2021-2022学年山东省济宁市第二中学高二上学期期中考试化学试题含解析

这是一份2021-2022学年山东省济宁市第二中学高二上学期期中考试化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

山东省济宁市第二中学2021-2022学年高二上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列事实不能用平衡移动原理解释的是
A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B．由、、组成的平衡体系通过缩小体积加压后颜色变深
C．实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出
D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的转化率
【答案】B
【详解】A．啤酒中存在平衡：，开启啤酒瓶，瓶中压强降低，平衡向气体体积增大的方向移动，即向生成气体的方向移动，故A能用平衡移动原理解释；
B．反应是一个反应前后气体分子数不变的反应，压强的改变并不能平衡发生移动，此混合气体加压后颜色变深，是因为的浓度增大，故B不能用平衡移动原理解释；
C．实验室制取乙酸乙酯时，采用加热的方法将生成的乙酸乙酯不断蒸出，从而使平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，故C能用平衡移动原理解释；
D．工业生产硫酸的过程中涉及反应，使用过量的空气，平衡正向移动，可以提高的转化率，故D能用平衡移动原理解释；
答案选B。
2．下列电离方程式中错误的是
A．H2CO3H++HCO、HCOH+ +CO B．H2SO4 = 2H++SO
C．NaHCO3 = Na++H++CO D．H2S+H2OH3O++HS-
【答案】C
【详解】A．碳酸是二元弱酸，分步电离，其电离方程式为：H2CO3H++HCO、HCOH+ +CO，A正确；
B．硫酸是强酸，完全电离：H2SO4 = 2H++SO，B正确；
C．碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，电离方程式为：NaHCO3 = Na++HCO，C错误；
D．氢硫酸是二元弱酸，分步电离，其电离出的氢离子和水结合形成水合氢离子，电离方程式为：H2S+H2OH3O++HS-，D正确；
故选C。
3．下列溶液呈酸性的是（    ）
A．含有H+的溶液 B．c(OH-)=1×10-8mol/L的溶液
C．pH小于7的溶液 D．c(OH-) 【答案】D
【详解】A.水溶液中都含有氢离子，不能说明溶液为酸性，故A错误；
B.没有说明温度，不能计算氢离子浓度，不能确定溶液酸碱性，故B错误；
C.没有说明温度，不能确定是否为酸性，故C错误；
D.氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，为酸性，故D正确。
故选D。
4．下列关于化学反应速率的说法正确的是
①恒温时，增大压强，化学反应速率一定加快 
②其他条件不变，温度越高化学反应速率越快
③使用催化剂可改变反应速率，从而改变该反应过程中吸收或放出的热量 
④的反应速率一定比的反应速率大
⑤有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大 
⑥增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多
A．②⑥ B．②⑤ C．①②③⑤ D．①②④⑤
【答案】B
【详解】①恒温时，增大压强，如没有气体参加反应，化学反应速率不加快，故错误；
②其他条件不变，温度升高，增大活化分子百分数，化学反应速率越快，故正确；
③使用催化剂不能改变反应热，故错误；
④没有指定反应，也没有指定反应速率用方程式中的哪种物质表示，所以无法比较3mol/(L▪s)和1mol/(L▪s)的反应速率的快慢，故错误；
⑤有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），活化分子百分数不变，增加了单位体积内活化分子数，故正确；
⑥增大反应物浓度，活化分子的百分数不变，增加的是单位体积内活化分子数，故错误；
②⑤正确，故答案选B。
5．在密闭容器中，反应达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，下列分析正确的是

