【文档说明】宁夏银川市第二中学2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(19)页，520.727 KB，由小赞的店铺上传

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宁夏银川市第二中学2021-2022学年高二下学期中考试化学试题注意事项：1.本试卷共25题，满分100分。考试时间为100分钟。2.答案写在答题卡上的指定位置。考试结束后，交回答题卡。一、单选题(每题2分，共42分，每题只有一个选项符合题意)1.为了应对能源危机

，当今世界正在积极开发利用新能源，下列不属于新能源的是A.生物质能B.石油C.氢能D.核能【答案】B【解析】【详解】新能源是指传统能源之外的各种能源形式，如太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等，石油属于传统能源，故选B。2.有一支50mL酸式滴

定管中盛盐酸，液面恰好在10mL刻度处，把管内液体全部放出，盛入量筒内，所得液体体积是（）A.10mLB.40mLC.大于10mLD.大于40mL【答案】D【解析】【详解】由于滴定管的“0”刻度在上，所以50mL酸式滴定管中盛有溶液，液面恰好在10mL刻

度处时，有刻度的部分溶液体积为:(50-10)mL=40mL，滴定管中50mL以下部分没有刻度线，所以盛有的溶液体积大于40mL。故D符合题意；答案：D。【点睛】滴定管的“0”刻度在上、50mL的刻度在下，且在50mL的刻度线以下还有一段没有刻度，滴定管中液面恰好在1

0mL刻度处，盛有的液体体积大于(50-40)mL.3.下列说法正确的是A.常温下，水的电离常数为1×10-14B.焊接时用NH4Cl溶液除锈C.向AgCl饱和溶液中加水，可增大AgCl的溶解度D.难溶电解质可以转化为更难溶的电解质，

更难溶电解质不能转化为难溶电解质【答案】B【解析】【详解】A．常温下，水的电离常数+-22c(H)c(OH)KwKa=c(HO)c(HO)=，A错误；B．NH4Cl溶液除锈水解显酸性，可用于除去铁锈，B正确；C．溶解度只和温度有关系，加

水稀释不能增大溶解度，C错误；D．难溶电解质可以转化为更难溶的电解质，更难溶电解质也能转化为难溶电解质，如硫酸钡固体加饱和碳酸钠溶液实现硫酸钡向碳酸钡转化，D错误；故选B。4.我国科学家使用双功能催化剂催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(

g)ΔH<0，在低温下获得高转化率与高反应速率，反应过程示意图如下，下列说法正确的是A.过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程B.图中显示：起始时的2个H2O都参与了反应过程C.过程Ⅲ只生成了极性共价键D.使用催化剂降低了水煤气变

换反应的ΔH【答案】B【解析】【详解】A．从图中可以看出，过程Ⅰ、过程Ⅱ都断裂O-H共价键，所以均为吸热过程，A错误；B．图示显示：在过程Ⅰ、过程Ⅱ中，2个H2O都断裂部分O-H键，所以起始时的2个H2O都参与了反应，B正确；C．过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水和氢气，

H2中的化学键为非极性键，C错误；D．使用催化剂只能降低反应的活化能，但不能改变反应物和生成物的总能量，所以不能降低水煤气变换反应的ΔH，D错误；故选B。5.一定条件下，在体积为10L的密闭容器中充入1molX和1molY进行

反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)，60s后反应达到平衡，生成Z的物质的量为0.3mol。下列说法正确的是A.X的平衡转化率为40%B.若将容器体积变为20L，则Z的平衡浓度小于原来的12C.若增大压强，则Y的平衡转化率减小D.若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的ΔH＞0【答案】B【解析】【详

解】A．60s后反应达到平衡，生成Z的物质的量为0.3mol，根据方程式2X(g)＋Y(g)Z(g)，反应的X为0.6mol，则X的平衡转化率为0.6mol1mol×100%=60%，故A错误；B．将容器容积变为20L时，气体的压强减小，平衡向体积增大的方向移动，即平衡

逆向移动，Z的物质的量减小，即小于0.3mol，Z的新平衡浓度将小于原平衡浓度的12，故B正确；C．增大压强后，平衡向着正反应方向移动，则Y的转化率增大，故C错误；D．若升高温度，X的体积分数增大，说明平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH＜0，故D错误；故选B

