【文档说明】【精准解析】北京市北京师范大学燕化附属中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题.doc，共(20)页，710.500 KB，由小赞的店铺上传

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北师大燕化附中2019——2020学年第二学期期末考试高二年级化学试题可能用到的相对原子质量：H—1；C—12；N—14；O—16；Cl—35.5；Na—23第I卷一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。)1.对于反应2A+B⇌C+D表示反应速率最快的是A.vA

=0.75mol/(L·s)B.vB=0.5mol/(L·s)C.vC=1.0mol/(L·s)D.vD=1.5mol/(L·s)【答案】D【解析】【详解】同一反应同一时段内不同物质的反应速率之比等于计量数之比，据此将不同物质表示的反应速率转化为同一物质

同一单位表示的速率进行比较。A．vA=0.75mol/(L·s)；B．vB=0.5mol/(L·s)，vA：vB=2:1，所以vA=1.0mol/(L·s)；C．vC=1.0mol/(L·s)，vA：vC=2:1，所以vA=2.0mol/(L·s)；D

．vD=1.5mol/(L·s)，vA：vD=2:1，所以vA=3.0mol/(L·s)；综上所述反应速率最快的是D。2.下列燃烧反应的反应热是燃烧热的是：A.H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H1B.C(s)+1/2O2(g)=CO(g)△H2C.S(s)

+O2(g)=SO2(g)△H3D.H2S(g)+1/2O2=S(s)+H2O(l)△H4【答案】C【解析】【分析】燃烧热的定义：在25℃，101kPa时，1mol可燃性物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热；据此进行分

析。【详解】A、H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H1，生成的水为气态，不是25℃，101kPa下的稳定产物，故A错误；B、C(s)+1/2O2(g)=CO(g)△H2，生成的CO可继续与O2反应生成CO2，CO不属于稳定的氧化物，故B错误；C、

S(s)+O2(g)=SO2(g)△H3，生成的气态SO2为稳定的氧化物，符合燃烧热的定义，故C正确；D、H2S(g)+1/2O2(g)=S(s)+H2O(l)△H4，生成的S可继续燃烧生成SO2，故D错误；故答案选C。【点睛】燃烧热定义要点：①规定在101kPa，25℃下测出热量，因为压

强和温度不定，反应热数值不相同；②规定可燃物物质的量为1mol；③规定可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量为标准；燃烧热的注意事项：燃烧热是以1mol可燃物作为标准来进行测定的，因此在计算燃烧热时，热化学方程式里其他物质的

化学计量数常出现分数。3.下列物质在水溶液中促进了水的电离的是A.NaHSO4B.HClOC.NaClD.CuSO4【答案】D【解析】【详解】A.NaHSO4在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故A错误；B.HClO在水溶液中会电离出H+

，抑制水的电离，故B错误；C.NaCl为强酸强碱盐，对水的电离无影响，故C错误；D.CuSO4溶液中Cu2+会发生水解而促进水的电离，故D正确；答案选D。4.对于反应2H2(g)＋O2(g)2H2O(g)，能增大正反应速率的措施是A.增大O2的物质的量浓度B.增大反应容积C移去部分

H2O(g)D.降低体系温度【答案】A【解析】A.增大O2的物质的量浓度,能增大反应速率，故A正确；B.增大容器容积，气体浓度降低，反应速率减小，故B错误；C.移去部分H2O(g)，反应物的浓度不变，生成物的浓度减小，化学平衡向正反应方向移动，所以正反应速率减小，故C错误；D.降低

体系的温度，正逆反应速率都减小，故D错误。故答案选A。考点：化学反应速率的影响因素【名师点睛】本题考查化学反应速率的影响，侧重于基本理论知识的考查。为提高该反应的正反应速率，可采取增大浓度、增大压强或加入催化剂、升高温度等，注意把握反应的特点，为解答该题的关键，也是易

