg(OH)2，能用元素周期律解释，故C错误；D.碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D正确

。故答案选：D。4.利用下列反应不能制得括号中的纯净物质的是（）A.乙烯与氯气加成（1,2-二氯乙烷）B.乙烯与水加成（乙醇）C.等物质的量的氯气与乙烷在光照的条件下反应（氯乙烷）D.氯气与苯用氯化铁作催化剂反应（氯苯）【答案】C【解析】【详解】A．乙烯与氯气发

生加成反应生成1，2-二氯乙烷，产物只有一种，得到纯净物，A错误；B．乙烯与水发生加成反应生成乙醇，产物只有一种，得到纯净物，B错误；C．等物质的量的氯气与乙烷在光照的条件下发生取代反应，为链锁反应，产物为多种氯代烃的混合物，不能得到纯净的氯乙烷，C正确；D．苯与氯气发生取代反

应生成氯苯，苯环上H被Cl取代，发生取代反应还生成HCl气体，能制得纯净的氯苯，D错误；答案选C。5.下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是A.水中的钢闸门连接电源的负极B.金属护拦表面涂漆C.汽车底盘喷涂高分子膜D.地下钢管连接镁

块【答案】A【解析】【详解】A．水中的钢闸门连接电源负极，阴极上得电子被保护，所以属于使用外加电流的阴极保护法，故A正确；B．金属护拦表面涂漆使金属和空气、水等物质隔离而防止生锈，没有连接外加电源，故B错误；C．汽车底盘喷涂高分子膜阻止了铁与空气、水的接触，从而防止金属铁

防锈，没有连接外加电源，故C错误；D．镁的活泼性大于铁，用牺牲镁块的方法来保护地下钢管而防止铁被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；故选A。6.已知反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH＜0，在一定温度和压强下于密闭容器中，反应达到平衡。下列叙述正确的

是（）A.充入一定量的氮气，n(H2)不变B.减小压强，n(CO2)增加C.更换高效催化剂，CO的转化率增大D.升高温度，K增大【答案】A【解析】【详解】A．在一定压强下，充入一定量的氮气，体积增大，相当于减小压强，平衡向

气体体积增大的方向移动，但该反应前后气体体积不变，平衡不移动，n(H2)不变，A正确；B．比较方程式气体的计量数关系，反应前气体的计量数等于反应后气体的计量数之和，则减小压强，平衡不移动，n(CO2)不变，B错误；

C．催化剂能改变反应速率，但不会引起化学平衡的移动，所以α(CO)不变，C错误；D．△H＜0，正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，D错误。答案选A。【点睛】体积温度不变，向反应中充入和反应无关的气

体，总压增大，但是各物质的分压不变，浓度不变，速率不变，平衡不动；若温度压强不变，向反应中充入和反应无关的气体，等效于对原平衡的减压过程，平衡向着气体体积增大的方向移动。7.[2015山东理综]进行化学实验时应强化安全意识。下列做法正确的是A.金属钠

着火时使用泡沫灭火器灭火B.用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上C.浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗D.制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片【答案】D【解析】【详解】A.金属钠化学性质活泼，与氧气反应生成过氧化钠，过氧

化钠能够与泡沫灭火器产生的二氧化碳反应生成氧气，所以不能使用泡沫灭火器灭火，可以使用砂子灭火，故A错误；B.用试管加热固体时，试管口应向下倾斜，B项错误；C.氢氧化钠能够腐蚀皮肤，少量的浓硫酸沾到皮肤上，应该先用干抹布擦去，然后用大量

的水冲洗，再涂上稀碳酸氢钠溶液，故C错误；D.制备乙烯时，为了防止暴沸，应向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片，D项正确；答案为D。8.下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是（）A.C(金刚石)和CO2B.CH4和H2OC.NaBr和HBrD.Cl2和KCl【答案】B【解析】【