。6.关于下列图像说法正确的是A.①表示化学反应2NO2(g)+O3(g)=N2O5(g)+O2(g)ΔH>0B.②表示25℃时，用0.1mol/LCH3COOH溶液滴定20mL0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化C.③表示10mL0.01mol/L酸性KMnO

4溶液与过量的0.1mol/LH2C2O4溶液混合时，n(Mn2+)随时间的变化D.④可表示向稀硫酸溶液中滴加氢氧化钡溶液，溶液导电性随氢氧化钡物质的量的变化【答案】D【解析】【详解】A.反应物所具有的总能量大于生成物所具

有的总能量,反应物转化为生成物时就放出能量，故2NO2(g)+O3(g)=N2O5(g)+O2(g)ΔH<0，故A错误；B.v(酸)=20mL时，生成物为醋酸钠，其水溶液呈碱性，故B错误；C.反应生成的Mn2+对该反应有催化作用，所以曲线斜率有突变，故C

错误；D.氢氧化钡和稀硫酸反应后生成了不溶于水的硫酸钡和水，它们都不导电，所以往稀硫酸中滴加氢氧化钡溶液，会使溶液中的导电离子逐渐减少，直至为零，继续滴加氢氧化钡溶液至过量，氢氧化钡会电离出钡离子、硫酸根离子，所以溶液的导电性又逐渐增强。故选D。【点睛】如果反应物所具有的总能量大

于生成物所具有的总能量,反应物转化为生成物时就放出能量，如果反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量,反应物转化为生成物时就吸收能量。7.下列关于电解质溶液说法错误的是A.室温下，pH=11的NaOH溶液和pH=3的CH3COOH溶液，水的电离程度

相同B.向0.1mol/L3CHCOOH溶液中加入少量水，溶液中的所有离子的浓度都减小C.pH=2的224HCO和pH=12的NaOH溶液以任意比例混合：()()()()()++-22424cNa+cH=cOH+cHCO+2cCO−−D.pH相同的a.3CHCOONa溶液；b.3NaH

CO溶液；c.NaClO溶液的溶液中()+cNa的大小顺序是a>b>c【答案】B【解析】【详解】A.室温下，pH=11的NaOH溶液和pH=3的CH3COOH溶液均抑制水的电离，由于溶液中存在的氢氧根和氢离子浓度均为0.001mol/L，水

电离出的氢离子和氢氧根浓度均为10-11mol/L，水的电离程度相同，A正确；B.向0.1mol/L3CHCOOH溶液中加入少量水，醋酸的电离程度增大，但氢离子浓度降低，氢氧根浓度增大，B错误；C.pH=2的224HCO和pH

=12的NaOH溶液以任意比例混合：溶液中存在电荷守恒：()()()()()++-22424cNa+cH=cOH+cHCO+2cCO−−，C正确；D.由于酸性醋酸>碳酸>次氯酸，故其对应盐溶液中酸根离子的水解程度：醋酸根<碳

酸氢根<次氯酸根，pH相同的三种盐溶液的浓度：3CHCOONa溶液>3NaHCO溶液>NaClO溶液,故()+cNa的大小顺序是a>b>c，D正确；故选B。8.将CaCO3放入密闭的真空容器中，反应：CaCO3(s)CaO(s)＋C

O2(g)达到平衡。保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是A.平衡常数减小B.CaO物质量不变C.CO2浓度不变D.CO2浓度变大的的【答案】C【解析】【详解】A．平衡常数K和温度有关，

温度不变，平衡常数不变，A错误；B．缩小容器容积，压强增大，平衡逆向移动，n(CaO)减小，B错误；C．K=c(CO2)，K不变，则c(CO2)也不变，C正确；D．c(CO2)不变，D错误；故选C。9.下列离子一定可以大量共存的是A.室温下，水电离的c(H+)=10-11

的溶液中：Al3+、Cl-、NO3−B.室温下，pH=2的溶液中：Fe3+、S2-、SiO23−C.含有大量AlO2−的溶液中：Al3+、Fe2+、NH4+D.含有大量NO3−的溶液中：Fe3+、H+、K+【答案】D【解析】【详解】A．室温下，水电离的c(H+)=10-11的溶液中，水

的电离受到抑制，为酸性或碱性溶液，若碱性溶液，铝离子不能存在，A错误；B．室温下，pH=2的溶液中，Fe3+、S2-可以发生氧化还原反应，硅酸根与氢离子可生成硅酸沉淀，离子不能共存，B错误；C．含有大量偏铝酸根的溶液中，铝离子与偏铝酸根发生双水

