2020-2021学年广东省化州市第一中学高二上学期10月月考化学试题含解析

这是一份2020-2021学年广东省化州市第一中学高二上学期10月月考化学试题含解析，共29页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，填空题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

广东省化州市第一中学2020-2021学年高二上学期10月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列物质因发生水解而使溶液呈酸性的是
A．HNO3 B．CuCl2 C．K2CO3 D．NaCl
【答案】B
【分析】能水解的是含弱酸阴离子或弱碱阳离子的盐，而强酸弱碱盐水解显酸性，强碱弱酸盐水解显碱性，强碱强酸盐不水解，据此分析。
【详解】A、HNO3不是盐，不能水解，故不是因水解而使溶液显酸性，选项A错误；B、CuCl2为强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，选项B正确；C、碳酸钾是强碱弱酸盐，水解显碱性，选项C错误；D、氯化钠是强酸强碱盐，不水解，选项D错误。答案选B。
【点睛】本题考查了溶液显酸性的因素，应注意的是显酸性的溶液不一定是酸溶液，但酸溶液一定显酸性。
2．下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类正确的

A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H2CO3
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
BaSO4
C2H5OH
H2O

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．Fe是单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误；
B．BaSO4是强电解质，NH3是非电解质，B错误；
C．CaCO3是强电解质，H2CO3是弱电解质，C2H5OH是非电解质，C正确；
D．H2O是弱电解质，D错误；
答案选C。
3．下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A．用石灰乳脱除烟气中的SO2
B．用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］处理污水
C．用氯化铵溶液去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)
D．用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌
【答案】D
【详解】A．SO2是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的SO2时，SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙，该反应过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，故A不符合题意；
B．用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应没有发生化合价变化，没有利用氧化还原反应，故B不符合题意；
C．用氯化铵溶液去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)，发生的主要反应为：氯化铵水解生成盐酸、6HCl+ Fe2O3=2FeCl3+3H2O，反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故C不符合题意；
D．用84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，能杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故D符合题意；
答案选D。
4．在氨水中存在电离平衡：NH3·H2O NH4+ + OH－，下列情况能引起电离平衡向右移动的有。
①加NH4Cl固体  ②加NaOH溶液  ③通HCl  ④加CH3COOH溶液  ⑤加水
A．①③⑤ B．①④⑤ C．①②④ D．③④⑤
【答案】D
【分析】氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH4＋+OH－，加水促进电离，且如果加入能和铵根离子或氢氧根离子反应的物质，平衡就向电离方向移动，如果加入的物质中含有铵根离子或氢氧根离子，平衡向逆反应方向移动
【详解】在氨水中存在电离平衡：NH3·H2O NH4+ + OH－，下列情况能引起电离平衡向右移动的有(  )。
①加NH4Cl固体，溶液中铵根离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，故①错误；
②加NaOH溶液溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，故②错误；
③通HCl氢离子和氢氧根离子反应，导致平衡向右移动，故③正确；
④加CH3COOH溶液 ，氢离子和氢氧根离子反应，导致平衡向右移动，故④正确；
⑤加水促进电离，故⑤正确；　
故选D。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离，注意把握影响弱电解质电离的因素，注意加水稀释氨水电离平衡的移动，注意相关基础知识的积累．
5．下列离子方程式书写正确的是
A．的水解：
B．在水溶液中的电离：
C．的水解：
D．硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合：
【答案】D
【详解】A．的水解分步进行，主要以第一步为主，正确的离子方程式为，故A错误；
B．在水溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子，正确的电离方程式为，故B错误；
C．水解生成一水合氨和氯化氢，反应的离子方程式为，故C错误；
D．硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合，铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，正确的离子方程式为，故D正确。
综上所述，答案为D。
6．下列有关NA说法正确的是
A．60g SiO2中含有Si-O键的个数为2NA
B．1 L 2 mol·L－1的FeCl3溶液中含Fe3＋数为2NA
C．常温下，0.1 mol Cl2与足量 NaOH 溶液反应，转移的电子数为 0.1 NA