A．图Ⅰ中，甲、乙的平衡常数分别为、，则
B．图Ⅱ中，平衡状态甲与乙的反应物转化率乙>甲
C．图Ⅱ中，t时刻增大了压强
D．图Ⅲ表示反应分别在甲、乙条件下达到平衡，说明乙温度高于甲
【答案】D
【分析】从图Ⅰ可知，甲平衡状态时改变一条件，正逆反应速率同时增大，且正反应速率增大程度大于逆反应速率，结合该反应为放热反应，可知改变的条件为增大压强，从图Ⅱ可知，改变条件后，正逆反应速率变化程度相同，说明加了催化剂。从图Ⅲ可知，乙的反应速率大于甲，结合该反应为放热反应，说明乙的温度高于甲。
【详解】A．图I中，改变条件，平衡向正反应方向移动，改变条件时反应速率与原来平衡点没有接触点，说明改变的条件是增大压强，平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，所以K1=K2，A错误；
B．该反应前后气体体积计量数之和改变，图II中，改变条件正逆反应速率相等，平衡不移动，说明加入的是催化剂，B错误；
C．根据B知，改变的条件是催化剂，如改变压强，化学平衡将发生移动，C错误；
D．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则产物含量减少，如果改变的条件是温度，根据“先拐先平数值大”知，乙温度高于甲，D正确；
故答案选D。
6．已知：2NO(g)N2(g)+O2(g)  △H=-181.5 kJ/mol。某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO的分解。若用、、和分别表示N2、NO、O2和固体催化剂，在固体催化剂表面分解NO的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是

A．① B．② C．③ D．无法确定
【答案】C
【详解】从机理图可以看出，首先状态①中，NO被吸附到催化剂表面，状态②为NO变成N原子和O原子，这个过程需要吸收能量，③状态为N原子和N原子结合变成N2，O原子和O原子结合变成O2，这个过程为成键过程，需要放出能量，则从整个反应过程来看，反应是2NON2+O2，此反应是放热反应，反应焓变△H＜0，可见生成物状态时，体系能量最低，能量状态最低的是③；答案选C。
7．下列热化学方程式及有关应用的叙述中，正确的是（   ）
A．甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+2H2O(g)  ΔH=890.3 kJ/mol
B．取50mL 0.55mol/L NaOH(aq)和50mL 0.50mol/L HCl(aq)进行中和热的测定实验，用温度计测定HCl(aq)起始温度后，直接测定NaOH(aq)的温度，会使中和热ΔH偏小
C．500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H = -38.6kJ•mol-1
D．已知25℃、101KPa条件下：4Al(s) + 3O2(g) ═ 2A12O3(s) △H = -2834.9kJ•mol-1，4Al(s) + 2O3(g) ═ 2A12O3(s) △H = -3119.1kJ•mol-1，则O2比O3稳定
【答案】D
【详解】A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol-1，水应该为液态，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+2H2O(l)  ΔH=890.3 kJ/mol，与题意不符A错误；
B. 用温度计测定HCl（aq）起始温度后，直接测定NaOH（aq）的温度，NaOH（aq）的起始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，会使中和热△H偏大，故C错误，与题意不符，B错误；
C. 0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，因反应为可逆反应，则1molN2和3molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热不是38.6kJ，则热化学反应方程式中的反应热数值错误，故C错误；
D. 已知25℃、101KPa条件下：4Al(s) + 3O2(g) ═ 2A12O3(s) △H = -2834.9kJ•mol-1，4Al(s) + 2O3(g) ═ 2A12O3(s) △H = -3119.1kJ•mol-1，利用盖斯定律，两式相减，3O2(g) ═2O3(g) △H =+284.2 kJ•mol-1，则O2比O3稳定，符合题意，D正确；
答案为D。
8．下列有关水电离情况的说法正确的是
A．25℃，pH=12 的烧碱溶液与纯碱溶液，水的电离程度相同
B．其它条件不变，CH3COOH溶液在加水稀释过程中，c(OH－)/c(H＋)一定变小
C．其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，水的电离程度减小
D．其它条件不变，温度升高，水的电离程度增大，Kw 增大
【答案】D
【详解】A.酸或碱抑制水的电离，含弱离子的盐促进水的电离，NaOH是强碱，Na2CO3是强碱弱酸盐，则NaOH抑制水的电离，Na2CO3促进水的电离，所以两者水解程度不同，故A项错误；B项，醋酸为弱酸，其它条件不变，稀释醋酸溶液，c(H+)减小，c(OH－)增大，所以c(OH－)/c(H＋)增大，故B错误； C.NaOH溶液显碱性，抑制水的电离，其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，其对水电离的抑制程度将降低，所以水的电离程度增大，故C项错误。D.温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)和c(H＋)增大，所以KW= c(OH－)c(H＋)增大，故D项正确；答案为D。
【点睛】本题主要考查碱性物质以及温度对水的电离的影响。加酸加碱抑制水的电离。升高温度水的离子积增大；盐类水解促进水的电离。
9．下列叙述或数据正确的是（    ）
A．用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3
B．酸碱中和滴定实验中，锥形瓶必须用待测液润洗
C．用托盘天平称5.6克NaCl固体
D．用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mL
【答案】C
【详解】A.广泛pH试纸测出的pH是整数，没有小数，故A错误；
B.锥形瓶不能用待测液润洗，否则会造成待测液的量偏大，带来实验误差，故B错误；
C.托盘天平称量的固体质量保留一位小数，故C正确；
D.滴定管的精确度为0.01mL，所以用去标准液的体积应为21.70mL，故D错误。
故选C。
10．某无色透明的水溶液，经测定只含Cl-、NH等四种离子，则上述溶液中另外两种离子是
A．H+、OH- B．Na+、NO
C．Ca2+、CO D．H+、CH3COO-
【答案】A
【详解】水溶液中，经测定只含Cl-、等四种离子，则另两种必定是水电离出来的 H+和OH-。
故答案选A。
11．已知：AgX(X=Cl、Br)溶液中，p(Ag+)=-1gc(Ag+)，p(X-)=-lgc(X-)。t℃时，p(X-)与p(Ag+)的相互关系如图。下列说法不正确的是