解反应生成氢氧化铝沉淀，不能共存，C错误；D．含有大量硝酸根的溶液中：Fe3+、H+、K+可以共存，D正确；故选D。10.中和滴定中，视线应注视（）A.滴定管内液面变化B.液滴滴出速C.滴定管刻度D.锥形瓶中溶液颜色变化【答案】D【解析】【详解】中和滴定中，为了能够准确测定待测溶液中含有

的溶质的物质的量，通过用标准浓度的已知溶液来滴定未知浓度的溶液，为准确确定滴定终点，眼睛要注视锥形瓶，视线应注视锥形瓶中溶液颜色变化来判断滴定终点，故合理选项是D。11.下列事实与对应方程式不符合．．．的是A.硫化氢溶液呈酸性：-+2HSHS+HB.“NO2球”浸泡在冷水中

，颜色变浅：22NO(g)24NO(g)ΔH<0C.水解反应：HCO3−+H2OH3O++CO23−D.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：2+2322SO+2H=SSO+HO−+【答案】C【解析】【详解】A．硫化氢在溶液中分步电离，主要以第一步为主，电离方程式为-+

2HSHS+H，A正确；B．22NO(g)24NO(g)ΔH<0，该反应为放热反应，在冷水中该反应向正反应方向移动，NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，则颜色变浅，B正确；C．-3HCO水解得到H2CO3和OH-，水解反应的化学方程式为：-3HCO+H2OH2CO3+OH-，C错误；D．硫

代硫酸钠溶液与稀硫酸混合反应生成硫、二氧化硫和水，该反应的离子方程式为：2+2322SO+2H=SSO+HO−+，D正确；答案选C。12.常温下，1体积pH=2的盐酸与10体积某一元强碱溶液恰好完全反应，则该碱溶液的pH等于A.

9B.10C.11D.12【答案】C【解析】【详解】因酸碱恰好完全反应，常温下混合后pH=7，设碱的浓度为c，则1×10-2mol/L=10×c，c=10-3mol/L，-14+-11w--310c(H)===10mol/Lc(OH)10K，

则该碱溶液的pH=11，故选：C。13.实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是A.酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次B.开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过

程中气泡消失C.锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度D.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次的【答案】C【解析】【分析】【详解】A．酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗，则盐酸的浓度减小，滴定时所用体积偏大，测定结果偏高，A不符合题意；B．开始实

验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，所读取盐酸的体积偏大，测定结果偏高，B不符合题意；C．锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度，可能还有部分NaOH溶液未被盐酸中和，所用盐酸的体积可能偏小，测定结果可能偏低，C符合题意；D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用N

aOH溶液润洗2～3次，则消耗盐酸的体积偏大，测定结果偏高，D不符合题意；故选C。14.下列实验能达到预期目的是编号实验内容实验目的A向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液

中存在水解平衡B室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比较HClO和H3COOH的酸性强弱C常温下向物质的量浓度均为0.1mol·L-1的NaCl和NaI混合溶液中逐滴滴入AgNO3溶液

，先出现黄色沉淀证明Ksp(AgCl)＜Ksp(AgI)D向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色

沉淀证明在相同温度下Ksp：Mg(OH)2>Fe(OH)3A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解2---323CO+HOHCO+OH平衡逆向移动，则溶液红色变浅，A符合题意；B．由于N

aClO具有强氧化性，能够漂白pH试纸，故NaClO溶液的pH值用pH试纸无法测量，B不合题意；C．常温下向物质的量浓度均为0.1mol·L-1的NaCl和NaI混合溶液中逐滴滴入AgNO3溶液，先出现黄色沉淀，说明在Ag+浓度较小的情况下就能析出AgI黄色沉淀，故证明Ksp(Ag

Cl)＞Ksp(AgI)，C不合题意；D．向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀，由于NaOH溶液过量，不存在Mg(OH)2向Fe(OH)3的转化且Mg(OH)

2和Fe(OH)3是不同类型的沉淀，故无法证明在相同温度下Ksp：Mg(OH)2>Fe(OH)3，D不合题意；故答案为：A。15.T℃的某溶液中，c(H＋)=10-xmol/L，c(OH-)=10-ymol/L，x与y的关系如图所示，下列说法正确的是A.T>2