详解】A．金刚石是由C原子之间通过共价键结合形成的原子晶体；干冰是由CO2分子通过范德华力结合形成的分子晶体，CO2中只含共价键；化学键类型相同，晶体类型不同，A错误；B．CH4和H2O都是分子，都只含共价键，构成的晶体均为分子晶体，B正确；C．NaBr由Na＋和B

r－构成，含有离子键，构成的晶体为离子晶体；HBr是分子，含有共价键，形成的晶体是分子晶体；化学键类型和晶体类型均不同，C错误；D．Cl2是分子，含有共价键，构成的晶体是分子晶体；KCl由K＋和Cl－构成，含有离子键，构成的晶体

是离子晶体；化学键类型和晶体类型均不同，D错误。答案选B。9.可逆反应N2+3H22NH3的正逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示。下列关系中能说明反应已达到平衡状态的是（）A.v正(N2)=v逆(NH3)B.3

v正(N2)=v正(H2)C.2v正(H2)=3v逆(NH3)D.v正(N2)=3v逆(H2)【答案】C【解析】【详解】可逆反应达到平衡时，如果用同种物质表示正逆反应速率，则正逆反应速率相等；如果用不同

种物质表示正逆反应速率，则数值之比等于计量数之比。A．可逆反应达到平衡时，如果用不同种物质表示正逆反应速率，则数值之比等于计量数之比，则2v正(N2)=v逆(NH3)，A错误；B．可逆反应达到平衡时，

正逆反应速率相等，选项中的速率都是正反应速率，不能判断反应是否平衡，B错误；C．可逆反应达到平衡时，如果用不同种物质表示正逆反应速率，则数值之比等于计量数之比，则2v正(H2)=3v逆(NH3)，表示反应达到平衡状态，C正确；D．可

逆反应达到平衡时，如果用不同种物质表示正逆反应速率，则数值之比等于计量数之比，则3v正(N2)=v逆(H2)，D错误。答案选C。10.某温度下，在密闭容器中发生如下反应2A(g)+B(g)2C(g)，若开始时充入2molC气体，达到平衡时，混合气体的压强比起始时

增大了20%；若开始时只充入2molA和1molB的混合气体，达到平衡时A的转化率为（）A.20%B.40%C.60%D.80%【答案】C【解析】【详解】在一定温度和体积的容器中，压强和物质的量成正比。开始充入2molC气体，达到平衡时，混合气体的

压强比起始时增大了20%，假设反应了2xmolC，则根据三段式，有：2A(g)+B(g)2C(g)00222222xxxxxx−开始的物质的量转化的物质的量平衡的物质的量达到平衡时，混合气体的压强比起

始时增大了20%，有(22-2)-210020%2xxx++=，可得x=0.4mol；若开始时只充入2molA和1molB的混合气体，按照化学方程式，A和B完全反应恰好生成2molC，说明开始充入2molA和1molB的混合气体达到的平衡，和开始充入2molC气体的达到的平衡相同

，平衡时A的物质的量为2×0.4mol=0.8mol，则A的转化率2mol-0.8molα=100%60%2mol=，C符合题意。答案选C。11.下列溶液一定是碱性的是（）A.pH＝8的某电解质的溶液B.c(OH-)＞1×10-7mol/LC.溶液中含有OH-D.溶液中c(OH-)

＞c(H+)【答案】D【解析】【分析】任何水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小：c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性；c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性；c(H+)＜c(OH

-)，溶液呈碱性；室温时，Kw=10-14，若溶液中：c(H+)=10-7，pH=7，溶液呈中性；c(H+)>10-7，pH<7，溶液呈酸性；c(H+)<10-7，pH>7，溶液呈碱性，据此判断。【详解】A.没指明温度，Kw不

一定等于10−14，不能根据pH值判断溶液的酸碱性，故A错误；B.没指明温度，Kw不一定等于10−14，不能根据c(OH-)浓度大小判断溶液的酸碱性，故B错误；C.任何水溶液中都含有氢氧根离子，不能通过是否含有氢氧根离子判断溶液酸碱性，故C错误；D.溶液酸碱性取决