A．A线表示的是AgBr
B．t℃时，c点浓度溶液中会有AgCl固体析出
C．取a、b两点处溶液等体积混合，向溶液中加入足量浓硝酸银溶液，生成的沉淀n(AgBr)>n(AgCl)
D．t℃时，AgCl(s)+Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数K=104
【答案】C
【分析】已知p(Ag+)=－1gc(Ag+)，p(X-)=－lgc(X-)，Ag+、X-浓度越大，浓度的负对数的数据值就越小，由Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)可知A表示AgCl，B表示AgBr，以此解题。
【详解】A．由分析可知，A线表示的是AgBr，A正确；
B．t℃时，c点浓度溶液中c(Ag+)、c(Cl-)大于该温度下饱和溶液中c(Ag+)、c(Cl-)，Qc= c(Ag+)·c(Cl-)>Ksp(AgCl)，所以会有AgCl固体析出，B正确；
C．由图可知结合分析可知，a点溶液中氯离子浓度答，则取a、b两点处溶液等体积混合，向溶液中加入足量浓硝酸银溶液，由于溶液中n(Cl-)>n(Br-)，所以生成的沉淀n(AgBr) D．t℃时，AgCl(s)+Br－(aq)AgBr(s)+Cl－(aq)的平衡常数K=，由图中数据可得出K约为104，D正确；
故选C。
12．如图，关闭活塞K，向A中充入1 mol X、1 mol Y，向B中充入2 mol X、2 mol Y，此时A的容积是aL，B的容积是2aL。在相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：X(g)＋Y(g)2Z(g)＋W(g)　ΔH<0。A保持恒压，B保持恒容。达平衡时，A的体积为1.4aL。下列说法错误的是(　　)

A．反应速率：v(B)>v(A) B．A容器中X的转化率为80%
C．若打开K，则A的体积变为2.6aL D．平衡时Y的体积分数：A 【答案】C
【详解】A. 该反应气体物质的量增大，A处于减压中，所以反应速率：v(B)>v(A)，故A正确；B. T、P一定，气体的n与V成正比。达平衡时，A的体积为1.4aL，其中气体的物质的量是原来的1.4倍，为2.8mol。A容器中气体增加0.8mol，对应消耗X0.8mol，所以X的转化率为80%，故B正确；C. 若打开K，A、B容器的总体积为1.4aL×3=4.2aL，则A的体积变为(4.2-2)aL=2.2al，故C错误；D. 减压平衡右移，所以平衡时Y的体积分数：A，故D正确。故选C。
13．常温下，用0.10mol∙L−1的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol∙L−1的CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（    ）

