【文档说明】河北省张家口市宣化第一中学2020-2021学年高二上学期期中考试化学试卷【精准解析】.doc，共(22)页，1.382 MB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年上学期宣化一中高二年级期中考试化学试卷1.化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是A.明矾和漂白粉用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同B.将AlCl3、FeCl3、CuCl2溶液直

接蒸干均不能得到原溶质C.铵态氮肥和草木灰（含K2CO3）可以混合施用D.泡沫灭火器内的玻璃筒里盛碳酸氢钠溶液，铁筒里盛硫酸铝溶液【答案】B【解析】【详解】A．明矾净水的原因是Al3＋水解成氢氧化铝胶体

，氢氧化铝胶体吸附水中悬浮的固体小颗粒，胶体聚沉，达到净水的目的，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，ClO－水解成HClO，利用HClO的强氧化性，进行杀菌消毒，因此两者原理不同，故A错误；B．三种物质的水溶液直接蒸干后分别得到Al2O3、Fe2O3、CuO，故B正确；C．铵态氮肥溶液显酸性，K

2CO3溶液显碱性，两者混用发生双水解反应，使N元素转化成NH3，造成N元素的损失，因此两者不能混用，故C错误；D．硫酸铝溶液显酸性，对铁筒具有腐蚀性，因此玻璃筒中盛放硫酸铝，铁筒中盛放碳酸氢钠，故D错

误；答案选B。【点睛】盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型：（1）盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得到原物质；盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物；（2）酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后得到原物质；（3）考虑盐受热时是否分解；（4）还原性盐在蒸干时被氧气氧化。2

.下列事实不能证明HNO2是弱电解质的是()①滴入酚酞，NaNO2溶液显红色②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗③等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液中和碱时，HNO2的中和碱能力强④0.1mol·L-1HNO2溶液的pH=2⑤HNO2与CaCO3反应放出CO2气

体⑥c（H+）=0.1mol·L-1的HNO2溶液稀释至1000倍，pH＜4-2-A.①⑤B.②⑤C.③⑥D.③④【答案】B【解析】【详解】①滴入酚酞，NaNO2溶液显红色，说明NaNO2溶液显碱性，说明NO2-能水解，即HNO2是弱电解质，

故能证明HNO2是弱电解质；②溶液的导电性与离子的浓度有关，弱电解质的浓度大时导电实验中灯泡也很亮，没有对比实验，无法说明HNO2是弱电解质，故不能证明HNO2是弱电解质；③等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液中和碱时，HNO2的中和碱能力强，说明HNO2溶

液中HNO2部分电离，故能证明HNO2是弱电解质；④0.1mol•L-1HNO2溶液的pH=2，说明HNO2溶液中HNO2部分电离，故能证明HNO2是弱电解质；⑤HNO2与CaCO3反应放出CO2气体，说明HNO2酸性比碳酸强，但不能说明HNO2是弱

酸，故不能证明HNO2是弱电解质；⑥c（H+）=0.1mol·L-1的HN02溶液稀释至1000倍，假设亚硝酸是强酸，稀释后溶液的pH为4，实际上溶液的pH小于4，说明亚硝酸不完全电离，为弱酸，故能证明HNO2是弱电

解质；答案选B3.下列有关问题，与盐的水解有关的是①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂②用3NaHCO与243Al(SO)两种溶液可作泡沫灭火剂③实验室配制AlCl3溶液，先把它溶解在盐酸中，而后加水稀释④实

验室盛放23NaCO溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤2NaS浴液和3AlCl溶液反应得不到23AlSA①②③B.②③④C.①④⑤D.①②③④⑤【答案】D【解析】【详解】①4NHCl与2ZnCl溶液水解显酸性，可作焊接金属中的除锈剂，与水解有关，故①-3-正确；②用3NaHCO与243Al(SO)

两种溶液相互促进水解生成二氧化碳，可作泡沫灭火剂，与水解有关，故②正确；③3AlCl水解生成氢氧化铝，易导致溶液浑浊，配制3AlCl溶液时，应先把它溶在较浓的盐酸中，然后加水稀释，可防止溶液浑浊，故③正确；④23NaCO溶液中的碳酸根水解：2233HOC

OHCOOH−−−++，2323HOHCOHCOOH−−++，显示碱性，磨口玻璃塞的成分中二氧化硅和碱反应硅酸钠，硅酸钠会导致瓶塞和瓶口黏在一起，与盐类的水解有关，故④正确；⑤硫离子和铝离子发生双水解反应生成

氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为：322232Al3S6HO3HS2Al(OH)+−++=+；无法制取硫化铝()23AlS固体，和水解有关，故⑤正确；故选：D。4.以下可逆反应，在给定的条件下一定达到了化学平衡状态的是()A.N2(g)＋3H2(g)2N

H3(g)在混合气体中φ(NH3)＝33.3%B.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)在恒容容器中，容器内压强不再改变C.2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)在恒压条件下，总质量不再改变D.2NO2(g)NO(g)＋O2(g)在恒容

条件下，气体颜色不再改变【答案】D【解析】【详解】A．在混合气体中φ(NH3)＝33.3%，不表示φ(NH3)不变化，可能是平衡建立过程中一种情况，不能说明达到了化学平衡状态，故A错误；B．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，反应前后气体的物质的量一直不变，

在恒容容器中，容器内压强始终改变，不能说明达到了化学平衡状态，故B错误；C．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，在恒压条件下，总质量始终不变，不能说明达到了化学平衡状态，故C错误；D．2NO2(g)NO(g)＋O2(g)，在恒容条件下

，气体颜色不再改变，表示二氧化氮的浓度不变，能够说明达到了化学平衡状态，故D正确；故选D。5.埋在地下的钢管道可以用如图所示方法进行保护。下列说法正确的是-4-A.该方法利用了电解池原理B.该方法称为“外加电流的阴极保护法”C.在此装置中钢管道作正极D.镁块上发生的电极反应为O

2+2H2O+4e－===4OH－【答案】C【解析】【详解】A、根据所给图示，没有外加电源，因此该方法不是利用电解池原理，而是利用原电池原理，故A错误；B、该方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故B错误；C、镁比铁活泼，因此镁作负极，铁作正极，故C正确；D、镁作负极，

发生的电极反应式为Mg＋2OH－－2e－=Mg(OH)2，故D错误。6.在一个固定体积的密闭容器中,向容器内充入2molA和1molB,发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D（s），反应达到平衡时C的物质的量浓度为1.2mol/L.若维持容器的温度和体积不变,

按下列方法改变起始物质,达到平衡时C的浓度仍为1.2mol/L的是A.4molA+2molBB.3molC+1molD+1molBC.3molC+0.8molDD.1.6molA+0.8molB+0.6molC+0.3molD【答案】D【解析】【分析】反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D

（s）中D为固体，D的量不影响平衡；在恒温恒容下，不同途径达到平衡后，C的浓度仍为1.2mol/L，说明与原平衡为等效平衡，按化学计量数转化到方程式的左边，应该满足：n（A）=2mol、n（B）=1mol。【详解】A．该反应是气体体积不变的反应，压强不影响平衡，

开始加入4molA+2molB，与加入2molA和1molB达平衡的平衡为等效平衡，达到平衡时C的浓度为2.4mol/L，故A错误；B．开始加入3molC+1molD+1molB按化学计量数转化到左边可得2molA、2molB，与开始加-5-入2molA

、2molB不等效，达到平衡时C的浓度为不是1.2mol/L，故B错误；C．3molC+0.8molD按化学计量数转化到左边可得1.6molA、0.8molB和0.6molC，与原反应不是等效平衡，达到平衡时C的浓度为不是1.2mol/L，故C错误；D．1.6molA+0.8molB+

0.6molC+0.3molD，按方程式的化学计量数转化到左边，可得2molA、1molB和0.1molD，D为固态，不影响平衡，则与原反应互为等效平衡，达到平衡时C的浓度为1.2mol/L，故D正确。答案选D。7.以关于下列装置说法正确的是A.一段时间后，盐桥中K+移向CuSO4

溶液B.滴入酚酞，b极附近变红C.炼铜时，c极为粗铜D.发生吸氧腐蚀【答案】A【解析】-6-【详解】A．在装置①原电池中，Zn是负极，Cu是正极，电解质里的阳离子K+移向正极Cu电极，即移向硫酸铜溶液，A正确；B．在装置②电解池中，a与电源的负极相连，作阴极，氢离子在阴极得到电子生成

氢气，同时生成氢氧根离子，使溶液显碱性，所以加入酚酞后a极附近变红色，B错误；C．在装置③电解精炼时，粗铜为阳极，则d为粗铜，作阳极，C错误；D．在装置④中，由于锌比铁活泼，所以负极是活泼的锌而不是铁，铁被保护，酸性条件下，正极上氢离子得电子产生氢气，所以发生的

析氢腐蚀，D错误；故合理选项是A。8.化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果，下列图像描述正确的是A.图①可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化B.图②表示压强对可逆反应2A（g）＋2B（g）