于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小，c(OH-)＞c(H+)，溶液一定显碱性，故D正确；答案选D。【点睛】任何水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小：c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性；c(H+)

=c(OH-)，溶液呈中性；c(H+)＜c(OH-)，溶液呈碱性；室温时，Kw=10-14，若溶液中：c(H+)=10-7，pH值=7，溶液呈中性；c(H+)>10-7，pH值<7，溶液呈酸性；c(H+)<10-7，pH值>7，溶液呈碱性。同学们经常会忽略

温度的影响，直接认为pH＝8的某电解质的溶液呈碱性，一定要加强理解通过pH值，以及通过比较c(H+)或c(OH-)与10-7的相对大小，来判断溶液酸碱性。12.0.1mol/LK2CO3溶液中，若使c(CO32-)更接近0.1mol/L，可采取的措施是（）A.加入少量盐酸B.加KOH固体C.加

水D.加热【答案】B【解析】【详解】K2CO3为强碱弱酸盐，CO32-水解：CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，要使c(CO32-)接近0.1mol·L－1，改变条件使平衡向逆反应方向进行，A．加入少量的盐酸，H＋和OH－反应，促使CO

32-水解，平衡右移，故A错误；B．加入KOH，抑制CO32－的水解，平衡左移，故B正确；C．加水促使CO32-水解，平衡右移，故C错误；D、水解是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，故D错误；故选B。13.在室温下，等体积的酸和碱的溶液混合

后，pH一定小于7的是A.pH=3的HNO3跟pH=11的KOHB.pH=3的盐酸跟pH=11的氨水C.pH=3硫酸跟pH=11的NaOHD.pH=3的醋酸跟pH=11的Ba(OH)2【答案】D【解析】【详解】A．pH=3的硝酸中c(H+)=1×10-3mol/L，pH

=11的氢氧化钾溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L，在室温下等体积混合后，溶液呈中性，pH=7，故A错误；B．pH=3的盐酸中c(H+)=1×10-3mol/L，pH=11的氨水中c(OH-)=1×10-3mol/L

，由于氨水为弱碱，则氨水过量，在室温下等体积混合后，pH＞7，故B错误；C．pH=3硫酸跟pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后显中性，故pH=7，故C错误；D．pH=3的醋酸c(H+)=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钡溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L，由于醋酸

为弱酸，则醋酸过量，在室温下等体积混合后，pH＜7，故D正确；故选D。14.下列各组离子能大量共存且溶液颜色为无色的是（）A.Na+、S2-、OH-、K+、Cl-、NO3-B.Na+、S2-、CO32-、H+

、NO3-C.Na+、MnO4-、K+、NO3-、SO32-D.Fe2+、H+、Na+、Ca2+、NO3-【答案】A【解析】【详解】A．选项中的离子在溶液中均为无色，且离子之间不会反应，能够大量共存，A正确；B．S2－和H＋、NO3－能够发生氧化还原反应，不能大量

共存，碳酸根子与氢离子也不能大量共存，B错误；C．含有MnO4－的溶液为紫红色，且MnO4－和SO32－会发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；D．含有Fe2＋的溶液为浅绿色，且Fe2＋、H＋、NO3－可以

发生氧化还原反应而不能大量共存，D错误。答案选A。15.已知某溶液中存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子。经四位同学测定，大小关系如下，则其中不可能．．．的是（）A.c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)B.c(OH-)＞c(H+)＞c(Cl-

)＞c(NH4+)C.c(Cl-)=c(NH4+)D.c(Cl-)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH-)【答案】B【解析】【详解】A．如果溶质为NH4Cl，由于NH4＋水解，溶液呈酸性，使得c(Cl-)＞c(NH4+)，c(H+)＞c(OH-)，水解是微弱的，因