A．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO−) B．点④所示溶液中：c(Na+)>c(OH−)>c(CH3COO−)>c(H+)
C．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO−)−c(CN−)=c(HCN)−c(CH3COOH)
D．点③所示溶液中：c(CH3COO−)+c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)
【答案】C
【分析】根据图知，相同浓度的HCN和CH3COOH溶液中，pH：CH3COOH 【详解】A.点①溶液呈碱性，则c(OH−)>c(H+)，说明CN−水解程度大于HCN电离程度，则c(CN−)c(Na+)>c(CH3COOH)，则c(CH3COO−)>c(CN−)，A错误；
B.点④溶液为醋酸钠溶液，醋酸钠为强碱弱酸盐，少量的弱酸根离子水解，水溶液呈碱性，则c(OH−)>c(H+)，结合电荷守恒得c(Na+)>c(CH3COO−)，则c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)，B错误；
C.已知均为0.10mol∙L−1的CH3COOH溶液和HCN溶液20.00mL，则醋酸的物质的量与氰酸相等，根据物料守恒得c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=c(CN−)+c(HCN)，则c(CH3COO−)−c(CN−)=c(HCN)−c(CH3COOH)等式成立，C正确；
D．点③溶液呈中性，则c(OH−)=c(H+)，结合电荷守恒得c(Na+)=c(CH3COO−)，则c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，根据点②，c(CH3COO−)=c(CH3COOH)时，溶液显酸性，与点③所示不符，D错误；
答案为C。

二、多选题
14．某温度下，pH=11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释至原体积的100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法错误的是

A．a值一定大于9
B．Ⅰ为NaOH溶液稀释时溶液的pH变化曲线
C．完全中和稀释相同倍数后的两溶液，消耗相同浓度的稀H2SO4溶液的体积：NaOH溶液>氨水
D．稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大
【答案】CD
【分析】氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH，由于氢氧化钠是强电解质，则氢氧化钠的浓度小，氨水浓度大，在稀释时促进氨水的电离，则氨水中的离子浓度大，即I是氢氧化钠的pH变化曲线，Ⅱ是氨水的pH变化曲线。
【详解】A．A．pH=11的氢氧化钠溶液加水稀释100倍，pH=9，而一水合氨为弱电解质，加水促进电离，则a的数值一定大于9，故A正确；
B．一水合氨为弱电解质，由图可知，开始的pH相同，在稀释时，促进氨水的电离，则氨水中的离子浓度大，可知I为氢氧化钠溶液稀释时溶液的pH变化曲线，Ⅱ是氨水的pH变化曲线，故B正确；
C．由于氨水浓度较大，则完全中和稀释后相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V(NaOH)＜V(氨水)，故C错误；
D．稀释后氨水中氢氧根离子浓度较大，则水的电离程度较小，故D错误；
故选CD。
15．如图是C和H2O(g)反应的能量变化图示，下列说法正确的是

A．该反应为吸热反应
B．1 mol C(g)和1 mol H2O(g)具有的总能量低于1 mol C(s)和1 mol H2O(g)具有的总能量
C．1 mol C(s)和1 mol H2O(g)反应生成1 mol CO(g)和1 mol H2(g)，吸收131.3 kJ热量
D．1 mol H2O(g)中O-H键断裂需要吸收393.9 kJ热量
【答案】AC
【详解】A．根据图示可知生成物的能量比反应物的能量高，因此该反应为吸热反应，A正确；
B．物质在气态时含有的能量比物质在固态时含有的能量高，1 mol C(g)和1 mol H2O(g)具有的总能量高于1 mol C(s)和1 mol H2O(g)具有的总能量，B错误；
C．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=(393.9 kJ/mol-262.6 kJ/mol)=+131.3 kJ/mol，1 mol C(s)和1 mol H2O(g)反应生成1 mol CO(g)和1 mol H2(g)，吸收131.3 kJ热量，C正确；
D．由于1 mol C(s)变为1 mol C(g)会吸收热量，所以1 mol H2O(g)中O-H键断裂需要吸收热量小于393.9 kJ，D错误；
故合理选项是AC。