5B.T℃时，pH=7时溶液呈中性C.T℃时，KW为10-26D.T℃时，pH=3的盐酸与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液的pH=7【答案】A【解析】【详解】A．由题干信息可知，x=0时，y=13，y=0时，x=13，则有x+y=1

3，+--x-y-13-w=c(H)c(OH)=1010=10K14>10，温度高于常温，故T>25，A正确；B．该温度下，-13w=10K，pH=6.5时溶液呈中性，B错误；C．由A可知，T℃时，-13w=10K，C

错误；D．T℃时，-13w=10K，pH=6.5时溶液呈中性，故pH=3的盐酸与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液的pH>7，D错误；故选A。16.常温下，Ksp(CaSO4)=9×10-6，常温下，CaSO4在水中的沉淀溶

解平衡曲线如图所示。下列判断错误的是A.a、c两点均可以表示常温下CaSO4溶于水所形成的饱和溶液B.a点对应的Ksp等于c点对应的KspC.b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(2-4SO)一定不等于3×10-3mol•L-1D.向d点溶

液中加入适量CaCl2固体可以变到c点【答案】A【解析】【详解】A．其饱和溶液中阴阳离子浓度相等，ac两点阴阳离子浓度不相等，故A错误；B．a、c两点温度相同，Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故B

正确；C．根据图示数据，可以看出b点Qc=2×l0-5＞Ksp，所以会生成沉淀，后溶液中c(2-4SO)一定小于3×10-3mol•L-1，故C正确；D．d点为不饱和状态，钙离子浓度较小，如加入适量CaCl2固体，钙离子浓度增大，此

时硫酸根离子浓度不变，则可以变到c点，故D正确。答案选A。17.已知常温下CN-的水解常数K=1.61×10-5，含等物质的量浓度的HCN与NaCN的混合c(CN-)_______c(HCN)A.小于B.等于C.大于D.无法判断【答案】

A【解析】【详解】CN-水解的方程式为：--2CN+HOHCN+OH，水解平衡常数为--+6wh--+ac(OH)c(HCN)c(OH)c(HCN)c(H)KK=1.6110c(CN)c(CN)c(H)K−===，149wa6hK110K=6.210K1.6110

−−−==，含等物质的量浓度的HCN与NaCN的混合，HCN的电离程度小于CN-的水解程度，故c(CN-)<c(HCN)，故选A。18.K2FeO4在水中不稳定，发生反应：4FeO+10H2O4Fe(OH)3（胶体）+8OH-+3O2↑，其稳定性与温度（T）和溶液pH

的关系分别如图所示。下列说法正确的是（）A.由图I可知K2FeO4的稳定性随温度的升高而升高B.由图II可知图中a＞cC.由图I可知温度：T1＞T2＞T3D.由图I可知上述反应ΔH<0【答案】C【解析】【详解】A．由图I数据可知，温度越高，相同时间内

2-4FeO浓度变化越快，则温度T1＞T2＞T3，温度越高平衡时2-4FeO浓度越小，说明K2FeO4的稳定性随着温度的升高而减弱，A错误；B．由题给方程式可知，增大氢氧根浓度，平衡向逆反应方向移动，2-4FeO的浓度

增大，结合图II可知，平衡时2-4FeO浓度：a＜c，则溶液中氢氧根的浓度为a＜c，故pH：a＜c，B错误；C．由图I数据可知，温度越高，相同时间内2-4FeO浓度变化越快，则温度T1＞T2＞T3，C正确；D．由图I数据可知，温度

越高，相同时间内2-4FeO浓度变化越快，则温度T1＞T2＞T3，温度越高平衡时2-4FeO浓度越小，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，该反应正反应为吸热反应，△H＞0，故D错误；故答案为：C。19.常温下

，将pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液按一定体积混合，混合后溶液pH=7，混合后溶液体积等于酸碱体积之和，则CH3COOH溶液体积与NaOH溶液体积的关系为A.小于B.等于C.大于D.无法判断【答案】A【解析】【详解

】CH3COOH为弱酸部分电离，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液，CH3COOH溶液的浓度远远大于NaOH溶液的浓度，若等体积混合，所得溶液显酸性；若想让混合后溶液pH=7，则醋

酸溶液的体积应小于氢氧化钠溶液的体积，故选A。20.在常温下Cu（OH）2的Ksp=2×10-20，某CuSO4溶液中，c（Cu2+）=0.02mol·L-1，在常温下如果要生成Cu（OH）2沉淀，需要向CuSO4溶液中加入碱来