此c(NH4+)＞c(H+)，综合c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)，A可能，不选；B．在电解质溶液中，呈电中性，根据电荷守恒有c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(NH4+)，若c(OH-)＞c(H+)，则c(Cl-)＜c(NH4+)，B不可能，符合题意；C．若电解质溶

液呈中性，c(H＋)=c(OH－)，根据电荷守恒，c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(NH4+)，可得c(Cl-)=c(NH4+)，C可能，不选；D．在电解质溶液中，呈电中性，根据电荷守恒有c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+

c(NH4+)，若c(Cl－)＞c(H＋)，则c(NH4＋)＞c(OH－)，D可能，不选。答案选B。16.能影响水的电离平衡，最终使水电离的离子在溶液中表现为c(OH-)<c(H＋)的操作是A.向水中投入一小块金属钠B.将水加热煮沸C.向水中通入

二氧化碳气体D.向水中加醋酸钠晶体【答案】C【解析】【详解】A．加入金属钠，和水电离出的氢离子反应生成氢氧化钠和氢气，氢离子浓度降低，使水的电离向右移动，碱性增强，c(H＋)<c(OH－)，A项错误；B．水加热煮沸，促进了水的电离，但溶液中的c(H+)=c(OH-)，B项错误；C．向水中通入C

O2后，CO2与水结合产生碳酸，碳酸电离产生H+，抑制水的电离，使得c(H+)＞c(OH-)，C项正确；D．向水中加入醋酸钠晶体，CH3COO－与水电离出的H＋反应生成CH3COOH，导致水的电离平衡向右移动，碱性增强，c(H＋)<c(OH－)，D项错误；答案选C。第Ⅱ卷（非选择题共52分）二

、填空题（共52分）17.某学生用0.10mol/L的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；②固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体；③

调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；④移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。请回答：（1）以上步骤有错误的是(填编号)___。（2）判断滴定终点的现象是___。（3）如图是某次滴定时滴定管中的液面，其读数为_

_mL。（4）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的物质的量浓度c(HCl)=___mol/L。滴定次数待测体积(mL)标准烧碱体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次20.000.4020.40第二次20.002.0024.10第三次

20.004.0024.00（5）若测定结果偏高，其原因可能是___。A.在配制0.10mol/LNaOH标准溶液定容时，俯视容量瓶刻度线B.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗C.滴定终点读数时，仰

视滴定管的刻度D.步骤⑤中，在记下滴定管液面读数时，滴定管尖嘴有气泡（6）某同学用0.10mol/LNaOH标准溶液分别滴定20.00mL0.10mol/L的HCl溶液和20.00mL0.10mol/L的CH3COOH溶液，得到如图所示的两条滴定曲线：①用0.10mol/L的NaOH标准溶液滴定

20.00mL0.10mol/L的CH3COOH溶液的曲线是___(填“图1”或“图2”)。②a=___mL。【答案】(1).①(2).当滴入最后一滴NaOH标准液，溶液由无色变为浅红色，且30s内不褪色(3).22.60(4).0.10(5).BC(6).图2

(7).20.00【解析】【分析】(1)根据中和滴定的原理及操作规则进行分析；(2)酚酞遇碱变红，据此现象判定滴定终点；(3)滴定管的0刻度在滴定管的顶部，滴定管的读数精确到0.01mL，据此读数；(4)根据实验消耗NaOH的体积求出平均值（注意误差较大的应舍

弃）根据c(HCl)×V(HCl)=c(NaOH)×V(NaOH)，计算(HCl)c；(5)根据(NaOH)(NaOH)(HCl)(HCl)cVcV=分析误差；(6)①根据滴定图像及盐酸和醋酸的强弱即可判定NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的曲线图；

②根据图1，当加入NaOH溶液的体积为amL时，溶液的pH=7，说明恰好反应，NaOH与HCl生成NaCl，溶液呈中性，则根据c(HCl)×V(HCl)=c(NaOH)×V(NaOH)，可计算出a。【详解】(1)①蒸馏水洗涤碱式滴定管后，应该用NaOH溶液润洗