三、填空题
16．和CO是常见的环境污染性气体。
(1)对于反应来说，“”可作为此反应的催化剂。其总反应分两步进行，第一步为，则第二步反应为_______。已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第一步反应的活化能_______(填“大于”“小于”或“等于”)第二步反应的活化能。
(2)在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的平衡转化率如图乙所示。

①该反应的_______(填“”或“”)0。
②若容器Ⅰ的体积为2L，反应在370℃下进行，20s后达到平衡，则0～20s内容器Ⅰ中用表示的反应速率为_______。B点对应的平衡常数_______(保留两位有效数字)。
③若容器Ⅳ的体积为1L，反应在370℃下进行，则起始时反应_______(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)进行。
【答案】(1)          大于
(2)     >          0.0044     向逆反应方向

【解析】（1）
由总反应方程式和第一步反应的方程式可知，第二步反应的方程式为；化学反应速率取决于慢反应，反应的活化能越大，反应速率越慢，由第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间可知，第一步反应的反应速率慢于第二步反应，反应的活化能大于第一步反应，故答案为：；大于；
（2）
①升高温度，N2O的转化率升高，则向正反应方向进行，则正反应为吸热反应，则△H＞0，故答案为：＞；
②A点三段式为  ， 所以v(O2)==0.0005 mol•L-1•s-1， A、B点温度相同，对应的平衡常数相等。B点对应的平衡常数=A的：，故答案为：0.0005 mol•L-1•s-1；0.0044；
③容器Ⅳ体积为1L，370℃时，起始浓度分别为：c(N2O)=0.06mol/L，c(N2)=0.06mol/L，c(O2)=0.04mol/L，＞K=0.0044，向逆反应方向，故答案为：向逆反应方向。
17．I.化学反应速率和化学平衡影响因素较多，经常采用控制变量思想分析问题。某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”，进行了如表中的实验：
实验
编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.6mol·L-1H2C2O4溶液
H2O
0.2mol·L-1KMnO4溶液
3mol·L-1稀硫酸
1
3.0
4.0
1.0
2.0
6.4
2
3.0
3.0
2.0
2.0
5.2
3
3.0
2.0
3.0
2.0
4.0

请回答：
(1)已知KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应有CO2生成，用化学方程式表示该实验的实验原理：_______。
(2)根据表中的实验数据，可以得到的结论是_________。
(3)利用实验3中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)=___。
II.研究CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义。工业上以CO2、NH3为原料生产尿素[CO(NH2)2]，2NH3(g)+CO2(g)H2O(l)+CO(NH2)2(s)ΔH=-178kJ∙mol-1，T1℃时，在1L的密闭容器中充入CO2和NH3模拟工业生产，n(NH3)/n(CO2)=x，图中是CO2平衡转化率(α)与x的关系。