D．一定条件下，2mol SO2和lmol O2在密闭容器中充分反应后容器中的分子数为2NA
【答案】C
【详解】A．60g SiO2的物质的量为，因为1个Si周围有4个Si-O键，所以含有Si-O键的个数为4NA，A错误；
B．Fe3+在水溶液中会发生水解，无法计算其数目，B错误；
C．Cl2与NaOH反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl2发生歧化反应，每反应1个Cl2转移1个电子，故0.1 mol Cl2与足量 NaOH 溶液反应，转移的电子数为 0.1 NA，C正确；
D．SO2和O2在一定条件下的反应是可逆反应，故2mol SO2和lmol O2在密闭容器中充分反应后，容器中的分子数大于2，D错误；
故答案为：C。
7．一定温度和压强不变的条件下，发生可逆反应：A(g)＋3B(g)⇌4C(g)，下列叙述能作为该反应达到平衡状态的标志的是
①混合气体的平均摩尔质量不再变化  ②v(A)∶v(B)∶v(C)＝1∶3∶4
③A、B、C的浓度不再变化    ④C的体积分数不再变化
⑤A、B、C的分子数之比为1∶3∶4    ⑥混合气体的密度不再变化
⑦单位时间消耗a mol A，同时生成3a mol B
A．②③④⑤⑥⑦ B．③④⑦ C．②③④⑦ D．①③⑤⑥⑦
【答案】B
【详解】①反应前后气体体积不变，气体物质的量不变，质量守恒，所以混合气体的摩尔质量始终不变，故①错误；②速率之比等于化学计量数之比，不能说明正逆反应速率相等，故②错误；③各组分浓度不变，说明反应达到平衡状态，故③正确；④C的体积分数不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故④正确；⑤平衡时各物质的分子式之比，决定于开始加入物质的多少和反应程度，与平衡无关，故⑤错误；⑥混合气体质量守恒，体积不变，密度始终不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故⑥错误；⑦消耗amolA，同时生成3amolB，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故⑦正确；故答案为B。
点睛：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
8．下列说法不正确的是
A．pH>7的溶液不一定呈碱性
B．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同
C．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(OH-)相等
D．KHSO3溶液呈酸性，说明的电离程度大于其水解程度
【答案】B
【详解】A．温度影响水的电离，则pH>7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度有关，当c(H+) B．pH相同的氨水和溶液，氨水的浓度更大，所以中和pH和体积均相等的氨水、溶液，氨水所需的物质的量更大，B错误；
C．pH相同说明两种溶液中c(H+)相同，相同温度下Kw相同，Kw= c(H+)·c(OH-)，溶液中氢离子浓度相同说明氢氧根浓度相同，C正确；
D．在溶液中既发生水解也发生电离，KHSO3溶液呈酸性，说明的电离程度大于其水解程度，D正确；
故答案为：B。
9．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．将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，KW减小
【答案】A
【详解】A、水的电离吸热，加热促进电离，H＋和OH－浓度均增大，Kw增大，PH减小，故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，故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，故C错误；
D、向0.1 mol•L-1 氨水中加入少量水，促进电离，但溶液体积增大，最终氢氧根离子和铵离子浓度减小，溶液PH减小；温度不变，所以Kw不变，故D错误；
答案选A。
【点睛】易水解的盐，如果水解的产物有易挥发的成分，且其它成分也易挥发或难溶，则其水溶液加热蒸干后将完全水解，不能留下该盐的固体，如FeCl3 、AlCl3、 MgCl2等。
10．下列关于醋酸性质的描述，不能证明它是弱电解质的是
A．0.1mol·L-1的醋酸溶液中H+浓度约为10-3mol·L-1
B．醋酸溶液中存在CH3COOH分子
C．CH3COONa溶液pH大于7
D．5mL0.1mol·L-1的醋酸溶液与5mL0.1mol·L-1的KOH溶液恰好完全中和
【答案】D
【详解】A．0.1 mol·L-1的醋酸溶液中H+浓度约为10-3 mol·L-1，说明不完全电离，说明其为弱电解质 ，A不符合题意；
B．醋酸溶液中存在CH3COOH分子，说明没有完全电离，说明是弱电解质，B不符合题意；
C．室温时，CH3COONa溶液的pH大于7说明该物质为强碱弱酸盐，醋酸是弱电解质，C不符合题意；
D．5mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液与5mL 0.1mol·L-1的KOH溶液恰好完全中和说明其为一元酸，不能说明其为弱电解质，D符合题意；
故选D。
11．下列条件下离子一定可以大量共存的是
A．由水电离出的c(OH-)=1×10-13mol•L-1的溶液中：Al3+、Ba2+、Cl-、
B．中性的溶液中：Fe3+、K+、Cl-、
C．澄清透明的溶液中：Cu2+、、、
D．使甲基橙变黄色的溶液中：Na+、S2-、、Cl-
【答案】C
【详解】A．由水电离出的c(OH-)=1×10-13mol•L-1的溶液可能为强酸性或者强碱性，不能在碱性溶液中大量共存；不能在酸性溶液中大量共存，故A不选；
B．该组离子中，与发生完全双水解生成沉淀和气体，不能大量共存，故B不选；
C．该组离子中，离子间互不反应，能大量共存，故C选；
D．使甲基橙变黄色的溶液可能呈酸性、中性或碱性，S2-与在酸性溶液中不能大量共存，反应有单质S生成，故D不选；
故选C。
12．25℃时，将氢氟酸加水稀释，减小的是(     )
A．n(H+) B．c (OH-) C． D．
【答案】D
【分析】氢氟酸在水中的电离；
【详解】A．氢氟酸为弱电解质，加水稀释，越稀越电离，n(H+)增多，A不符合；
B．因为稀释后c(H+)减小，根据Kw不变，所有c(OH-)增多，B不符合；
C．在稀释情况下，H+和F-浓度均减小，水电离出H+，故c(H+)＞c(F-)比值增大，C不符合；
D．电离平衡常数，，K不变，c(H+)减小，比值减小，D符合；
故答案为：D。
13．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示（图中E1表示无催化剂时正反应的活化能，E2表示无催化剂时逆反应的活化能）。下列有关叙述不正确的是（    ）