，而不是立即注入NaOH溶液，否则会稀释NaOH溶液，造成标准液消耗偏多，①错误；②固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体，滴定管中充满液体，读数才准确，②准确；③滴定时，通过开始和结束的读数的差值求算消耗标准液的

体积，0刻度在滴定管的顶部，因此开始的读数，应调节液面到0刻度和0刻度以下，③正确；④该反应为强碱滴定强酸，滴定终点为中性，可以选择酚酞作指示剂，④正确；⑤到达滴定终点时，记录数据，⑤正确；答案为①；(2)锥形瓶中盛装盐酸，滴入酚酞为无色，滴入NaOH标准液，当滴入最后一定

NaOH标准液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，达到滴定终点；(3)滴定管的0刻度在滴定管的顶部，读数时应该从上看到下，滴定管的读数精确到0.01mL，则该读数为22.60mL；(4)三组实验消耗NaOH的体积分别为20.00mL、22.10mL、20.00mL，第二次实验

的数据明显偏大，应舍弃，则消耗NaOH的体积为20.00ml+20.00mL=20.00mL2。根据c(HCl)×V(HCl)=c(NaOH)×V(NaOH)，有0.10mol/L20.00mL(HCl)=0.10mol/L20.00mLc=；

(5)根据(NaOH)(NaOH)(HCl)(HCl)cVcV=分析误差；A．在配制NaOH标准液定容时，俯视容量瓶刻度线，造成NaOH标准液浓度偏大，滴定时消耗的NaOH标准的体积偏小，使得c(HCl)的测定结果偏小，A不符合题意；B．用未知液润洗锥形瓶，滴

定时消耗的NaOH标准液的体积偏大，使得c(HCl)的测定结果偏高，B符合题意；C．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，则读到的消耗的NaOH标准液的体积偏大，求得c(HCl)的测定结果偏高，C符合题意；D．滴定终点读数时，尖嘴有气泡，气泡会占据部分液

体的体积，使得读到的消耗的NaOH标准液的体积偏小，求得c(HCl)的测定结果偏低，D不符合题意；答案选BC；(6)①0.1mol·L－1HCl溶液的pH小于0.1mol·L－1CH3COOH溶液的pH，比较滴定前溶液的pH，可知图2是NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的曲线图；②根据

图1，当加入NaOH溶液的体积为amL时，溶液的pH=7，说明恰好反应，NaOH与HCl生成NaCl，溶液呈中性，则根据c(HCl)×V(HCl)=c(NaOH)×V(NaOH)，可得a=20.00mL。【点睛】问题(6)判断

滴定曲线时，在强碱滴定弱酸或强酸滴定弱碱的曲线中，由于反应生成能够水解的盐，会影响溶液pH的变化，使得突变范围比强酸滴定强碱的突变范围小，据此也可以判断。18.工业上，煤的气化和液化是高效、清洁、综合利用煤炭的重要途径。（1）一定条件下，将C(s)和H2O(g)分

别加入甲、乙两个密闭容器发生反应：C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)ΔH1＞0，相关数据如下表：容器容积/L温度/℃起始量/mol平衡量/molC(s)H2O(g)H2(g)甲2T1343.2乙1T21.521.2①T1___T2(填“

＞、＜或=”)。②T1时达到平衡后再加入1molH2O(g)，达到新平衡后H2(g)的物质的量分数___(填“增大”“不变”或“减小”)；T2时，若起始时乙容器中加入1.5molC(s)、1.2molH2O(g)、0

.5molCO2(g)、1.4molH2(g)，此时v正___v逆(填“＞、＜或=”)。（2）煤液化时发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2，在10L恒容密闭容器中按物质的量之比1:2充入CO和H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强

的关系如图所示，200℃时，n(H2)随时间的变化如下表所示：t/min0135n(H2)/mol8.05.44.04.0①ΔH2___0(填“＞、＜或=”)。②下列说法正确的是___(填标号)。a.温度越高，该反应的平衡常数越大b.达平衡后再充入稀有气体，CO的转化