(4)一定能判断该反应达到化学平衡状态的是_______。
A．2v(NH3)正=v(CO2)逆 B．氨气的体积分数不再变化
C．气体的密度不再变化               D．气体的平均摩尔质量不再变化
E.氨气的物质的量浓度不再变化
(5)图中A点NH3的平衡转化率α=____%。
(6)当x＝1.0时，若起始的压强为p0 kPa，水为液态，平衡时压强变为起始的1/2。则该反应的平衡常数Kp==____(kPa)-3（Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×体积分数）。
【答案】     2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O     其他条件相同时，增大KMnO4浓度，反应速率增大     1.5×10−2mol/(L∙min)     CE     33.3    
【分析】I. (1)高锰酸钾溶液与草酸反应，反应中C的化合价由+3价升高到+4价，KMnO4中Mn元素化合价由+7价降到+2价，由得失电子守恒配平写出化学方程式；
(2)根据控制单一变量法分析实验操作与结论；
(3)根据v=计算用KMnO4溶液表示的平均反应速率；
II. (4)正反应速率与逆反应速率相等，则反应达到平衡状态，结合“变量不变”思路分析判断是否达到平衡状态；
(5) A点时，n(NH3)/n(CO2)=3.0，设n(CO2)=1mol，n(NH3)=3mol，根据平衡转化率的公式解答；
(6)利用三段式思想结合平衡常数公式分析计算；
【详解】I. (1)高锰酸钾溶液与草酸反应，反应中C的化合价由+3价升高到+4价，KMnO4中Mn元素化合价由+7价降到+2价，由得失电子守恒配平化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，
故答案为: 2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O；
(2)图中数据，不断增大酸性高锰酸钾溶液的浓度，发现褪色时间变短，即反应速率增大，则得出的实验结论为：其他条件相同时，增大KMnO4浓度，反应速率增大；
(3)实验Ⅲ中，2mL 0.01mol•L﹣1酸性KMnO4溶液与2mL 0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液反应，草酸过量，用KMnO4溶液表示的平均反应速率为：v(KMnO4)= = =1.5×10−2mol/(L∙min)；
II. (4) 反应为：2NH3(g)+CO2(g)H2O(l)+CO(NH2)2(s)
A. 化学反应速率之比等于化学计量数之比，2v(NH3)正=v(CO2)逆说明正逆反应速率不相等，即反应未达到了平衡状态，故A错误；
B. 该反应是气体反应生成固体和液体的过程，随着反应的进行，氨气与二氧化碳成比例减小，其体积分数属于恒量，则它不再变化不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C.气体的密度为气体的总质量与容器体积的比值，随着反应的进行，气体的总质量为变量，则气体的密度也随着反应的时间在变化，那么气体的密度不变，能说明反应达到平衡状态，故C正确；
D. 生成物不是气体，反应物只有氨气和二氧化碳，随着反应的进行，氨气与二氧化碳成比例减小，则气体的平均摩尔质量为定值，即气体的平均摩尔质量不变不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
E. 随着反应的进行，氨气的物质的量浓度属于变量，则它不再变化能说明反应达到平衡状态，故E正确；
故答案为：CE；
(5)A点时，n(NH3)/n(CO2)=3.0，设n(CO2)=1mol，n(NH3)=3mol，CO2平衡转化率为0.50，则转化的CO2的量为1mol×0.50=0.5mol，那么根据2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)可知转化的NH3为0.5mol×2=1mol，NH3的平衡转化率=×100％=33.3％；
(6)当x=1.0时，设n(NH3)=n(CO2)=1mol，根据三段式可知：
，又若起始的压强为p0 kPa，水为液态，平衡时压强变为起始的1/2，可知，解得x=mol，则n平(NH3)= mol，n平(CO2)= mol，那么p平(NH3)=×kPa，p平(CO2)= ×kPa，因而Kp=(kPa)-3；
【点睛】平衡状态的特征是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。

四、实验题
18．某学生用0.1000mol·L-1标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：
1．用标准氢氧化钠溶液润洗滴定管2~3次
2．取标准氢氧化钠溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上2~3mL处
3．把盛有标准氢氧化钠溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液
4．调节液面至“0”或“0”刻度以下，记下读数，为3.10mL
5．取20.00mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入2~3滴酚酞试液
6．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准氢氧化钠溶液滴定至终点并记下滴定管的读数
回答下列问题：
（1）操作5中观察到的现象是___；
（2）上述5步骤操作之前，若先用待测溶液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是___（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）；
（3）判断达到滴定终点的实验现象是___；
（4）若滴定结束时，滴定管液面如图所示，则终点读数为___mL。