3C（g）＋D（g）的影响，且甲的压强大C.图③表示向Al2(SO4)3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液体积的关系D.图④表示在2L的密闭容器中发生合成氨反应时N2的物质的量随时间的变化曲线，0～10min内该反应的平均速率v

（H2）＝0.045mol·L－1·min－1，从11min起其他条件不变，压缩容器的体积为1L，则n（N2）的变化曲线为d【答案】D【解析】【详解】A．改变温度，正、逆反应速率同时增大或减小，A错误；-7-B．方程式左右两边的气体系数相等，增大压强，平衡不移动，反应

速率加快，达到平衡需要的时间缩短，则乙的压强大，B错误；C．向硫酸镁和硫酸铝溶液中加入氢氧化钠溶液至过量，最终仍有氢氧化镁沉淀，C错误；D．纵坐标表示氮气物质的量，压缩容器体积的瞬间，氮气物质的量不变，体积缩小等效于增大压强，平衡向右移动，氮气物质的量减小，D正确；故选D

。9.下列有关电解质溶液的说法开确的是A.向10.1molL−3CHCOOH溶液中加入少量水，溶液中()()+3cHcCHCOOH减小B.pH4.5=的番茄汁中()cH+是pH6.5=的牛奶中()cH+的100倍C.向盐

酸中加入氨水至中性，溶液中()()4cNHcCl+−D.将3CHCOONa溶液从20℃升温至60℃，溶液中()()()33cCHCOOcCHCOOHcOH−−增大【答案】B【解析】【详解】A．加水稀释，促进醋酸电离，()+nH增大，()3nCHCOOH减小，则溶液中

()()()()++33cHnH=cCHCOOHnCHCOOH，()()+3cHcCHCOOH增大，故A错误；B．pH4.5=的番茄汁()4.5cH10mol/L+−=，pH6.5=的牛奶中()6.5cH10mol/L+−=，则pH4.5=

的番茄汁中()cH+是pH6.5=的牛奶中()cH+的100倍，故B正确；C．向盐酸中加入氨水至中性，()()cHcOH+−=，溶液中存在电荷守恒()()()()4cNHcHcOHcCl++−−+=+，可知()()4cNHcCl+−=，

故C错误；D．从20℃升温至60℃，升高温度，促进醋酸根离子水解，则()3cCHCOO−减小，而()3cCHCOOH、()cOH−增大，则溶液中()()()33cCHCOOcCHCOOHcOH−−

减小，故D错误。答案选B。10.室温下，pH均为2的两种元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释，pH随溶液体积的变化-8-曲线如图所示。下列说法正确的是A.HA的酸性比HB的酸性弱B.a点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱C.若两溶液无限稀释，则

它们的()cH+不相等D.对a、b两点溶液同时升高温度，则()()cAcB−−减小【答案】D【解析】【详解】A.pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释1000倍，HA溶液PH5=，HB溶液PH小于5，HA的酸性比HB的酸性

强，故A错误；B.a点溶液中离子浓度大于c点溶液中离子浓度，溶液导电性取决于离子浓度大小，则a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，故B错误；C.溶液无限稀释接近为水的电离，氢离子浓度接近为710−，若两溶液无限

稀释，则它们的()cH+相等，故C错误；D.HA为强酸，HB为弱酸，对a、b两点溶液同时升高温度，()cA浓度不变，HB电离程度增大，()cB浓度增大，则()()--cAcB减小，故D正确。故选：D。11.下列有关溶液中微粒浓度关系的叙述正确

的是A.20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)B.在pH7=的4NHCl和32NHHO的混合溶液中：()()()()4cClcNHc

HcOH−++−-9-C.0.11molL−的4224(NH)CO溶液中：()()()()242424224cNH2COcHCOcHCO+−−=++D.物质的量浓度相等的HCN和NaCN的混合液pH＞7中：c(Na+)＞c(CN-)＞c(HCN)＞c(OH

-)【答案】A【解析】【详解】A.混合后溶液中溶质为等物质的量浓度的3CHCOONa、NaCl、3CHCOOH，溶液呈酸性，说明3CHCOO−水解程度小于3CHCOOH电离程度，但是3CHCOO−的水解程度和3CHCOOH的电离程度都较小，则溶液中存在()()()()33cCHCOOc

ClcCHCOOHcH−−+，故A正确；B.pH7=，溶液呈中性，则()()cHcOH+−=，溶液中存在电荷守恒()()()()4cNHcHcClcOH++−−+=+，所以()()4cClcNH−+=，故B错误；C.该溶液中存在物料守恒()(

)nNnC=，即()()()()24322424224cNH+c(NH?HO)2COcHCOcHCO+−−=++，故C错误；D.混合溶液pH7，溶液呈碱性，说明HCN电离程度小于NaCN水解程度，但是HCN电离程度和NaC