调整pH，使溶液的pH大于A.2B.3C.4D.5【答案】D【解析】【分析】根据Ksp=c（Cu2+）•[c（OH-）]2=2×10-20，根据Cu2+离子的浓度计算OH-离子的浓度，根据水的离子积常数计算氢离子浓度，并以此计算溶液pH值。【详解】氢氧化铜的溶度积(

)()()2202spCuOH210Cu0.02Kccc+−−+===mol/L，如果生成()2CuOH沉淀，则氢氧根离子的物质的量浓度至少为209210mol/L110mol/L0.02−−=，所以溶液中氢离子浓度为1459110mol/L10mol/L110−−−=

，若要生成()2CuOH沉淀，应调整溶液pH5。答案选D。【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质及溶度积常数的计算，题目难度不大，注意把握计算公式的运用。21.常温下，将某一元酸HX和NaOH

溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：实验编号HX物质的量浓度(mol/L)NaOH物质的量浓度(mol/L)混合溶液的pH甲0.20.2pH=a乙c10.2pH=7丙0.20.1pH>7丁

c2c2pH=10下列说法正确的是A.a=10B.c1<0.2C.c2>0.2D.c1可能大于c2【答案】D【解析】【分析】根据实验序号丙，0.2mol/LHX和0.1molNaOH溶液等体积混合，反应后溶质为等物质的量NaX和HX，此时溶液显碱性，说明HX为一元弱酸，推出X-的水解常数大于HX

的电离常数，据此分析；【详解】A．物质的量浓度相等两种溶液等体积混合，恰好完全反应，生成的溶质为NaX，假设pH=10，此时溶液中c(OH-)=1×10-4mol/L，X-的水解常数Kh=-44-c(OH)c(HX)1101100.1c(X)−−==1×10-7，HX的电离常数Ka=

14-7w7hK110110K110−−==，与上述分析不符，因此a≠10，a应大于10，才符合X-的水解常数大于HX的电离常数，故A错误；B．根据上述分析，HX为一元弱酸，当c1=0.2，反应后溶质为NaX，溶液显碱性，要使反应后溶液pH=7，需要酸过量，

即c1＞0.2，故B错误；C．根据A选项分析，c2应小于0.2，故C错误；D．结合B、C选项分析，c1＞c2，故D正确；答案为D。二、填空题22.按要求回答问题（1）KAl(SO4)2溶液中2c(SO24−)-c(K+)-3c(Al3+)=____

___（2）Na2CO3溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_______（3）泡沫灭火器中Al2(SO4)3溶液与小苏打溶液发生相互促进的水解反应，离子方程式为_______（4）用离子方程式及必要的文字说明为何热的纯碱溶液去油污效果好_______（5）

NaHCO3溶液中c(H2CO3)_______c(HCO3−)(填“>”“<”“=”)【答案】（1）c(H+)-c(OH-)（2）ｃ(Na+)>c(CO23−)>ｃ(OH-)>c(HCO3−)>c(Ｈ+)（3）Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+3CO2↑（4）CO2

3−+H2OHCO3−+OH-，升温后溶液碱性增强，有利于油脂的水解（5）>【解析】【小问1详解】KAl(SO4)2溶液中存在电荷守恒：2c(SO24−)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+3c(Al3

+)，则2c(SO24−)-c(K+)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)；【小问2详解】Na2CO3溶液显碱性，CO23−存在两步水解：CO23−+H2OHCO3−+OH-，HCO3−+H2O

H2CO3+OH-，以第一步水解为主，水解程度较小，则溶液中的离子浓度顺序为：c(Na+)>c(CO23−)>c(OH-)>c(HCO3−)>c(H+)；【小问3详解】Al2(SO4)3溶液水解成酸性，小苏打即NaHCO3溶液水解成碱性，二者发生互促水解生成Al(OH)3和CO2，反应的离子方程

式为Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+3CO2↑；【小问4详解】纯碱溶液中碳酸根离子的水解显碱性，反应的离子方程式为：CO23−+H2OHCO3−+OH-，油脂在碱溶液中发生水解生成溶于水的高级脂肪酸盐和甘油容易洗去，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解是吸