错点。5.下列各装置能形成原电池的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】判断一个装置能否构成原电池，要看是否符合原电池的构成条件：①电极材料(活动性不同的金属、金属与非金属、金属与金属氧化物)；②电解质溶液；③构成闭合回路；

④能自发进行的氧化还原反应。A装置：由于两个电极是同种金属，不能形成原电池；B装置：酒精不是电解质溶液，不能构成原电池；C装置：没有形成闭合回路，不能形成原电池；D装置：符合原电池构成的条件，能形成原电池。6.下列物质属于强电解质的是A.盐酸B.氟化氢C.熔融氯化钠D.铜【答案】C【解析】

强电解质包括强酸、强碱、绝大部分盐、金属氧化物等，这些物质均为纯净物；盐酸为混合物，A错误；氟化氢水溶液为弱酸，氟化氢为弱电解质，B错误；熔融氯化钠为盐，纯净物，C正确；铜为单质，不是化合物，D错误；正确选项C。7.由N2O和NO反应生成N2和N

O2的能量变化如图所示。下列说法不正确的是A.反应生成1molN2时转移2mole-B.反应物能量之和大于生成物能量之和C.N2O(g)+NO(g)=N2(g)+NO2(g)ΔH＝-139kJ·mol-1D.断键吸收能量之和大于成键释放能量之和【答案】D【解析】【分析】由

图可知反应物的总能大于生成物的总能量，反应为放热反应，可根据图中数据确定反应热。【详解】A.由图可知发生的反应为N2O+NO=N2+NO2，N2O中N元素化合价从+1价降低到0价，NO中N元素化合价从+2价升高到+4价，生成1mol

N2时转移2mole-，选项A正确；B.由图可知反应物的总能大于生成物的总能量，选项B正确；C.ΔH=EE反应物生成物=209kJ·mol-1-348kJ·mol-1=-139kJ·mol-1，选项C正确；D.ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=-139kJ·mo

l-1＜0，则有反应物的总键能小于生成物的总键能，即断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，选项D不正确；答案选D。【点睛】解答本题的关键是ΔH的计算，ΔH=EE反应物生成物=反应物的总键能-生成物的总键能。8.在某温度下，反应C

lF(g)+F2(g)⇌ClF3(g)ΔH＝+268kJ·mol-1，在密闭容器中达到平衡，下列说法中正确的是A.升高温度，K不变，平衡向正反应方向移动B.升高温度，平衡常数变小C.升高温度，平衡向正反应方向移动，F2的转化率提高D.

降低温度，单位时间内生成ClF3的物质的量增加【答案】C【解析】【分析】由题可知，该反应正反应ΔH>0为吸热反应，着重考察温度对于速率和平衡移动的影响。【详解】A.正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，K值增大，A项错误；B.升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数变大，B项错误

；C.升高温度，平衡向正反应方向移动，F2的转化率提高，C项正确；D.降低温度，化学反应速率减小，单位时间内生成ClF3的物质的量减少，D项错误；答案选C。9.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发

现T℃时（各物质均为气态），甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：下列说法正确的是（）A.反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=+akJ/mol(a>0)B.1molCH3OH(g)和1mol

H2O(g)的总能量大于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量C.选择优良的催化剂降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，有利于减少过程中的能耗D.CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂【答案】C【解析】【分析】由反应机理图可知，反应Ⅰ为：CH3OH=2H2+C

O，反应Ⅱ为：CO+H2O=H2+CO2。由能量图可知，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，对比能量图中反应Ⅰ的反应物所具有的能量和反应Ⅱ的生成物所具有的能量，可知反应Ⅰ的反应物和反应Ⅱ的生成物所具有的能量的大小关

系为：EⅡ生＞EⅠ反。据此进行分析。【详解】A．结合能量图可知，反应Ⅱ为放热反应，根据反应机理图可知，反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=-akJ/mol(a>0)，A项