N水解程度都较小，所以溶液中存在()()()()cHCNcNacCNcOH+−−，故D错误；故选：A。12.下列有关说法正确为是A.若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀B.()()()()222NOg2COgNg2

COg+=+在常温下能自发进行，则该反应的△H＜0C.加热0.1123molLNaCO−溶液，23CO−的水解程度和溶液的c(OH-)均增大D.对于乙酸与乙醇的酯化反应(△H＜0)，加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大【答案】BC【解析】-10-【详解】A．船体(Fe)、Cu及

海水构成原电池，由于Fe比Cu活泼，所以Fe作负极，会加快海轮外壳的腐蚀，A错误；B．正反应为熵减的反应，即△S＜0，常温下能自发进行，根据△H-T△S=△G＜0反应自发进行，可推知该反应△H＜0，B正确；C．盐的水解反应是吸热反应，加热1230.1molLNaCO−溶液

，会使23CO−的水解程度增大，从而导致溶液的pH增大，C正确；D．浓硫酸起催化剂作用，加入浓硫酸能加快反应速率。加入浓硫酸会使混合液温度升高，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热的逆反应方向移动，导致化学平衡常数减小，D错误；故合理选项是BC。13.化学中常用图象直观地描

述化学反应的进程或结果。只改变一个条件，则下列对图象的解读正确的是（）A.甲图说明反应()()()223Ag3Bg2ABg+的正反应是吸热反应B.乙图说明反应()()()()2224COg2NOgNg4COg++中的转化率b＞a＞cC.丙图说明t秒时合成氨

反应()()()223Ng3Hg2NHg+达到平衡D.丁图说明反应()()()2Ag2Bg3CgD(++？)的生成物D一定是气体【答案】D【解析】【详解】A．根据图甲可知，交点之前，反应未达平衡，交点时处于平衡状态

，交点后增大温度逆反应速率增大比正反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故可判断可逆反应()()()223Ag3Bg2ABg+正反应是放热反应，故A错误；B．根据反应原理方程

式，增加一种反应物NO的量会增大另一种反应物二氧化氮的转化率，-11-所以c点的转化率大于a点，故B错误；C．232v(N)v(NH)=正逆时，正逆反应速率相等，此时化学反应达到了平衡状态，故C错误；D．根据图示可以看出压强只能改变反应速率但是不改变平

衡的移动，所以反应是前后气体的系数和相等的反应，即D一定是气体，故D正确；故答案为D。14.各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是A.CH3COOHCH3COO-+H+（忽略溶液体积变化）B.FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl（忽略溶液体积变化）C.N2

(g)＋3H2(g)2NH3(g)（恒温恒压）D.CH3OCH3(g)＋3H2O(g)6H2(g)＋2CO2(g)△H>0（密闭容器，恒压）【答案】D【解析】【详解】A、CH3COOH溶液中加入CH3COONa固体

，使CH3COOH溶液中CH3COO-浓度增加，电离平衡逆向移动，则c（H+）减小，pH逐渐增大，与图中不符合，选项A错误；B、因该反应中K+、Cl-实际不参加反应，则加入KCl对平衡体系无影响，化学平衡不移动，铁离子的浓度不变，与图中不符

合，选项B错误；C、恒温恒压，加入Ar，各反应物的物质的量不变，体积变大，各物质的量浓度成倍减小（等效于减压），化学平衡朝体积增大方向移动，H2的改变量减小，起始量不变，转化率减小，图-12-中不符合，选项C错误；D、因反应为吸热反应，则体积、压强不变时，升高温度，平

衡正向移动，则甲醚的转化率增大，与图中相符合，选项D正确；答案选D。15.部分弱酸的电离平衡常数如表，在25℃时，下列选项不正确的是弱酸HCOOHHCN23HCO电离平衡常数(室温)Ka=41.7710Ka=104.910−Ka1=74.310−Ka2=115.610−A反应22232

CNHOCO2HCNCO−−++=+能够发生B.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量，前者小于后者C.物质的量浓度相等的HCOONa和KCN溶液中：()()()()cNacHCOOOKcCN+−+−−−D.()4cNH+相等的4HCOONH溶液、

4NHCN溶液、43NHHCO溶液：()()()4344cNHHCOcNHCNcHHCOON【答案】AD【解析】【详解】A.酸性强弱顺序是-233HCOOH>HCO>HCN>HCO，强酸能和弱酸盐反应生