率提高c.容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度d.图中压强P1＜P2③0-3min内用CH3OH表示的反应速率v(CH3OH)=___mol/(L·min)（结果保留两位有效数值）。④200℃时，该反应

的平衡常数K=___。向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH，保持温度不变，则化学平衡___(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。【答案】(1).＞(2).减小(3).＞(4).＜(5).cd(6).0.067(7).6.25(8)

.正向【解析】【分析】(1)①甲、乙中水蒸气浓度相等，只有温度不同，该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，则生成的氢气越多，甲中氢气物质的量大于乙中2倍，说明甲的温度高；②T1时达到平衡后再加入1molH2O(g)，容器的体积不变，等效于加

压过程，平衡逆向移动；T2时，利用三段式可求出该反应的平衡常数；利用浓度商Qc与平衡常数K的大小关系，判定平衡移动方向，得出v正与v逆的关系；(2)①随温度的升高CO转化率降低，说明平衡向着逆反应方向进行，逆

反应为吸热反应；②根据外界条件对平衡移动的影响规律、外界条件对平衡常数的影响规律、平衡状态的判定标准进行综合分析；③结合图表信息，根据3(CHOH)cvt=进行计算；④200℃时，利用三段式可求出该反应的平衡常数；根据浓度熵Qc与平衡常数K的大小关系，判定平衡移动方向

。【详解】(1)①甲、乙中水蒸气浓度相等，只有温度不同，该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，则生成的氢气越多，甲中氢气物质的量大于乙中2倍，说明甲的温度高，则T1＞T2；②T1时达到平衡后再加入1molH2O(g)，平衡正向移动，但与原平衡相比，相当于增加压强，平衡向气体体积减

小方向移动，即逆向移动，所以达到新平衡后H2(g)的物质的量分数减小；T2时，利用三等式可求出该反应的平衡常数，有222C(s)+2HO(g)CO(g)+2H(g)2001.20.61.20.80.6

1.2开始的物质的量转化的物质的量平衡的物质的量化学平衡常数2222220.6mol1.2mol()(CO)(H)1L1LK==1.350.8mol(HO)(1Lccc=）；若起始时乙容器中加入1.5molC(s)、1.

2molH2O(g)、0.5molCO2(g)、1.4molH2(g)，浓度商2222c220.5mol1.4mol()(CO)(H)1L1L=0.681.2mol(HO)(1LccQc=），浓度商Qc<平衡常数K，平衡正向移动，则v正＞

v逆；(2)①随温度的升高CO转化率降低，这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则正反应是放热反应，因此ΔH2＜0；②a．升高温度平衡向逆反应方向进行，因此温度越高，该反应的平衡常数越小，a错误；b．在恒容容器中，达平衡后再充入稀有气体，反应物浓度不变，CO的转化率不变，b错误。c．正反应体积减

小，则容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度，即达到平衡状态，c正确；d．正反应体积减小，增大压强平衡向正反应方向进行，CO转化率增大，所以图中压强P1＜P2，d正确；答案选cd；③0-3min内

消耗氢气是4mol，生成甲醇是2mol，其浓度为0.2mol/L，则用甲醇表示的反应速率30.2mol/L(CHOH)0.067mol/(Lmin)3mincvt==④200℃时，利用三等式可求出该反应的平衡常数

，有：23CO(g)+2H(g)CHOH(g)0.40.800.20.40.20.20.40.2开始的浓度转化的浓度平衡的浓度所以200℃时，该反应的平衡常数3222(CHOH)0.2==6.25(CO)(H

)0.20.4cKcc=；向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH，此时CO、H2、CH3OH的浓度变为0.4mol·L－1、0.6mol·L－1、0.4mol·L－1；保持温度不变，此时浓度熵3c222(CHOH)0.