错误；B．结合反应机理和能量图可知，EⅡ生＞EⅠ反，即1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，B项错误；C．催化剂可以通过参与反应改变反应历程降低反应的活

化能，从而可减少反应过程的能耗，C项正确；D．CO(g)属于中间产物，不是催化剂。D项错误；答案选C。10.对于工业合成氨反应：N2＋3H22NH3，下列说法错误．．的是（）A.使用合适的催化剂可以加大反应速率B.升高温度可以增大反应速率C.增大N2浓度

可以使H2转化率达到100℅D.增大N2浓度可以增大反应速率【答案】C【解析】【详解】A．使用正催化剂可以增大反应速率，A正确；B．升高温度可以增大反应速率，B正确；C．该反应是可逆反应，任何条件下都无法使得转化率达到100%，C错误；D．增大反应物的浓度可以

增大反应速率，D正确；故合理选项为C。11.某小组依据氧化还原反应：2Ag＋(aq)＋Cu(s)==Cu2＋(aq)＋2Ag(s)设计的原电池如图所示，下列说法正确的是A.电极X可以是碳棒也可以是银棒B.盐桥中的阳离子流向CuSO4溶液所在烧

杯C.银电极为电池的负极，发生的电极反应为Ag－e－=Ag+D.外电路中电流的方向是从银电极流向X电极【答案】D【解析】【分析】由方程式2Ag+(aq)+Cu(s)═Cu2+(aq)+2Ag(s)可知，反应中Ag+被还原，为正极反应，则电解质溶液Y为硝酸银溶液，C

u被氧化，为原电池负极，则X为Cu，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析，电极X为铜，故A错误；B．X为负极，银为正极，盐桥中的阳离子流向Y溶液所在烧杯，故B错误；C．根据上述分析，银电极为电池的正极，发生的电极反应为Ag++e－=Ag，故C错误；

D．X为负极，银为正极，外电路中电流的方向是从银电极流向X电极，故D正确；故选D。12.下列说法中正确的是（）A.将纯水加热的过程中，Kw变大、pH变小B.保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3抑制Fe2＋水解C.FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒

重，最终得到FeCl3固体D.向0.1mol·L-1氨水中加入少量水，pH减小，32cOHcNH?HO减小【答案】A【解析】【详解】A、水的电离吸热，加热促进电离，H＋和OH－浓度增大，Kw增大，

pH减小，A正确；B、保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3酸化会将亚铁离子氧化为铁离子，药品变质，应加入稀硫酸抑制Fe2+水解，B错误；C、FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，蒸干过程中氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铁

沉淀，灼烧分解生成氧化铁，C错误；D、向0.1mol•L-1氨水中加入少量水，促进电离，但溶液体积增大，氢氧根离子和铵离子浓度减小，溶液pH减小，Kb不变，=bKcH增大，D错误；故选A。13.在密闭容器中进行反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H>0，测得c(

CH4)随反应时间(t)的变化如图所示。下列判断正确的是（）A.10min时，改变的外界条件可能是升高温度B.反应进行到12min时，CH4的转化率为25%C.0∽5min内，v(H2)＝0.1mol·(L·min)-1D

.恒温下，缩小容器体积，平衡后H2浓度减小【答案】A【解析】【详解】A.由图可知，10min时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，可能是升高温度，故A正确；B.反应进行到12min时，CH4

的转化率为1.00-0.251.00×100％=75％，故B错误；C.根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，故v(CH4)=(1-0.5)mol∙L-1/5min=0.1mol/(L∙min)，由化学计量数之比等于反应速率

之比，则v(H2)=3×0.1mol/(L∙min)=0.3mol/(L∙min)，故C错误；D.恒温下，缩小容器体积导致氢气浓度增大，虽然压强增大，平衡向逆反应方向移动，移动的结果减小氢气浓度的增大，但根据勒夏特列原理，不会消除浓度增大，