A．该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数
B．该反应中，反应物的总键能大于生成物的总键能
C．ΔH=E1-E2
D．使用催化剂改变活化能，但不改变反应的焓变
【答案】B
【详解】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，该反应的逆反应为吸热反应，且升高温度提供能量，提高活化分子的百分数，A正确；
B．为放热反应，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则该反应中反应物的总键能小于生成物的总键能，B错误；
C．由图可知=E1-E2，C正确；
D．催化剂不改变反应的始终态，反应热不变，降低反应的活化能，D正确；
故答案为：B。
14．用标准浓度氢氧化钠的溶液来滴定未知浓度的盐酸，下列操作中会使盐酸测定的浓度偏大的是（    ）
①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗
②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液
③酸式滴定用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗
④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失
⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，俯视刻度线
A．①④ B．①③ C．②③ D．④⑤
【答案】A
【分析】盐酸与氢氧化钠溶液进行反应，二者的物质的量相等，则c(HCl)=，在分析误差时，不管实际情况如何，都认为是一个定值，盐酸的浓度只受NaOH体积变化的影响。
【详解】①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗，V(NaOH)偏大，c(HCl)偏大；
②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液，V(NaOH)不变，c(HCl)不变；
③酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗，V(NaOH)偏小，c(HCl)偏小；
④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，V(NaOH)偏大，c(HCl)偏大；
⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，俯视刻度线，V(NaOH)偏小，c(HCl)偏低。
综合以上分析，①④操作使盐酸测定的浓度偏大，符合题意。
故选A。
【点睛】取酸时产生误差，将影响盐酸的物质的量，从而影响滴加的NaOH的物质的量。如酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗，因为所取盐酸的体积一定，所以盐酸浓度减小，必然导致所取盐酸的物质的量减小，消耗NaOH的物质的量减小，V(NaOH)偏小，因而测定的盐酸浓度偏小。若滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，则读取的所用V(NaOH)偏大，计算c(HCl)时，是按读取的NaOH体积进行计算的，因而c(HCl)偏大。
15．对于常温下pH=1的硝酸溶液，有关叙述：
①该溶液1mL稀释至100mL后，pH=3
②向该溶液中加入等体积、pH=13的氢氧化钡溶液恰好完全中和
③该溶液中硝酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比值为1×10﹣12
④向该溶液中加入等体积、等浓度的氨水，所得溶液pH=7
其中正确的是
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
【答案】A
【详解】pH=1的硝酸溶液c(H+)=0.1mol/L；①c=n/V==0.001mol/L，pH=3，故①正确；②pH=13的溶液c(OH-)=0.1mol/L，等体积混合恰好完全中和，故②正确；③硝酸电离出的c(H+)=0.1mol/L，由Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14可知，水电离出的c(H+)=10-13mol/L，该溶液中硝酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比值为1012，故③错误；④氨水为弱电解质，不能完全电离，生成强酸弱碱盐，反应后溶液呈酸性，故④错误；故选A。
16．已知100℃时，水的离子积常数为1×10-12。在此温度下，将pH=8的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，得到pH=7的混合溶液，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比约为
A．1∶9 B．9∶1 C．11∶9 D．9∶11
【答案】C
【详解】100℃时，pH=7的溶液呈碱性，说明碱过量，pH=8的NaOH溶液中，pH=4的H2SO4溶液中，从而得出下列等量关系式：=10-5，解得 V碱：V酸=11:9。
故选C。
【点睛】两种酸混合，应先算出混合溶液中的c(H+)，再算pH；两种碱溶液混合，应先算出混合溶液中的c(OH-)，再算出c(H+)，最后算pH；酸与碱溶液混合，先应确定哪种物质过量，若酸过量，则应先算出c(H+)，再算pH；若碱过量，则应先算出混合溶液中的c(OH-)，再算出c(H+)，最后算pH。
17．反应可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是
A．该反应 、
B．该反应的平衡常数
C．高温下反应每生成1 mol Si需消耗
D．用E表示键能，该反应
【答案】B
【详解】
A．SiCl4、H2、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵增，即△S>0，故A错误；
B．根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=,故B正确；
C.题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4L·mol－1计算，故C错误；
D．△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl) －2E(Si－Si)，故D错误；
答案为B。
18．为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，两位同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。下列叙述不正确的是