成弱酸，应发生--223CN+HO+CO=HCN+HCO，故A错误；B.等pH、等体积的HCOOH和HCN，()()nHCN>nHCOOH，中和酸需要碱的物质的量与酸的物质的量、酸的元数成正比，所以中和等体积、等pH的HCOOH和

HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故B正确；C.酸的电离平衡常数HCOOH>HCN，则酸根离子水解程度--HCOO<CN，所以溶液中阴离子浓度()()--cHCOO>cCN，物质的量浓度相等的HCOONa和KCN，则()()

++cNa=cK，-13-所以()()()()+-+-cNa-cHCOO<cK-cCN，故C正确；D.酸的电离平衡常数-233HCOOH>HCO>HCN>HCO，则酸根离子水解程度2----33CO>CN>HCO>HCOO，促进铵根离子水解程度大小顺序是2----33CO>CN>H

CO>HCOO，则相同浓度的这几种盐溶液中()4cNH+大小顺序是()()()4434cNHCN<cNHHCO<cHCOONH，所以()4cNH+相等的4HCOONH溶液、4NHCN溶液、43NHHCO溶液中()()()4434cNHCN>cNHHCO>

cHCOONH，故D错误；故选：AD。16.(1)丙烷通过脱氢反应可得丙烯。()()()()1384222CHgCHgCHgHg156.6kJmolH−++−=+①()()()1364222CHgCHgCHg32.4kJmolH−+=+②则相同条件下，反应()()

()38362CHgCHgHg=+的H=______。(2)一定条件下，()()()()2224HClgOg2Clg2Hg+=+当1molO2反应时放出15.6kJ热量，ClCl−健键能243kJ/mol，O=O键键能498kJ/mol，则断裂1

molH-O键与断裂1molH-Cl键所需能量差为______kJ。(3)常温下，0.1mol/LNaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c(H2CO3)______()23CO(c−填“”或“”)，原因是______(用离子方程式和必要的文字说明)。(4)已知：25℃时，0.1mol/

L的HA溶液中：()()10cH10cOH+−=①HA是______(填“强电解质”或“弱电解质”)。②在加水稀释HA溶液的过程中，随着水量的增加而减小的是______(填字用)。A．()()cHcHA+B．()()cHAcA−C．()cH+与()cOH−的乘积D．()cOH−③若M溶液是由上述H

A溶液V1mL与pH12=的NaOH溶液V2mL混合充分反应而得，则下列说法中正确的是______。-14-A.若溶液M呈由性，则溶液M中()()71cHcOH2.010molL+−−−+=B.若12VV=，则溶液M的pH也一定等于7C.若溶液M呈酸

性，1V一定大于2VD.若溶液M呈碱性，1V一定小于2V(5)在25℃下，将amol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中()()4cNHcCl+−=，则溶液显______(填“酸”、“碱”或“中”)性，用含a的代数式表示32N

HHO的电离常数Kb=______。(6)常温下，0.1mol/LCH3COONa溶液的pH为9；则由水电离出的c(H+)=______。(7)若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别加水稀释m倍、n倍后pH仍相等，则m______n(填＞、＜、＝)。

(8)已知：23HCO在水中分两步电离，常温时的电离常数分别为714.310K−=，1124.010K−=，计算常温时，0.1mol/L的23NaCO溶液23CO−中的水解常数(忽略第二步水解)Kb=______，溶液的pH=______。【答案】(1).+124.2kJ/mol(2).7

.6(3).＞(4).因为3NaHCO溶液中既存在电离平衡：233HCOCOH−−++，又存在水解平衡：3223HCOHOHCOOH−−++，而3HCO−水解程度大于电离程度(5).弱电解质(6).B(7).AD(8).中(9).910a0.01−−(10).

5110mol/L−(11).＞(12).42.510mol/L−(13).11.7【解析】【分析】【详解】(1)根据盖斯定律，将已知热化学方程式①-②，整理可得()()()38362CHgCHgHg=+△H=+124.2

kJ/mol；(2)对于反应：()()()()2224HClgOg2Clg2HOg+=+，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，当有1molO2反应时放出15.6kJ热量，ClCl−键能243kJ/mol，OO=键键能498-15-kJ/mol，设断裂1mo

lHO−键与断裂1molHCl−键所需能量分别为x、y，则()()4y49822434x15.6H=+−+=−，则xy7.6−=kJ/mol；(3)NaHCO3溶液显碱性，是由于3HCO−在水溶液中存在

电离平衡和水解平衡，电离产生23CO−和H+，使水溶液显酸性，3HCO−的电离方程式为：3HCO−23CO−+H+；水解产生H2CO3和OH-，使水溶液显碱性，水解的离子方程式为：3223HCOHOHCOOH−−++。由于3HCO−的水解程度大于其电离程度，所以