平衡后c(H2)增大，故D错误；故选A。14.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.H+、Na+、Cl-、2-4SOB.Na+、-3NO、H+、S2-C.Na+、H+、-4MnO、2-

3SOD.Fe2+、Na+、2-3SO、Cl-【答案】A【解析】【详解】A.H+、Na+、Cl-、2-4SO各离子之间相互不反应，能大量共存，选项A正确；B.H+、S2-能反应生成氢硫酸，-3NO、H+、S2-之间能

发生氧化还原反应而不能大量共存，选项B错误；C.H+、-4MnO、2-3SO之间能发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；D.Fe2+与2-3SO能发生双水解而不能大量共存，选项D错误；答案选A。15.已知草酸是二元弱酸，0.2mol·L-1NaHC2O4溶液显酸性，关于NaHC2O4溶液

中离子浓度关系的叙述不正确的是A.c(Na+)＞c(-24HCO)＞c(2-24CO)＞c(H2C2O4)B.c(Na+)＝c(-24HCO)+c(2-24CO)+c(H2C2O4)C.c(Na+)+c(H+)＝c(-

24HCO)+c(2-24CO)+c(OH-)D.c(H+)+c(H2C2O4)＝c(2-24CO)+c(OH-)【答案】C【解析】【详解】A.草酸是二元弱酸，0.2mol·L-1NaHC2O4溶液显酸性，说明H2C2O4电离程度大于水解程度，但是其电离和水解程度都较小，钠离子不

水解，则溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)＞c(-24HCO)＞c(2-24CO)＞c(H2C2O4)，故A正确；B.溶液中存在物料守恒；c(Na+)=c(HC2O-)+c(C2O2-)+c(H2C2

O4)，故B正确；C.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c(-24HCO)+2c(2-24CO)+c(OH-)，故C错误；D.溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(HC2O-)+c(C2O2-)+c(H2C2O4)，液中存在

电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(-24HCO)+2c(2-24CO)+c(OH-)，溶液中电荷守恒减物料守恒得c(H+)+c(H2C2O4)＝c(2-24CO)+c(OH-)，故D正确；故答案：

C。16.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。17.现有室温下四种溶液，有关

叙述不正确的是编号①②③④pH101044溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸溶液盐酸A.相同体积③、④溶液分别与NaOH完全反应，消耗NaOH物质的量：③＞④B.分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③C.①、④两溶液等体积混合，所得溶液中c(+4NH)

＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)D.在③溶液中：c(H+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A.醋酸溶液属于弱酸溶液，盐酸属于强酸溶液，pH=4的醋

酸溶液和盐酸溶质物质的量浓度：醋酸溶液＞盐酸，则相同体积③、④溶液分别与NaOH完全反应，消耗NaOH物质的量：③＞④，A正确；B.由于加水稀释促进NH3·H2O的电离，pH=10的氨水加水稀释10倍后溶液的pH：9＜pH＜10，pH=10的氢氧化钠溶

液加水稀释10倍后溶液的pH=9，由于加水稀释促进CH3COOH的电离，pH=4的醋酸溶液加水稀释10倍后溶液的pH：4＜pH＜5，pH=4的盐酸加水稀释10倍后溶液的pH=5，则分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①

＞②＞④＞③，B正确；C.pH=10的氨水中c(OH-)=10-4mol/L，pH=4的盐酸中c(H+)=10-4mol/L，由于氨水为弱碱溶液，盐酸为强酸溶液，则两者等体积混合充分反应后得到NH4Cl和过量氨水的

混合液，即氨水过量，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，混合后溶液中的电荷守恒为c(+4NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，则c(+4NH)＞c(Cl-)，由于弱电解质的电离是微弱的，故所得溶液中c(+4NH)＞c(

Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，C正确；D.pH=4的醋酸溶液中的电荷守恒为c(H+)＝c(CH3COO-)+c(OH-)，D错误；答案选D。18.臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像