A．图甲所示实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小
B．若图甲中所示实验反应速率为①>②，则说明Fe3+一定比Cu2+对H2O2分解的催化效果好
C．用图乙所示装置测定反应速率，可测定产生的一定体积气体所需要的时间
D．为检查图乙所示装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位
【答案】B
【详解】A．图甲所示实验中，气泡产生的快，则表明相同时间内生成O2的体积大，反应速率快，A正确；
B．相同环境下反应速率①＞②，说明FeCl3的催化效果比CuSO4好，但由于阴阳离子均不同、不清楚Cl-和的催化效果，所以不能肯定Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好，B不正确；
C．用图乙装置测定反应速率，可以测定相同时间内产生的气体体积的大小，也可以测定产生相同体积气体所用的时间长短，C正确；
D．关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，若活塞回到原位，表明装置气密性良好，若活塞不能回到原位，则表明装置漏气，D正确；
故选B。
19．下列各图象中，不正确的是

A．图A中N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)△H= - 92.4 kJ/mol
B．图B中向弱酸HA的稀溶液中加水稀释
C．图C中达平衡后，在t0时改变的条件可能是加入催化剂
D．图D中向NH4Al(SO4)2溶液中滴加过量NaOH溶液
【答案】A
【详解】A．温度高，反应速率快，达到平衡的时间就短，A项错误；
B．图B中向弱酸HA的稀溶液中加水稀释，加水促进电离，随着水的体积增大，纵坐标逐渐增大，B项正确；
C．图C中达平衡后，在时改变的条件可能是加入催化剂，催化剂能降低反应的活化能，C项正确；
D．图D中向溶液中滴加过量NaOH溶液，铝离子和氢氧根离子反应先生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀能继续和氢氧化钠反应，最后沉淀消失，D项正确；
答案选A。
20．现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是(     )
序号
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸

A．①②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小
B．V1 L① 与V2 L ④混合，若混合后溶液pH＝7，则V1＝V2
C．②和③按一定体积比混合得到pH=9的CH3COONa中，由水电离c(OH-)=10-5mol/L
D．分别取③、④溶液等体积加入足量的锌粒，产生氢气的量③＞④
【答案】B
【详解】A．氨水存在电离，加入氯化铵，同离子效应，氨水电离程度减小，氢氧根离子浓度减小，pH减小；向氢氧化钠溶液中加入氯化铵，生成弱电解质氨水，碱性减弱，pH减小，故A正确；
B．盐酸为强酸，pH=3的盐酸浓度为0.001mol/L，pH=11的氨水浓度远大于0.001mol/L，两者恰好反应时，生成氯化铵，成酸性，V1 LpH=11的氨水与V2 LpH=3的盐酸混合，若混合后溶液pH＝7，则V1< V2，故B错误；
C．NaOH溶液与醋酸按一定体积比混合得到pH=9的CH3COONa溶液，因醋酸钠水解呈碱性，溶液中氢氧根离子全部来自于水电离，pH=9，，则所以水电离出的c(OH-)=10-5mol/L，故C正确；
D．盐酸为强酸，pH=3的盐酸浓度为0.001mol/L，醋酸为弱酸，pH=3的醋酸浓度远大于0.001mol/L，所以等体积的pH=3的盐酸和pH=3的醋酸中，加入足量的锌粒，产生氢气的量③＞④，故D正确；
故选B。
21．某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是

A．曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B．溶液的导电能力：c点 C．从c点到d点，溶液中保持不变(其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子)
D．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同
【答案】C
【分析】电离常数HNO2大于CH3COOH，则酸性HNO2大于CH3COOH。
【详解】A．由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；
B．酸抑制水电离，c点pH比d点小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；
C．Ⅱ代表HNO2，，Kw为水的离子积常数，K(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；
D．体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c(CH3COOH)＞c(HNO2)，分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；
故选C。
22．一定条件下存在反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，其正反应放热。现有三个体积相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，按如下图所示投料，并在400℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是

A．容器I、Ⅲ中平衡常数相同
B．容器II、Ⅲ中正反应速率相同
C．容器Ⅱ、Ⅲ中的反应达平衡时，SO3的体积分数：II 〈 III
D．容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1
【答案】D
【分析】若在恒温恒容条件下，三个容器中的反应为等效平衡。
A、容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行；
B、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒压容器，反应过程中随着SO2转化为SO3，容器Ⅱ的压强会增大，反应速率会比容器Ⅲ大；
C、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，Ⅱ＞Ⅲ；
D、若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，实际容器Ⅰ是绝热恒容，随着反应的进行，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小。
【详解】A项、绝热条件下温度发生变化，平衡常数变化，A错误；
B项、Ⅲ压强不变，Ⅱ压强增大，反应速率不同，B错误；
C项、容器Ⅱ压强大，平衡逆向移动，转化率小，SO3的体积分数大，C错误；
D项、若为恒温条件，则两容器中建立等效平衡，容器I中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和等于1，但反应放热容器Ⅰ温度升高，平衡逆向移动，故两容器转化率之和小于1，D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了影响化学平衡因素的分析判断，注意容器的条件分析应用。绝热容器中，放热反应使体系的温度升高是解答关键。
23．常温时，在H2CO3溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中H2CO3、和的物种分布分数α(X)=与pH的关系如图所示：

下列说法正确的是
A．pH=8时溶液中有：c()>c()
B．反应H＋＋的lgK= -6.4
C．NaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性：c(Na＋)=c(Cl-)
D．向pH=6.4的溶液中滴加NaOH溶液至pH=8，主要发生的离子反应：＋OH-=＋H2O
【答案】A
【详解】A．根据图像，当pH=8时，溶液中比多，故A正确；
B．根据图像，当pH=6.4时，c()=c()，则H＋＋的K==10-6.4，lgK= -6.4，的一级电离远大于二级电离，则H＋＋的lgK<6.4，故B错误；
C．向NaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性，此时溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)+c(Cl-)，则有c(Na+)=c()+2c() +c(Cl-)，故C错误；
D．由图像可知，向pH=6.4的溶液中滴加NaOH溶液至pH=8，随着溶液pH的增大，溶液中H2CO3减少，增多，则主要发生的离子反应为H2CO3+ OH-=+H2O，故D错误；
故答案选A。
24．已知 pOH=—lgc(OH—)。向20mL0.1mol·L-1的氨水中滴加未知浓度的稀 H2SO4，测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如下图所示，下列说法正确的是