热反应，升温促进水解，溶液碱性增强，去污效果好；【小问5详解】NaHCO3溶液中既存在电离平衡为HCO3−CO23−+H+，水解平衡为HCO3−+H2OH2CO3+OH-，因NaHCO3溶液显碱性，HCO3−的水解程度大于自身的电离程度，所以c(H2CO3)>c(HCO3−)。23.某小组对

一定条件下的反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-197.7kJ/mol进行研究。（1）相同条件下，在某恒容密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生上述反应。下列情况能说明反应达到化学平衡状态的是_______(填标号)。A．v(SO2)=

2v(O2)B．容器内气体的压强保持不变C．SO2与O2的浓度比保持不变D．混合气体的平均相对分子质量保持不变E．O2的分压保持不变F．气体的密度保持不变（2）在一个容积为2L的恒温恒容密闭容器中，以不同投料方式研究上述反应，得到的数据如下表：实验分组甲组乙组反应物2molSO2、1mo

lO22molSO3反应热量放热158.16kJ吸热bkJ反应物的平衡转化率a①表中a=_______，b=_______，甲组实验在该条件下的平衡常数K=_______。②在相同条件下，若将甲组实验按1molSO

2、0.5molO2、2molSO3进行投料，则反应开始时v正_______v逆(填“>”“=”或“＜”)，平衡时SO3的百分含量与原甲组实验相比_______(填“变大”“变小”或“不变”)。③为加快乙组实验的

反应速率，下列措施可行的是_______(填标号)。A．升高温度B．降低温度C．充入适量N2D．移走SO2若将乙组实验的容器改为恒温恒压容器，则b值_______(填“变大”“变小”或“不变”)。【答案】（1）BDE（

2）①80%②.39.54③.160④.>⑤.变大⑥.A⑦.变大【解析】【小问1详解】A．v(SO2)=2v(O2)不能表明正逆反应速率相等，不能判断达平衡状态；B．恒容条件下，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，反应前气体分子数减少，容器内气

体的压强保持不变可以判断达平衡；C．因为起始投料比为系数比，SO2与O2的浓度比始终保持不变，不能判断达到平衡状态；D．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，反应前气体分子数减少，当气体的分子数不变时，气体的总物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量保持不变，可以判断达平衡；E．O2分压保持不变可

以判断达平衡；F．恒容条件，气体总质量不变，气体的密度保持不变，不能判断达平衡；故选BDE；【小问2详解】该可逆反应中2mol二氧化硫完全反应放出的热量为-197.7kJ，当放热158.16kJ时，反应的二氧化硫的转化率为：158.16100%80%197

.7=，此时平衡时各物质的物质的量分别为：SO2(0.4mol)，O2(0.2mol)，SO3(1.6mol)；若起始投料2molSO3，与甲组相比，要想达到相同的转化状态，则SO3的转化率为21.6100%20%2−=，吸收的热量为197.7

kJ2039.J%54k=；甲组到平衡时各物质的物质的量为.的SO2(0.4mol)，O2(0.2mol)，SO3(1.6mol)，平衡常数22322221.6()c(SO)2K1600.40.2c(SO)c(O)()()22===；在相同条件下，若将甲组实验按1molSO2、

0.5molO2、2molSO3进行投料，此时223c22222()c(SO)2Q16K10.5c(SO)c(O)()()22===，平衡正向移动，故v正>v逆；若甲组实验按1molSO2、0.5molO2、2molSO3进行投料，等效于2molSO2、1molO2、1mol

SO3进行投料，相当于增大了SO3的投料量，故平衡时SO3的百分含量与原甲组实验相比变大；为了加快乙组的反应速率，升高温度增加了活化分子百分数，反应速率增大；降低温度降低了活化分子百分数，反应速率减小；充入适量的N2，在恒

容条件下并没有改变各物质的浓度和分压，不影响化学反应速率；移走SO2相当于减小反应物浓度，反应速率减小；故选A；若将乙组实验的容器改为恒温恒压容器，由于二氧化硫和氧气反应正向气体分子数减小，若恒压，则平衡逆向移动，SO3的转化率增大，b值变大

。24.25°C向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液过程中，pH变化如图所示。（1）A点溶液pH_______1(填“”、“”或“”)，用化学用语解释原因：_______（2）B点溶液的溶质为_______，其中c(Na+)、c(CH3CO

OH)、c(CH3COO-)满足的等式关系为_______，这三种微粒浓度由大到小的顺序为_______（3）A、C两点水的电离程度：A_______C(填“”、“”或“”)。（4）D点溶液中离子浓度由大到小的顺序为：_______【答案】（1）①.>②.CH3COO