作出的判断正确的是（）ABCD升高温度，正反应方向平衡常数0~3s内，反应速率为：v(NO2)＝0.2mol·L-1·s-1t1时仅加入催化剂，平衡正向移动达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)减小A.AB.B

C.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．达到平衡后，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故A错误；B．0～3s内，反应速率为v(NO2)=1.0mol/L0.4mol/L3s=0.2mol•L-1•s-1，故B正确；C．催化剂同等程度增大正逆反应速率，不影响平衡移动，故C错误

；D．x为c(O2)时，增大浓度，平衡逆向移动，转化率减小，与图象不符，故D错误；故答案为B。第II卷二、填空题19.某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。(

1)反应从开始至2分钟末，Y的转化率为α(Y)＝_______________。(2)由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为____________。【答案】(1).10%(2).3X+Y2Z【解析】【分析】由图像可知，X、Y的物质的量在减

少，作反应物，Z的物质的量在增加，作生成物，反应至2分钟达到平衡。【详解】(1)根据图像可知，反应进行2min时，Y的物质的量是0.9mol，且不再发生变化，这说明反应已经达到平衡状态，则Y的转化率是(1.0-0.9)/1.0×100%=10%。(2)根据图像可知，反应进行2min时，X的物质

的量减少0.3mol，Y的物质的量减少0.1mol，Z的物质的量增加0.2mol，同一反应中各物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，故该反应的化学方程式是3X+Y2Z。20.有下列六种物质的溶液：①NaCl②NH4Cl③Na2CO3④Al2(SO4)3⑤CH3COOH⑥Na

HCO3(1)25℃时，用离子方程式表示0.1mol·L-1②溶液的酸碱性原因：__________；(2)常温下，0.1mol/L的③和⑥溶液中微粒(含离子和分子)的种类是否相同：_______(填“相同”或“不相同”)；(3)将④溶液加热蒸干并灼烧最终得到的

物质是________(填化学式)；(4)常温下0.1mol/L⑤溶液加水稀释至中性的过程中，下列表达式的数据一定变大的是_______。A．c(H+)B．c(OH-)C．+3cHcCHCOOHD．c(H+)·c(OH-)

【答案】(1).NH4Cl溶液中存在NH4+离子的水解平衡：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，所以NH4Cl溶液显酸性(2).相同(3).Al2(SO4)3(4).BC【解析】【分析】(1)根据NH4+水解规律进行分析；(2)根据Na2C

O3溶液和NaHCO3溶液中存在的水解平衡、电离平衡进行分析；(3)硫酸属于难挥发性酸，Al2(SO4)3溶液加热蒸干灼烧后产物为原溶质；(4)根据CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释促进电离进行分析。【详解】(1)②为NH4Cl

溶液，溶液中铵根离子能发生水解，其反应的离子反应方程式为：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，故答案：NH4Cl溶液中存在着铵根离子水解平衡：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，所以NH4Cl溶液显酸性；(2)③为Na2CO3溶

液，⑥为NaHCO3溶液，碳酸钠溶液中碳酸根水解，且水解分步进行，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，NaHCO3溶液中HCO3-既能水解又能电离，HCO3-+H2OH2CO3+

OH-，HCO3-CO32-+H+，所以常温下，0.1mol/L的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均含有微粒：Na+、CO32-、HCO3-、OH-、H+、H2CO3、H2O，故微粒种类是相同，故答案：相同；

(3)④为Al2(SO4)3溶液，存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，由于硫酸属于难挥发性酸，所以将Al2(SO4)3溶液加热蒸干并灼烧后的产物为硫酸铝；故答案：Al2(SO4)3；(4)⑤为CH3COOH溶液，常温下0.1mol/LC