溶液显碱性；(4)①25℃时，0.1mol/L的HA溶液中()()10cH10cOH+−=、()()wcHcOHK+−=，则()2cH10mol/L+−=，c(H+)＜c(HA)，说明溶液中HA部分电离为弱酸，属于弱电解质；②加水稀释促进HA电离，但是电离程度增大使离子浓度增大的倍数小

于溶液稀释时体积增大使离子浓度减小的程度，最终导致溶液中c(HA)、c(A-)、c(H+)减小。A．加水稀释促进电离，则n(HA)减小，n(H+)增大，()()nHnHA+增大，微粒所处溶液的体积相同，所以()()cHcHA+增大，A不符合题意；B．加水稀释促进电离，则n

(HA)减小，n(A-)增大，()()nHAnA−减小，微粒所处溶液的体积相同，则()()cHAcA−减小，B符合题意；C．c(H+)与c(OH-)的乘积等于Kw，Kw随温度变化，温度不变，乘积不变，C错误；D．加

水稀释促进HA电离，溶液中c(H+)减小，由于c(H+)·c(OH-)=Kw，所以溶液中c(OH-)增大，D不符合题意；故合理选项是B；③A．若混合溶液呈中性，则溶液M中()()71cHcOH110molL+−−−==

，所以溶液M中()()71cHcOH210molL+−−−+=，A正确；B．若12VV=，由于酸的浓度比碱大，混合后二者反应，溶液中酸过量，溶液显酸性，溶液M的pH＜7，B错误；-16-C．如果溶液呈酸性，则溶液是酸和盐混合溶液，由于酸是弱酸，酸浓度大于氢氧化钠浓度，所以1V不一定大于2V，

C错误；D．如果溶液呈碱性，则溶液可能是碱和盐溶液，也可能只是盐溶液，则1V一定小于2V，D正确；故合理选项是AD；(5)在25℃下，平衡时溶液中()()4cNHcCl+−==0.005mol/L，根据电荷守恒可得c(H+)=c(OH-)，所以溶液显中性；根据物料守恒可得：

()()32cNH.HO0.5a0.005mol/L=−，32NHHO的电离常数()()()7394b332cNHcOH1051010KcNHHO0.5a510a0.01+−−−−−===−−；(6)CH3COO

Na是强碱弱酸盐，CH3COO-水解促进了水的电离，溶液中的氢氧根离子是水电离的，()145910cOH110mol/L10−−−−==，水电离出氢离子与氢氧根离子的浓度相等，所以由水电离出的c(H+)=5110mol/L−；(7)在氨水中NH3·H2O是弱电解

质，在溶液中存在电离平衡，NaOH是一元强碱，完全电离产生离子，当二者pH相同时，c(NH3·H2O)＞c(NaOH)，稀释会使两种溶液中c(OH-)都减小，但稀释促进弱电解质的电离平衡正向移动，会使c(OH-)又

略有增大，若使溶液稀释后的pH与NaOH相同，则其稀释倍数就要比NaOH大。故若取pH、体积均相等的NaOH和氨水分别加水稀释m倍、n稀释后pH仍相等，则氨水稀释倍数大，即m＜n；(8)()()()1434h11223cHCOcOHK

w102.510mol/LK410cCOK−−−−−−====；Kh=()()()()34h222---332c(OH)c(OH)cHCOcOH2.510mol/L0.1mol/LcCOcCOK−−−−====，则()3cOH510mol/L−−=，()-14+-12

--3Kw10cH==mol/L=2?10mol/Lc(OH)5?10，故溶液pH11.7=。17.目前城市空气质量恶化的原因之一是机动车尾气和燃煤产生的烟气。NO和CO均为汽车尾气的成分这两种气体在催化转换器中发生如下反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2

(g)+N2(g)-17-△H=-akJ/mol，在一定温度下，将2.0molNO，2.4molCO气体通入固定容积为2L的密闭容器中，发应过程中部分物质的浓度变化如图1所示(计算结果保留三位有效数字)。(1)01

5minNO～的平均速率()vNO=______，CO的转化率为______。(2)15min后反应达到平衡，若将此时得到的2CO气体用含有0.8molKOH的溶液吸收，则电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是______。(3)20min时，若改变某一反应条件，

导致CO浓度增大，则改变的条件可能是______(填序号)。a.缩小容器体积b.扩大容器体积c.增加NO的量d.降低温度e.增加CO的量f.使用催化剂(4)若保持反应体系的温度不变，20min时再向容器中充入CO、2CO各0.4mol，化学平衡将______(填“向左”、“向右

”或“不”)移动，重新达到平衡后，该反应的化学平衡常数为______。(5)对于反应()()2242NOgNOgH0，在温度为1T，2T时，平衡体系中2NO的体积分数随压强变化曲线如图所2示。则下列说法正确的是______。A①、C两点的反应速率：ACA②、C两点气体的

颜色：A深、C浅B③、C两点的气体的平均相对分子质量：BC④由状态B到状态A，可以用加热的方法【答案】(1).0.0267mol/(L·min)(2).33.3%(3).c(K+)＞c(-3HCO)＞c(OH-)＞c(H+)-18-＞c(2-3CO)(4).ae(5).向左(6).