HCH3COO-+H+（2）①.CH3COOH、CH3COONa②.2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)③.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)（3）<（4）c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H

+)【解析】【小问1详解】25°C向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液20mL时完全中和，溶液呈碱性，说明醋酸为弱酸，故A点溶液pH>1，说明CH3COOH部分电离，

为弱电解质，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+；【小问2详解】酸碱的浓度相等，B点酸体积是碱的2倍，则B点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa；溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得2c(

Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)；溶液的pH<7，说明CH3COOH电离程度大于C'H3COONa水解程度，溶液中各微粒浓度大小关系为c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)；【小问3详解】酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，A点溶质为酸、C点溶质为

含有弱离子的盐和及少量的醋酸，A抑制水电离、C促进水电离，则水电离程度A<C；【小问4详解】D点酸碱完全中和，为醋酸钠溶液，离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。25.某矿渣富含MgO、B2O3及少量SiO2、Al2O3、FeO杂质。由该矿

渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸晶体的一种工艺流程如下：已知：生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度为0.1mol/L)Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2开始沉淀时1.93.47.09.1沉淀完全时3.24.79.011.

1回答下列问题（1）矿渣为何要粉碎_______（2）操作①的名称为_______（3）滤渣①的主要成份为_______（4）滤液①中加入H2O2的目的为_______（5）用_______(填A的化学式)调节溶液的pH范围为_______，使杂质离子转化为_______(填化学式)沉淀，过滤

。（6）获取晶体ⅰ.浓缩滤液，使MgSO4和H3BO3接近饱和；ⅱ.控制温度使两种晶体分别从溶液中结晶。结合下图溶解度曲线，简述ⅱ的方法：将浓缩液加入到高压釜(高压环境可保证在高温条件下水为液态)中，_______(将方法补充完整)。（7）已知硼酸与过量NaOH溶液发生的中

和反应为：H3BO3+OH-=B(OH)4−，硼酸为_______元酸。【答案】（1）增大固体与硫酸的接触面积，加快反应速率和提高浸出率（2）过滤（3）SiO2（4）将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续调节pH时使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Mg2+不产生沉淀（5）①.MgO、Mg(OH)

2等②.4.7~9.1③.Al(OH)3、Fe(OH)3（6）先升温结晶出硫酸镁，过滤后降温结晶出硼酸（7）一【解析】【分析】根据题干流程可知，某矿渣富含MgO、B2O3及少量SiO2、Al2O3、FeO杂质，研磨后加入硫

酸，过滤除去滤渣①SiO2，滤液①加入的过氧化氢把亚铁离子氧化成铁离子，加MgO、Mg(OH)2等试剂A调节pH，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣含有Fe(OH)3、Al(OH)3，用重结晶的方法得到硫酸镁晶体、硼酸晶体，据此分

析解题。【小问1详解】将矿渣粉碎，增大固体与硫酸的接触面积，加快反应速率和提高浸出率，故答案为：增大固体与硫酸的接触面积，加快反应速率和提高浸出率；【小问2详解】由题干流程图可知，操作①是分离出滤液①和滤渣①，故该操作的名称为过滤，故答

案为：过滤；【小问3详解】由分析可知，滤渣①的主要成份为SiO2，故答案为：SiO2；【小问4详解】由分析可知，滤液①中加入H2O2的目的为将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续调节pH时使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Mg2+不产生沉淀，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续调节pH时使F

e3+和Al3+完全沉淀，而Mg2+不产生沉淀；【小问5详解】由分析可知，用A调节pH的目的是使Fe3+、Al3+完全沉淀，而Mg2+不产生沉淀，为了不引入新的杂质，用MgO、Mg(OH)2等试剂来调节溶液的pH，根据题干表中数据可知，调节

pH的范围为4.7~9.1，使杂质离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤，故答案为：MgO、Mg(OH)2；4.7~9.1；Fe(OH)3、Al(OH)3；【小问6详解】由图象可知硫酸镁的溶解度随温度升高而降低，

硼酸溶解度随温度升高而增大，则可升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体，故答案为：升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体。【小问7详解】已知硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3+OH-=

-4B(OH)，可知硼酸为一元酸，电离方程式为H3BO3+H2O-4B(OH)+H+，故答案为：一。