H3COOH溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+反应，加水稀释至中性的过程中，c(H+)逐渐减小，c(OH-)逐渐增大，由于温度不变，所以c(H+)×c(OH-)=Kw不变；根据醋酸的电离平衡常数可知，，+3cHcCHCOOH=3KacCHCOO（），加水稀释过程中，促

进电离，c（CH3COO-）减小，但是Ka不变，所以+3cHcCHCOOH增大；故答案选BC。21.下表是有关物质的Ksp：物质CaCO3MgCO3Ca(OH)2Mg(OH)2Ksp(单位省略)2.8×10-96.8×10-64.7

×10-65.6×10-12回答下列问题：(1)某同学在实验室条件下模拟从海水中提取镁的生产过程。在加试剂时，误将纯碱溶液加入海水中；他思考了一下，又在得到的混合体系中加入过量的烧碱溶液，你觉得他_______(填“能”或“不能”)将Mg2+

转化为Mg(OH)2沉淀，理由是_______。(2)要制得无水MgCl2，过滤出Mg(OH)2沉淀后，用试剂_________(填化学式)将其溶解。(3)将得到的氯化镁溶液在浓缩池中制得MgCl2·6H2O。然

后将MgCl2·6H2O转移到干燥塔中，在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O，才能得到无水MgCl2，原因是：_________。【答案】(1).能(2).因为Ksp(MgCO3)=6.8×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=

5.6×10-12，纯碱溶液加入海水中产生MgCO3的沉淀，在得到的混合体系中加入过量的烧碱溶液，烧碱电离产生的OH-能结合MgCO3溶解产生的Mg2+生成溶解度更小的Mg(OH)2沉淀，使MgCO3的溶解平衡不断向右移动(3).HCl(4).MgCl2·6H2O加热时会水

解成Mg(OH)2，而HCl可以抑制其水解，并且能生成MgCl2【解析】【分析】根据沉淀溶解平衡原理Ksp(MgCO3)=6.8×10-6>Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12进行判断；根据水解原理

进行分析；根据影响水解平衡移动因素进行分析。【详解】(1)因为Ksp(MgCO3)=6.8×10-6>Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，纯碱溶液加入海水中产生MgCO3的沉淀，在得到的混合体系中加入过量的烧碱溶液，烧碱电离产生的OH-能结合MgCO

3溶解产生的Mg2+生成溶解度更小的Mg(OH)2沉淀，使MgCO3的溶解平衡不断向右移动，所以能将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，故答案：能；因为Ksp(MgCO3)=6.8×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，纯碱溶液加入海水中产生MgCO3的

沉淀，在得到的混合体系中加入过量的烧碱溶液，烧碱电离产生的OH-能结合MgCO3溶解产生的Mg2+生成溶解度更小的Mg(OH)2沉淀，使MgCO3的溶解平衡不断向右移动。(2)要制得无水MgCl2，过滤出Mg(OH)2沉淀后用HCl溶解，盐酸电离

的H+与Mg(OH)2溶解产生的OH-生成水，使Mg(OH)2的溶解平衡不断右移将其溶解，故答案：HCl；(3)MgCl2·6H2O加热时会水解成Mg(OH)2，而HCl可以抑制其水解，并且能生成MgCl2，故答案：MgCl2·6H2O加热时会水解成Mg(OH)2，而H

Cl可以抑制其水解，并且能生成MgCl2。22.图a是1molNO2和1molCO恰好反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图；现往体积固定的密闭容器中通入等物质的量的NO2和CO，反应中的CO和NO的浓度随时间变化的示意图如b图。根据图意回答下列问题：(1)写出NO

2和CO反应的热化学方程式__________。(2)从反应开始到平衡，用NO2浓度变化表示平均反应速率v(NO2)＝_________。(3)此温度下达到平衡时NO2的转化率为_________。(4)830K时，在密闭容器中发生下列可逆反应CO(g)+H2O(g