4=2.78(CO)(H)0.40.6cQcc=，小于平衡常数，则化学平衡正向移动。【点睛】该题考察的化学平衡常数和浓度商的计算较多，在计算化学平衡常数和浓度商的时候，均需要注意，利用的各物质的浓度，而不是物质的量。19

.25℃时，三种酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.8×10-5K1=4.3×10-7K2=5.6×10-113.0×10-8回答下列问题：（1）一般情况下，当温度升高时，Ka___(填“增大”、“减小”或“不变”)

。（2）下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是___(填序号)。a.CO32-b.ClO-c.CH3COO-d.HCO3-（3）用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是___(填序号)。a.3+c(CHCOOH)c(H)b.-33c(CHCOO)c(

CHCOOH)c.+wc(H)Kd.+-c(H)c(OH)（4）常温下，0.1mol/LNaHCO3溶液的pH大于8，则溶液c(H2CO3)___c(CO32-)(填“＞、＜或=”)，原因是___。（5）25℃时，若测得C

H3COOH与CH3COONa的混合溶液的pH=6，则溶液中：①-33c(CHCOO)c(CHCOOH)=___(填“精确数值”，下同)。②c(CH3COO-)-c(Na+)=___mol/L。【答案】(1).增大(2

).a＞b＞d＞c(3).b(4).＞(5).HCO3-水解程度大于电离程度(6).18(7).9.9×10-7【解析】【详解】(1)弱电解质电离是吸热的，升高温度，会促进电离，电离平衡常数Ka增大；(2)酸电离出

H＋能力越弱，那么其对应的酸根阴离子结合H＋能力越强，从表中数据可以看出，HCO3－电离出H＋能力最弱，则CO32－结合H＋能力最强；最弱的为CH3COO-，ClO-大于HCO3-，所以四种离子结合质子能力由大

到小的顺序是a＞b＞d＞c；(3)用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸，促进醋酸的电离，但是溶液的酸性减弱；a．上下同时乘以溶液的体积，有333+++(CHCOOH)(CHCOOH)(CHCOOH)==(H)(H)(H)ccVnccVn，加水稀释

，醋酸的电离被促进，n(CH3COOH)减小，n(H＋)增大，则33++(CHCOOH)(CHCOOH)=(H)(H)cncn减小，a不符合题意；b．上下同时乘以溶液的体积，有---333333(CHCOO)(CHCOO)(C

HCOO)==(CHCOOH)(CHCOOH)(CHCOOH)ccVnccVn，加水稀释，醋酸的电离被促进，n(CH3COOH)减小，n(CH3COO－)增大，则--3333(CHCOO)(CHCOO)=(CHCOOH

)(CHCOOH)cncn增大，b符合题意；c．在溶液中，Kw=c(H＋)c(OH－)，则+++--w(H)(H)1==(H)(OH)(OH)ccKccc，用水稀释醋酸，溶液的酸性减弱，c(OH－)增大，则+-w(H)1=(OH)cKc减小，c不符合题意；

d．用水稀释醋酸，溶液的酸性减弱，c(OH－)增大，c(H＋)减小，则+-(H)(OH)cc减小，d不符合题意。答案选b；(4)NaHCO3在溶液中电离出HCO3－，HCO3－即可以电离又可以水解，其电离和水解的方程式分别为HCO3－H＋＋CO32－，HCO3－＋H2OH2CO3＋

OH－，从方程式可知，HCO3－电离使得溶液显酸性，水解使得溶液显碱性；现NaHCO3溶液显碱性，说明HCO3－的水解程度大于其电离程度，水解产生的H2CO3多余电离产生的CO32－，则c(H2CO3)＞c(CO32-)，原因是HCO3-水解程度大于电离程度；(5)①醋酸的电离方程式为CH3CO

OHCH3COO－＋H＋，其电离平衡常数-33(H)(CHCOO)=(CHCOOH)ccKc+，则-33(CHCOO)=(CHCOOH)(H)cKcc+，pH=6，c(H＋)=10－6mol·L－1，K=1.8×