0.139(7).④【解析】【详解】(1)由图可知，215minN的浓度变化量为0.2mol/L，速率之比等于化学计量数之比，则()()()20.2mol/LvNO2vN20.0267mol/Lmin15min===，参加反应的CO为()2L1.20.8mol/L0.8mol−

=，故CO的转化率为0.8mol100%33.3%2.4mol，故答案为：()0.0267mol/Lmin；33.3%；(2)15min到达平衡，固定容积为2L的密闭容器中，()()()2nCOnCO1.20.8mol/L2L0

.8mol==−=，2CO与KOH物质的量之比为1：1，23COKOHKHCO+=，则反应生成3KHCO，溶液中碳酸氢根离子水解溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子源于水的电离与碳酸氢根离子水解，故溶液中(

)()()()()+--+2-33cK>cHCO>cOH>cH>cCO，故答案为：()()()()()+--+2-33cK>cHCO>cOH>cH>cCO；(3)a.缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应

方向移动，移动结果不能消除CO浓度增大，平衡时CO浓度增大，故a正确；b.扩大容器体积，压强减小，平衡向逆反应方向移动，平衡时CO浓度减小，故b错误；c.增加NO的量，平衡正向移动，CO浓度减小，故c错误；d.降低温度，平衡向正反应方向移动，CO浓度减小，故

d错误；e.增加CO的量，CO的浓度增大，故e正确；f.使用催化剂平衡不移动，CO浓度不变，故f错误，故答案为：ae；(4)平衡时氮气浓度变化量为0.2mol/L，NO的起始浓度为2mol1mol/L2L=、CO的起始浓度为2.4mol1.2mol/L2L=，则：()()()()()()()222

NOg+2COg2COg+Ngmol/L11.200mol/L0.40.40.40.2mol/L0.60.80.40.2开始转化平衡-19-故平衡常数()()()()22222222cCOcN0.40.25KL/molL/mol0.139L/molcNOcCO0.60.836====

，20min时再向容器中充入CO、2CO各0.4mol，此时浓度商2c220.4(0.4)0.22Q0.20.1390.40.6(0.8)2K+===+，故反应向逆反应进行，即向左移动，温度不变，平衡常数不

变，即重新达到平衡后，该反应的化学平衡常数为0.139L/mol，故答案为：向左；0.139L/mol；(5)①A、C两点温度相等，则平衡常数相同，故①错误；②A、C两点都在等温线上，C的压强大，与A相比C点平衡向逆反应进行，向逆反应进行是由于减小体积增大压强，平衡移动的结果降低2NO浓度

增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大，平衡时2NO浓度比A的浓度高，2NO为红棕色气体，则A、C两点气体的颜色：A浅，C深，故②错误；③B、C两点相同物质的含量相同，即二氧化氮与四氧化二氮的物质的量之比相等，则平均相对分子质量相等，故③错误；④升高温度，化

学平衡正向移动，2NO的体积分数增大，由图象可知，A点2NO的体积分数大，则12TT，由状态B到状态A，可以用加热的方法，故④正确；故答案为：④。18.(1)事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在实际中可以设计成原电池的是__

____。A.()()()()22CsHOgCOgHgH0+=+B.()()()()2NaOHaqHClaqNaClaqHOlH0+=+C.()()()2222HgOg2HOlH0+=(2)以KOH溶液为电解质容液，依据______所选反应设计一个原电池，其负极反应的电极反应式

为______。(3)电解原理在化学工业中有着广泛的应用。如图所示装置，C、D、E、F、X、Y都是情性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，-20-F极附近呈红色。请回答：①

外接直流电源中A为______极，甲中电解时的化学反应方程式为______。通过一段时间后向所得溶液中加入20.2molCu(OH)粉末，恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子的物质的量为______。②现用丙装置给铜件