（5）根据读数计算出该待测液的浓度为___mol·L-1。
【答案】     无现象（溶液为无色）     偏大     当滴入最后一滴溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为粉红色且半分钟不褪色     21.10     0.0900
【分析】向盛有盐酸溶液的锥形瓶中加入2~3滴酚酞试液，溶液为无色，把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准氢氧化钠溶液滴定，溶液先无明显现象，当滴入最后一滴溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为粉红色且半分钟不褪色，说明氢氧化钠溶液和盐酸完全反应，达到滴定终点。
【详解】（1）盐酸呈酸性，不能使酚酞试液变色，则向盛有20.00mL待测盐酸溶液的锥形瓶中加入2~3滴酚酞试液时，溶液仍然为无色，无明显现象，故答案为：无现象（溶液为无色）；
（2）若先用待测溶液润洗锥形瓶，会导致盐酸溶液中氢离子的物质的量增大，消耗标准氢氧化钠溶液的体积偏大，所测盐酸浓度偏大，故答案为：偏大；
（3）用标准氢氧化钠溶液滴定盐酸时，溶液先无明显现象，当滴入最后一滴溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为粉红色且半分钟不褪色，说明氢氧化钠溶液和盐酸完全反应，达到滴定终点，故答案为：当滴入最后一滴溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为粉红色且半分钟不褪色；
（4）由图可知，终点读数为21.10mL，故答案为：21.10；
（5）由化学方程式可知，当盐酸与氢氧化钠溶液完全反应时，盐酸溶液中氢离子的物质的量与氢氧化钠溶液中氢氧根离子物质的量相等，由题意可得关系式：0.1000mol•L-1×(21.10—3.10)×10—3L=c(HCl)×20.00×10—3L，解得c(HCl)= 0.0900 mol·L-1，故答案为：0.0900。

五、工业流程题
19．锑(Sb)及其化合物在工业上有许多用途。以辉锑矿(主要成分为，还含有PbS、、CuO、等)为原料制备金属锑的工艺流程如图所示：

已知：①浸出液中除含过量盐酸和之外，还含有、、、等；
②常温下：，；
③溶液中离子浓度小于或等于mol/L时，认为该离子沉淀完全。
(1)滤渣1中除了S之外，还有_______(填化学式)。
(2)“浸出”时，发生反应的化学方程式为_______。
(3)该生产流程能实现循环利用的物质是_______(填化学式)。
(4)常温下，“除铜、铅”时，和均沉淀完全，此时溶液中的不低于_______。所加也不宜过多，其原因为_______。
(5)“除砷”时有生成，该反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)
(2)
(3)、Sb
(4)     mol/L     产生等污染性气体
(5)

【分析】辉锑矿(主要成分为，还含有PbS、、CuO、等)中加入盐酸，浸出液中除含过量盐酸和之外，还含有、、、等，滤渣1中除了生成的S之外还有未溶解的二氧化硅；浸出液中加入Sb，Sb将还原为；加入时使和均沉淀完全，过滤得到的滤渣2为CuS、PbS；滤液中加入除砷，生成亚磷酸和砷单质；电解溶液得到Sb、。据此解答。
（1）
分析可知滤渣1除了S之外还含有SiO2；
（2）
“浸出”工序中，Sb2S3和SbCl5发生氧化还原反应生成S单质和SbCl3，根据电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：Sb2S3 + 3SbCl5 = 5SbCl3 + 3S；
（3）
根据流程图可知，Sb还原SbCl5得到SbCl3，最终含SbCl3溶液经电解得到Sb单质，生成的SbCl5又可返回浸出工序中，因此该生产流程能循环利用的物质有Sb和SbCl5；
（4）
根据所给溶度积数据可知，Cu2+比Pb2+更易形成沉淀，因此若要使Cu2+和Pb2+均沉淀完全，则S2-的浓度满足使Pb2+沉淀即可，根据Ksp(PbS) = c(Pb2+)×c(S2-)，c(Pb2+) = 1.0×10-5 mol/L，因此c(S2-) = = 9.0×10-24mol/L，即溶液中的c(S2-)不应低于9.0×10-24mol/L；所加Na2S也不宜过多，否则会产生H2S等有污染的气体；
（5）
“除砷”时生成H3PO3的离子方程式为：。
【点睛】本题考查了物质分离提纯过程、氧化还原反应、溶度积常数计算与应用等知识，掌握化学反应基本原理及物质的物理性质、化学性质等基础知识是解题关键，题目难度中等。

六、原理综合题
20．电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量。已知部分物质的电离平衡常数如下表所示(25℃)：
化学式
电离平衡常数
HCN
K=4.9×10-10
CH3COOH
K=1.8×10-5
H2CO3
K1=4.9×10-7
K2=4.7×10-11