10-5，带入数值--53-63(CHCOO)1.810==18(CHCOOH)10cc；②在混合溶液中，根据电荷守恒，有c(H＋)＋c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，则c(CH3COO－)－c(Na＋)=c(H＋)－c(OH－)，溶液pH=6，则c(H＋)=

10－6mol·L－1，c(OH－)=10－8mol·L－1，带入数据，得c(CH3COO－)－c(Na＋)=10－6mol·L－1－10－8mol·L－1=9.9×10-7mol·L－1。20.高铁酸钠(N

a2FeO4)是一种高效、新型的水处理剂，在碱性条件下较稳定；在中性或弱酸性条件下转化为Fe(OH)3和O2；易被H2还原。工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2，含有少量NiS、CuS、SiO2等杂质)为原料制备Na2FeO4并回收某些金

属资源的工艺流程如图：已知：Ⅰ.“焙烧”后矿石中的金属元素均以氧化物的形式存在。Ⅱ.溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L时，该离子沉淀完全。（1）“粉碎”的目的是___。（2）气体X为__，滤渣1为__。（3）流程中“调节pH1”

的实验操作目的是___。（4）“转化”过程中发生的主要反应的离子方程式为___。（5）采用电解法制备Na2FeO4的工作原理如图所示：①该装置工作时，阳极的电极反应式为___。②离子交换膜应选用___(填“阴”或“阳

”)离子交换膜，原因____。【答案】(1).加快“焙烧”速率，使“焙烧”更充分(2).X为SO2(3).滤渣1为SiO2(4).“调节pH1”目的是使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而Cu2+和Ni2+不沉淀(5).2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2

FeO42-+3Cl-+5H2O(6).Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O(7).阳(8).可防止FeO42-进入阴极区被H2还原【解析】【分析】黄铁矿粉碎，增大与空气的接触面积，可加快化学反应

速率，是焙烧更加充分。充分焙烧后，得各金属的氧化物以及SiO2，矿石中的硫元素转化为SO2，加入稀硫酸酸化，SiO2不与硫酸反应过滤除去，而金属氧化物与硫酸反应得到硫酸盐，调节pH1，在滤渣2中得到Fe(OH)3，F

e(OH)3、NaClO、NaOH反应得到Na2FeO4。滤液2中有Cu2＋和Ni2＋；调节pH2，分离Ni和Cu；Ni(OH)2最终转化为Ni(CO)4。【详解】(1)黄铁矿粉碎，可以增大固体的表面积，加快“焙烧速率”，使“焙烧”更充分；(2)根据元素守恒，黄铁矿焙烧

时，金属元素均转化为其氧化物，因此气体X为SO2；金属氧化物均与硫酸反应转化为可溶于水的硫酸盐，而SiO2不与硫酸反应，因此滤渣1为SiO2；(3)根据流程图，滤渣2最终转化为Na2FeO4，因此滤渣2为Fe(OH)3，调节pH1的

目的是使Fe3＋转化为Fe(OH)3，与Cu2＋、Ni2＋分离；(4)转化过程，Fe(OH)3、NaOH和NaClO转化为Na2FeO4，Fe的化合价从＋3价升高到＋6价，Cl的化合价从＋1价降低到－1价，化合

价升降守恒，Fe(OH)3和ClO－的系数为2：3，再根据质量守恒和电荷守恒配平，离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－=FeO42－+3Cl－+5H2O；(5)采用电解制备Na2FeO4，示意图中，Fe作阳极，失去电子，转化为FeO42－，阴极为水得到

电子，生成H2和OH－；①Fe作阳极，失去电子，转化为FeO42－，电极方程式为Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O；②Na2FeO4容易被H2还原，因此要需要防止阴极生成的H2还原FeO4

2－，离子交换膜应选择阳离子交换膜，可防止FeO42-进入阴极区被H2还原。