镀银，H为______(填“镀件”或“镀层”)，消乙中溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为500mL)，丙中镀件上析出银的质量为______。③电解段时间后，发现丁中Y极附近溶液红褐色加深，则3Fe(OH)胶粒带______(填“正”或“负”电荷。(4)利用如图2所示装置电解硝酸银溶液和

饱和硫酸钠溶液(甲中盛有3AgNO浴液，乙中盛有饱和24NaSO溶液)。①通电一段时间，观察到湿润的淀粉KI试纸的______(选填“C”或“D”)端变蓝。②装置甲中阳极为______，阴极的电极反应式为______。③装置乙中观察到的现象是______。④电解一段时间后，装置

甲、乙中共收集到气体0.168L(标准状况下)，测得装置甲中溶液的体积为1L，则装置甲中溶液的pH为______。-21-【答案】(1).C(2).C(3).22H2OH2e2HO−−+−=(4).正(5).422242CuSO+2HO2Cu+O+2HSO通电

(6).0.8mol(7).镀件(8).5.4g(9).正(10).C(11).Pt(12).AgeAg+−+=(13).Cu极附近溶液变蓝，石墨电极逸出气体，溶液中出现蓝色沉淀(14).2【解析】【详解】(1)A.()()()()22CsHOgCOgHg0H+=+，为氧化还原反

应，但为吸热反应，不能设计为原电池，故A错误；B.()()()()2NaOHaqHClaqNaClaqHO10H+=+，不属于氧化还原反应，不能设计为原电池，故B错误；C.()()()2222HgOg2HO10H+=，为氧化还原反应，

为放热反应，能设计为原电池，故C正确。故答案为：C；(2)以KOH溶液为电解质溶液，氢氧燃料碱性电池中，负极上氢气失去电子，负极反应为22H2OH2e2HO−−+−=，故答案为：C；22H2OH2e2HO−−+−=

；(3)将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是溶液中H+在该电极放电，所以F电极是阴极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极，A是电源的正极，B是负极。①根据上述分析可知：A是电源正极，B是电源的负极，在甲中，C是阳极，D是阴极。在该溶液中阴离

子有OH−、24SO−，放电能力：-2-4OH>SO，C电极发生反应：--224OH-4e=O+2HO；阳离子有2Cu+、H+，放电能力2CuH++，所以在D电极发生反应：2Cu2eCu+−+=，电解的化学反应方程式为422242CuSO+2HO2Cu+O+2HSO通电，通电后加入20.2

molCu(OH)(相当于CuO和2HO)后溶液与电解前相同，根据铜元素守恒，所以析出金属铜的物质的量是0.2mol，阴极反应是：22Cu4e=2Cu+−+，当析出金属铜的物质的量是0.2mol时，则转移的电子是0.4mol，当电解掉0.2mol水时，转移电子是0.4mol，总共转移电子是

0.8mol，故答案为：-22-正；422242CuSO+2HO2Cu+O+2HSO通电；0.8mol；②电镀装置中，镀层金属必须作阳极连接电源的正极，镀件作阴极，连接电源的负极，所以丙装置中H应该是镀件，G是镀层金属。当乙中

溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为500mL)时，根据电极反应22H2eH+−+=，则放电的氢离子的物质的量为：0.1mol/L0.5L0.05mol=，转移电子的物质的量为0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量()mAg0.05mol108g/mol5.4g==，故答案为：

镀件；5.4g；③电源B电极为负极，则Y电极为阴极，阴极上负电荷较多，电解一段时间后，发现丁中Y极附近溶液红褐色加深，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，说明3Fe(OH)胶粒带正电荷，故答案为：正；(4)

①D端与负极相连为阴极，C端为阳极，阳极上碘离子失电子生成单质碘，单质碘遇到淀粉溶液会变蓝色，所以C端变蓝色；故答案为：C；②装置甲中Pt与正极相连为阳极；Fe为阴极，阴极上银离子得电子生成Ag，则阴极的电极方程式为：AgeAg+−+=；故答案为：

Pt；AgeAg+−+=；③乙装置中Cu与正极相连失电子生成铜离子，所以Cu电极附近溶液变蓝色，石墨上氢离子得电子生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子与铜离子结合生成氢氧化铜蓝色沉淀；故答案为：Cu极附近溶液变蓝，石墨电极逸出气体，溶液中出现蓝色沉淀；④

甲、乙装置中共收集到标准状况下的气体0.168L，应分别为氧气和氢气，则氧气为10.168L0.056L3=，()20.056Ln0.0025mol22.4LO/mol==，转移电子0.01mol，甲中盛有3AgNO溶液，电解时生成硝酸，()()nHn

e0.01mol+−==，则()0.01molcH0.01mol/L1L+==，则pH2=，故答案为：2。