)⇌CO2(g)+H2(g)△H＜0。试回答下列问题：①若起始时c(CO)=2mol·L-1，c(H2O)=3mol·L-1，达到平衡时CO的转化率为60%，则在该温度下，该反应的平衡常数K=__。②在相同温度下，若起始时c(CO)=1mol·L-1，c(H2O)=2mol·L-1，反

应进行一段时间后，测得H2的浓度为0.5mol·L-1，则此时该反应______(填“是”与“否”)达到平衡状态，此时v(正)_____v(逆)(填“>”、“＝”或“<”)。【答案】(1).NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)ΔH＝－234kJ·mol−1(2

).110.5molLmin(3).75%(4).1(5).否(6).＞【解析】【分析】根据焓变等于反应物的活化能－生成物的活化能分析，根据图像求出NO2的改变量，再计算NO2的速率和转化率，通过建立三段式进行计算

平衡常数，再计算浓度商来判断是否达到平衡。【详解】(1)NO2和CO反应的热化学方程式NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)ΔH＝134kJ·mol−1－368kJ·mol−1＝－234kJ·mol−1；故答案为：

NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)ΔH＝－234kJ·mol−1。(2)从反应开始到平衡，NO改变量为1.5mol⸱L−1，则NO2的改变量为1.5mol⸱L−1，用NO2浓度变化表示平均反应速率11mol/Lυ==0.5mol

Lmint3min1.5c；故答案为：110.5molLmin。(3)由于体积固定的密闭容器中通入等物质的量的NO和CO，CO开始的浓度为2mol⸱L−1，平衡时改变量为1.5mol⸱L−1，此温度下达到平衡时NO2的转化率为111.5molL100%=7

5%2molL；故答案为：75%。(4)①若起始时c(CO)=2mol·L-1，c(H2O)=3mol·L-1，达到平衡时CO的转化率为60%，222111111111()()()()001.2COg+HOgCOg+Hg2molL3molL

molLmolLmolL1.21.21.20.81.8molLmolLmolL1.2molL1.2molL开始：转化：平衡：1，则在该温度下，该反应的平衡常数11111.21.2=10m

olLmolLmolLmo.18l8L.K；故答案为：1。②在相同温度下，若起始时c(CO)=1mol⸱L−1，c(H2O)=2mol⸱L−1，反应进行一段时间后，测得H2的浓度为0.5mol⸱L−1，则此时c(CO2)=0.5mol⸱L−1，

c(CO)=(1－0.5)mol⸱L−1=0.5mol⸱L−1，c(H2O)=(2－0.5)mol⸱L−1=1.5mol⸱L−1，则此时浓度商1c1110.50.51Q==10.molLmolLmolL51.5mol3L，因此此时该反应没有达到平衡状态，平衡正向移动，因

此υ(正)＞υ(逆)；故答案为：否；＞。【点睛】化学平衡综合题是常考题型，主要考查热化学方程式书写、化学反应速率计算、三段式建立关系计算平衡常数，利用平衡移动原理分析判断。23.弱电解质的水溶液中存在电离平衡。(1)醋酸是常见的弱

酸。下列方法中，可以使醋酸溶液中CH3COOH电离程度增大的是_______。A.滴加少量浓盐酸B.微热溶液C.加水稀释D.加入少量醋酸钠晶体(2)用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、

浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。①滴定醋酸的曲线是_______(填“I”或“II”)。②图I中V=10时，溶液中的c(N

a+)________c(A-)。(填“>”、“＝”或“<”，其中A-代表酸根离子)(3)下表为某同学所测25℃时，甲、乙两种溶液的pH。甲乙pH1111溶液氨水氢氧化钠溶液①甲溶液中的c(OH-)=_________mol/L。②25℃时，等体积的甲、乙两溶液与等浓度的盐酸恰好完全反应，消耗的