A．稀H2SO4 的物质的量浓度为0.05mol·L－1
B．当溶液中pH＝pOH时，水的电离程度最大
C．b点时溶液呈中性
D．a、b点对应NH的水解平衡常数：Kh(b) 【答案】A
【分析】氨水与稀硫酸的中和反应为放热反应，反应放出的热量使混合溶液的温度升高，当混合溶液的温度最高时，说明氨水与稀硫酸恰好完全反应，由图可知，混合溶液温度最高时，稀硫酸溶液的体积为20mL，则b点为硫酸铵溶液。
【详解】A．由分析可知，稀硫酸溶液的体积为20mL时，氨水与稀硫酸恰好反应，则稀硫酸的浓度为==0.05mol/L，故A正确；
B．当氨水与稀硫酸恰好反应生成硫酸铵时，铵根离子在溶液中水解促进水的电离，水的电离程度最大，当溶液中pH＝pOH时，溶液为硫酸铵和氨水形成的中性溶液，氨水抑制水的电离，所以溶液中水的电离程度小于完全反应所得溶液中水的电离程度，故B错误；
C．由分析可知，b点所得溶液为硫酸铵溶液，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，故C错误；
D．铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，铵根离子的水解常数增大，由图可知，a点混合溶的温度高于b点，则a点铵根离子的水解常数大于b点，故D错误；
故选A。

二、工业流程题
25．某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2，工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如图：

已知：①Cu2O＋2H+=Cu＋Cu2+＋H2O。
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：
沉淀物
Cu(OH)2
Al(OH)3
Fe(OH)3
Fe(OH)2
开始沉淀pH
5.4
4.0
2.7
5.8
沉淀完全pH
6.7
5.0
3.7
8.8

(1)为了加快反应Ⅰ的速率，可以采取的措施是__________________ (任写1条)。
(2)固体混合物A中的成分有_________。
(3)反应Ⅰ完成后，铁元素的存在形式为_________ (填离子符号)。
(4)用NaClO调pH可以生成沉淀B，利用题中所给信息分析沉淀B为_________。
(5)除上述流程使用的方法外，欲除去CuSO4溶液混有的Fe3+还可以加入______固体。
【答案】(1)适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度
(2)SiO2、Cu
(3)Fe2+
(4)Fe(OH)3
(5)CuO或Cu(OH)2或CuCO3

【分析】矿渣中加入硫酸，二氧化硅不反应，Cu2O与硫酸反应有铜生成，所以固体混合物为和Cu；因被Cu还原，过滤后的溶液中含有、、，加入NaClO将氧化成，调pH为3.7到4.0可以除去沉淀B为，再加入NaOH调pH为5.0到5.4，除去，沉淀C为，滤液中含有氯化铜和硫酸铜的混合液，蒸发浓缩、冷却结晶后，得到硫酸铜晶体粗产品；
【详解】（1）反应I为酸浸，了加快反应Ⅰ的速率，可以采取的措施是适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度(任选一条)，故填适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度(任选一条)；
（2）矿渣中加入硫酸，二氧化硅不反应，Cu2O与硫酸反应有铜生成，一部分与反应，一部分被滤除，所以固体混合物为和Cu，故填和Cu；
（3）Cu2O与硫酸反应有铜生成，因有铜剩余，被Cu全部还原生成，所以溶液中Fe元素以形式存在，故填；
（4）因被Cu还原，过滤后的溶液中含有、、，加入NaClO将氧化成，调pH为3.7到4.0可以除去沉淀B为，故填；
（5）在溶液中存在水解，除去硫酸铜溶液中含有的时，使水解平衡向右移动即可，且不引入新杂质，可以加入CuO或Cu(OH)2或CuCO3，故填CuO或Cu(OH)2或CuCO3。

三、填空题
26．已知25℃时，醋酸、碳酸、氢氰酸、一水合氨的电离平衡常数如下表：
氢氰酸
碳酸
醋酸
一水合氨
Ka=4.9×10-10
Ka1=4.2×10-7  Ka2=5.6×10-11
Ka=1.7×10-5
Kb=？

(1)25℃时，浓度相等的三种溶液①CH3COONa溶液、②Na2CO3溶液、③NaCN溶液，pH由大到小的顺序为_________ (填序号)。
(2)用离子方程式表示NaCN溶液呈碱性的原因_________，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应的化学方程式为_________。
(3)在25℃时，向V L0. 1mol·L-1的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测溶液的pH随盐酸的加入量而降低的滴定曲线，d点两种溶液恰好完全反应。根据图中信息回答下列问题：