(1)25℃时，等浓度的三种溶液(a．NaCN溶液、b．Na2CO3溶液、c．CH3COONa溶液)的pH由大到小的顺序为_______(填字母)。
(2)25°C时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为_______。
(3)现有浓度为0.02 mol/L的HCN溶液与0.01 mol/L的NaOH溶液等体积混合，测得c(Na+)＞c(CN-)，下列关系正确的是_______(填字母)。A．c(H+)＞c(OH-) B．c(H+)＜c(OH-)
C．c(H+)+c(HCN)=c(OH-) D．c(HCN)+c(CN-)=0.01 mol/L
(4)浓Al2(SO4)3溶液和浓的小苏打(NaHCO3)溶液混合可用于灭火，请用离子方程式表示其灭火原理：_______。
(5)已知NaHC2O4水溶液显酸性，请写出该溶液中各离子浓度的大小顺序：_______；该溶液中的电荷守恒表达式为_______。
(6)某温度时，测得0.01 mol·L-1 NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的离子积常数Kw =_______。
【答案】(1)b＞a＞c
(2)NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN
(3)BD
(4)Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑
(5)     c(Na+)＞c()＞c(H+)＞c()＞c(OH-)     c(OH-)=c(H+)- c()+c(H2C2O4)
(6)10-13

【解析】（1）
根据表格数据可知：弱酸的电离平衡常数：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞，弱酸的电离平衡常数越小，该弱酸形成的等浓度的钠盐水解程度就越大，盐溶液的pH就越大。等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故三种溶液的pH大小关系为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa，用字母表示为：b＞a＞c；
（2）
根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HCN＞，所以向NaCN溶液中通入少量CO2气体，反应产生NaHCO3、HCN，该反应是化学方程式为：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN；
（3）
A．将0.02 mol/L的HCN与0.01 mol/L的NaOH溶液等体积混合，发生反应HCN+NaOH=NaCN+H2O，HCN过量，最终得到HCN、NaCN等浓度的混合溶液。该溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，实验测得离子浓度：c(Na+)＞c(CN-)，则c(H+)＜c(OH-)，说明CN-水解程度大于HCN的电离程度，溶液显碱性，A错误；
B．根据选项A分析可知离子浓度：c(H+)＜c(OH-)，B正确；
C．该溶液为等浓度HCN、NaCN的混合溶液，该溶液显碱性，说明CN-水解程度大于HCN的电离程度，所以c(HCN)＞c(CN-)，CN-水解程度十分微弱，溶液中c(OH-)＜＜c(CN-)，则c(HCN)＞c(OH-)，故溶液中微粒浓度关系为c(H+)+c(HCN)＞c(OH-)，C错误；
D．根据物料守恒可知溶液中c(HCN)+c(CN-)=0.01 mol/L，D正确；
故合理选项是BD；
（4）
Al2(SO4)3是强酸弱碱盐，Al3+水解产生Al(OH)3和H+，使溶液显酸性；NaHCO3是强碱弱酸盐，水解产生H2CO3、OH-，使溶液显碱性，当二者混合时，H+与OH-发生中和反应，使二者的水解相互促进，二者的水解程度都增大，最终水解彻底、完全，反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，反应的离子反应方程式为Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑；
（5）
盐NaHC2O4溶液中电离产生Na+、，既发生电离作用，又发生水解作用而消耗，而Na+不消耗，所以c(Na+)＞c()；该溶液显示酸性，说明的电离程度大于其水解程度，所以c()＞c(H2C2O4)；而溶液中H+来自水的电离和的电离，故c(H+)＞c()；的水解程度都较小，其水解产生的c(OH-)很小，所以溶液中各离子浓度大小为：c(Na+)＞c()＞c(H+)＞c()＞c(OH-)；NaHC2O4溶液中存在的质子守恒为：c(OH-)=c(H+)-c()+c(H2C2O4)；
（6）
某温度时， 0.01 mol·L-1 NaOH溶液中c(OH-)=0.01 mol/L，测得该NaOH溶液的pH为11，c(H+)=10-11 mol/L，则该温度下水的离子积常数Kw = c(H+)·c(OH-)=10-11 mol/L ×0.01 mol/L=10-13 (mol/L)2。