盐酸体积：甲_______乙。(填“>”、“＝”或“<”)③甲、乙溶液均加水稀释10倍后，所得溶液的pH：甲______乙。(填“>”、“＝”或“<”)(4)下表是几种常见弱酸的电离常数化学式CH3COOHH2SO3HClOH2CO3电离常数1.8×10-5K1=1.23×10-2K2=6.6×1

0-83.0×10-8K1=4.4×10-7K2=4.7×10-11以下反应对应的离子方程式正确的是_______。A．Na2CO3溶液吸收少量SO2：2-3CO+SO2+H2O=2-3SO+-3HCOB．漂白液生效的原理：

ClO-+CO2+H2O=HClO+-3HCOC．次氯酸钠溶液吸收少量SO2：ClO-+SO2+H2O=HClO+2-3SOD．醋酸除水垢中的CaCO3：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑【答

案】(1).BC(2).I(3).<(4).0.001(5).>(6).>(7).BD【解析】【分析】（1）A.滴加少量浓盐酸，增大了氢离子的浓度，平衡左移，CH3COOH电离程度减小；B.微热溶液，促

进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大；C.加水稀释，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大；D.加入少量醋酸钠晶体，增大了醋酸根离子浓度，平衡左移，CH3COOH电离程度减小；（2）①盐酸是强酸、醋酸是弱酸，0.1mol·L-1的盐酸中

c(H+)=0.1mol/L，0.1mol·L-1醋酸中c(H+)<0.1mol/L，所以盐酸的pH=1,醋酸的pH>1；②图I中，V=10时，pH<7，所以c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(

Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故c(Na+)<c(CH3COO-)；（3）①甲溶液的pH=11，c(H+)=10-11ol/L，c(OH-)=10-3mol/L；②由于氨水是弱碱，c(NH3∙H2O)>10-3mol/L，c(NaOH)=10-3mol

/L；③由于氨水是弱碱，稀释过程中电离程度增大，n(OH-)增大；NaOH是强碱；（4）根据表格提供的数据和强酸制弱酸的原理分析可得。【详解】（1）A.滴加少量浓盐酸，增大了氢离子的浓度，平衡左移，CH3COOH电离程度减小，选项A错误；B.微热溶液，促进醋酸电离，CH3COOH电离

程度增大，选项B正确；C.加水稀释，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大，选项C正确；D.加入少量醋酸钠晶体，增大了醋酸根离子浓度，平衡左移，CH3COOH电离程度减小，选项D错误；答案选BC；（2）①盐

酸是强酸、醋酸是弱酸，0.1mol·L-1的盐酸中c(H+)=0.1mol/L，0.1mol·L-1醋酸中c(H+)<0.1mol/L，所以盐酸的pH=1，醋酸的pH>1，根据图知，I是醋酸曲线，Ⅱ是盐酸曲线，故答案为I；②

图I中，V=10时，pH<7，所以c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故c(Na+)<c(CH3COO-)，故答案为<；（3）①甲溶液的pH=11

，c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=10-3mol/L，故答案为0.001；②由于氨水是弱碱，c(NH3∙H2O)>10-3mol/L，c(NaOH)=10-3mol/L，所以25℃时，等体积的甲、乙两溶液与等浓度的盐酸反应，消耗的盐酸体积：甲>乙，故答案为>；③由于氨水是弱碱，稀

释过程中电离程度增大，n(OH-)增大；NaOH是强碱，故甲、乙溶液均加水稀释10倍后，所得溶液的pH：甲>乙，故答案为>；（4）A.根据表格提供的数据可知HSO3-的酸性介于H2CO3和HCO3-之间，正确的离子方程式为：SO2+2CO32-+H2O=SO32-+2HCO3-，A错误

；B.根据表格提供的数据可知HClO的酸性介于H2CO3和HCO3-之间，该离子方程式正确，故B正确；C.HClO能把SO32-氧化成SO42-，C错误；D.根据表格提供的数据可知醋酸的酸性大于碳酸，该离子方

程式正确，D正确；答案选BD。