①该温度时NH3·H2O的电离常数K＝__________。
②比较b、c、d三点时的溶液中，由水电离出的c(H＋)由大到小顺序为_________。
③若向该氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1∶1，此时溶液的pH __7(填“>”、“<”或“=”)，此时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_________；
④向该氨水中通入足量的CO2，得到NH4HCO3溶液，结合电离常数判断NH4HCO3溶液呈_____性(填酸性、中性或碱性)。
【答案】(1)②>③>①
(2)     CN-+H2OHCN+OH-     NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3
(3)     10-5     d＞c＞b     小于     c()＞c()＞c(H+)＞c(OH-)     碱性

【详解】（1）酸的酸性越强，其酸根的水解程度越弱，因为K a2 (H2CO3) < Ka(HCN) < Ka(CH3COOH)，所以酸性：HCOCN->CH3COO-，酸根水解程度越大，碱性越强，故三种溶液的pH由大到小的顺序为②>③>①；
（2）NaCN溶液中CN-的水解使溶液呈碱性，水解方程式为CN-+H2OHCN+OH-；因为K a1 (H2CO3) > Ka(HCN) > K a2 (H2CO3)，向NaCN溶液中通入少量CO2的化学方程式为NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3，(注意：因为Ka(HCN) > K a2 (H2CO3)，生成的HCO不能与过量的CN-继续反应)；
（3）①在滴定曲线中，a点的pH=11，在25℃时，，NH3·H2O的电离常数；
②b、c两点溶液中都含有NH3H2O，抑制水的电离，且的浓度越大，对水的抑制程度越大，d点两种溶液恰好完全反应生成NH4Cl，由于NH的水解促进水的电离，故三点时的溶液中，由水电离出的c(H＋)由大到小顺序为d＞c＞b；
③向该氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，两者刚好完全反应生成(NH4)2SO4 ，由于NH的水解使溶液显酸性，pH<7；因为NH的水解程度很小，NH的溶度大于SO的浓度，故此时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c()＞c()＞c(H+)＞c(OH-)；
④NH4HCO3溶液中主要存在NH和HCO两种水解，=1×10-9，，因为NH的水解程度小于HCO的水解程度，故溶液显碱性。

四、实验题
27．KMnO4是常见的氧化剂，以下是有关KMnO4的制备和应用：
Ⅰ：制备KMnO4
某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略)：

已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应。回答下列问题：
(1)装置A中a的作用是_________；装置A中制备Cl2的化学方程式为_________。
(2)上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是_________。
Ⅱ：探究酸性KMnO4与H2C2O4反应速率的影响因素
设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20 mol·L-1H2C2O4溶液、0.010 mol·L-1KMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽
物理量
V(0.20mol∙L-1H2C2O4溶液)/mL
V(蒸馏水)/mL
V(0.010mol∙L-1KMnO4溶液)/mL
T/℃
时间
①
2.0
0
4.0
50

②
2.0
0
4.0
25

③
1.0
a
4.0
25


(3)上述实验①、②是探究_______对化学反应速率的影响；若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为_______；
(4)请写出酸性KMnO4与H2C2O4反应的离子方程式_______。
(5)若②组紫色褪去时间为10s，计算KMnO4的反应速率______(保留两位有效数字)。
Ⅲ：氧化还原滴定
(6)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入_______ (填“酸式”或“碱式”)滴定管中；
[测定H2C2O4·xH2O 中结晶水个数x值]
①称取1.260 g纯草酸晶体，将其制成 100.00 mL 水溶液为待测液；
②取25.00mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适量稀H2SO4；
③用浓度为0.05 000 mol·L-1的KMnO4标准溶液进行滴定。
标准液消耗数据如图：

(7)滴定终点的现象_____________。
(8)通过上述数据，求得x=______。以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度，未用标KMnO4溶液润洗滴定管，引起实验结果______ (偏大、偏小或没有影响) 。
【答案】(1)     平衡气压，使浓盐酸顺利滴下     Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
(2)在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶
(3)     温度     1.0
(4)6H++5H2C2O4+2=2Mn2++10CO2↑+8H2O
(5)6.7×10-4 mol/（L·s）
(6)酸式
(7)最后一滴标准液滴入，恰好使溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不恢复
(8)     2     偏小

【详解】（1）装置A为恒压滴液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；A装置中用Ca(ClO)2和浓盐酸反应制备氯气，Cl元素由+1价下降到0价，又由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
（2）锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生3十2H2O=2+MnO2↓+4OH- ，一部分转化为MnO2，导致最终KMnO4的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl；
（3）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致，通过比较实验①②的反应条件可知，实验①②可探究温度对反应速率的影响；实验②③中的H2C2O4溶液的加入体积不同，故要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6mL，故甲应为V(蒸馏水)/mL，a的值为1.0；
（4）KMnO4与H2C2O4发生氧化还原反应，生成锰离子、水和二氧化碳，离子方程式为：6H++5H2C2O4+2=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（5）若②组紫色褪去时间为10s，计算KMnO4的反应速率v= mol/(L·s)；
（6）KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入酸式滴定管；
（7）滴定前醋酸溶液没有颜色，滴定终点时溶液中高锰酸钾刚好过量，颜色为浅紫色，故滴定终点的现象为：最后一滴标准液滴入，恰好使溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不恢复；
（8）由图可知，滴定过程中共消耗20mL的标准高锰酸钾溶液，由6H++5H2C2O4+2=2Mn2++10CO2↑+8H2O知5H2C2O4~2KMnO4，c(H2C2O4)=0.0200L×0.05000 mol·L-1××=0.01 mol，所以n(H2O)= =0.02mol，0.1mol H2C2O4·xH2O中含有0.02molH2O，所以x=2；以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度，未用标准KMnO4溶液润洗滴定管，导致KMnO4溶液浓度较低，消耗标准KMnO4溶液的体积偏大，则草酸的物质的量偏大，水的物质的量偏小，实验结果偏小。

五、原理综合题
28．丙烯是一种重要的化工原料。可由丙烷催化脱氢制备。
(1)已知： ①C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) ΔH1
②C3H8(g)+O2(g)=C3H6(g)+H2O(g) ΔH2=－117kJ/mol
③H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH3=－242kJ/mol。
反应①的ΔH1=_____________。
(2)欲提高①反应中C3H8的平衡转化率，可采取的措施有 (填标号)。
A．增大C3H8的浓度 B．提高温度
C．恒容下通入惰性气体 D．使用高效催化剂
(3)某温度下，在体积不变的密闭容器内发生反应①，起始总压强为105Pa，平衡时总压增加了20%。则该反应的平衡常数Kp=________Pa。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(4)反应④：△H=-49.0kJ/mol在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示：

其中活化能最高，反应速率最慢的所用的催化剂是______(填“A”、“B”或“C”)；请解释温度T3之前催化剂不同转化率不同，高于T3后转化率相同且下降的原因______。
【答案】(1)+125kJ/mol
(2)B
(3)5000
(4)     C     低于T3温度时，反应未达平衡，使用不同催化剂，反应速率不同，相同时间内转化率不同；  高于T3温度时，反应已达平衡，不同催化剂对平衡没有影响，（三条线重合），所以转化率相同；该反应正向放热，升高温度平衡逆向移动，所以T3之后转化率下降。

【详解】（1）根据盖斯定律，反应①的ΔH1=ΔH2-ΔH3=－117kJ/mol+242kJ/mol=+125kJ/mol。
（2）A．增大C3H8的浓度平衡虽正向移动但C3H8的平衡转化率减小，A错误；
B．该反应为吸热反应，则提高温度，C3H8的平衡转化率增大，B正确；
C．恒容条件下通入惰性气体，反应物的浓度不变，平衡不移动，C错误；
D．使用催化剂不改变平衡状态，D错误；
故选B。
（3）根据反应方程式，反应后增加的压强与反应生成的C3H6、H2的压强及反应了的C3H8的压强相等，故C3H8的转化率为20%；平衡时C3H6、H2压强为20%105 Pa =2104 Pa，平衡时C3H8的压强为105Pa-20%105 Pa=8104 Pa，则平衡常数Kp=
（4）从图中可知，T1温度下，相同时间使用催化剂C时二氧化碳转化率最小，反应速率最慢；低于T3温度时，反应未达平衡，使用不同催化剂，反应速率不同，相同时间内转化率不同；  高于T3温度时，反应已达平衡，不同催化剂对平衡没有影响，（三条线重合），所以转化率相同；该反应正向放热，升高温度平衡逆向移动，所以T3之后转化率下降。