【期中真题】新疆乌鲁木齐市第一中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题.zip

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满分：100分 考试时间：90分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32
一、单项选择题(每道题只有一个正确选项，每题2分，共40分)
1. 《礼记·内则》记载：“冠带垢，和灰清漱；衣裳垢，和灰清浣”古人洗涤衣裳冠带，用的就是浸泡过草木灰的溶液。下列说法错误的是
A. 草木灰的主要成分是K2CO3
B. 浸泡过草木灰的溶液呈碱性
C. 加热浸泡过草木灰的溶液可增强其去油污能力
D. 草木灰做肥料时可与铵态氮肥混合施用
【答案】D
【解析】
【详解】A．草木灰的主要成分是K2CO3，故A不选；
B．K2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，故B不选；
C．K2CO3在溶液中的水解反应是吸热反应，加热，使水解平衡正向移动，溶液碱性增强，去油污能力增强，故C不选；
D．铵态氮肥中铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，与草木灰混合施用会促进水解，使肥效降低，故D选；
故选D。
2. 下列说法正确的是
A. 活化分子之间的碰撞即为有效碰撞
B. 增大压强不能降低活化能，但能增加活化分子百分数
C. 活化能的大小决定了反应能否自发进行
D. 使用催化剂能降低活化能，增加活化分子百分数
【答案】D
【解析】
【详解】A、活化分子之间的碰撞发生化学反应时为有效碰撞，否则不是，选项A错误；B、增大压强不能增加活化分子的百分数，使反应速率增大原因是活化分子的浓度增大，但百分数不变，选项B错误；C、反应能否自发进行取决于反应的焓变和熵变，活化能的大小影响反应速率的大小，选项C错误；D、催化剂能降低活化能，增大活化分子的百分数，从而加快反应的速率，选项D正确。答案选D。
3. 下列表述中，说法正确的个数是
①pH=6的溶液一定是酸性溶液
②用Na2CO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸
④25℃时，水溶液中水电离出的c(H+)和水电离出的c(OH-)的乘积一定等于10-14
⑤如果Na2Y的水溶液显中性，该溶液中一定没有电离平衡
⑥0.2 ml/L醋酸溶液加水稀释，电离程度增大，c(H+)一定增大
⑦用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体
⑧用广范pH试纸测得某溶液的pH为2.3
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【详解】①pH=6的溶液不一定是酸性溶液，可能是中性溶液，如95℃时纯水的pH=6，该溶液是中性溶液，所以要根据pH判断溶液酸碱性时一定要注明温度，否则无法判断，①错误；
②NaHCO3与Al2(SO4)3混合，会发生盐的双水解反应，二者彼此促进生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，这与盐类水解有关，而不是用Na2CO3作泡沫灭火剂，②错误；
③Fe3+易水解生成Fe(OH)3，而使溶液变浑浊，所以为防止水解可以加入稀盐酸，与盐类水解有关，③正确；
④25℃时，如果是酸或碱溶液，其抑制水电离，则水电离出的c(H+)和水电离出的c(OH-)的乘积小于10-14，如果溶质是含有弱离子的盐，则水电离出的c(H+)和水电离出的c(OH-)的乘积大于10-14，如果溶质是强酸强碱盐，其水电离出的c(H+)和水电离出的c(OH-)的乘积等于10-14，但是溶液中水的离子积常数一定是10-14，④错误；
⑤如果Na2Y的水溶液显中性，该溶液中还存在水的电离平衡，⑤错误；
⑥0.2ml/L醋酸溶液加水稀释，醋酸的电离程度增大，但是溶液体积增大程度使离子浓度减小的趋势大于其电离使离子浓度增大程度的趋势，最终导致溶液中c(H+)减小，⑥错误；
⑦Al2S3固体在溶液中会水解，在溶液中不能稳定存在，所以应该用Al和S加热制备Al2S3固体，⑦错误；
⑧广范pH试纸测定结果为整数，则用广范pH试纸测得某溶液的pH为2，不能是2.3，⑧错误；
所以说法正确的只有③，故选项A正确。
4. 一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 ml·L-1、0.3 ml·L-1、0.08 ml·L-1，则下列判断正确的是
A. c1：c2=3：1
B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3
C. X、Y的转化率不相等
D. c1的取值范围为0 ml·L-1＜c1＜0.14 ml·L-1
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据物质反应消耗的浓度比等于化学方程式中化学计量数的比，反应消耗X的浓度是x ml/L，则会消耗Y浓度为3x ml/L，故c1、c2=(0.1+x) ml/L：(0.3+3x) ml/L=1：3，A错误；
B．平衡时，正、逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，B错误；
C．反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，C错误；
D．若反应向正反应进行到达平衡，X、Y的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，Z浓度为0，则反应开始时c1(X)=(0.1+0.04) ml/L=0.14 ml/L；若反应从逆反应方向开始，Z的浓度最大，X、Y浓度最小，由于X、Y反应消耗关系是1：3，剩余浓度比是1：3，则X的起始浓度为0 ml/L。但由于X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，所以c1的取值范围为0 ml·L-1＜c1＜0.14 ml·L-1，D正确；
故合理选项是D。
5. 将一定量纯净的氨基甲酸铵（NH2COONH4）置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）2NH3（g）＋CO2（g）。不能判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是（ ）
A. v正（NH3）＝2v逆（CO2）
B. 密闭容器中总压强不变
C. 密闭容器中混合气体的密度不变
D. 密闭容器中氨气的体积分数不变
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据反应可得出v正（NH3）＝2v正（CO2），故当v正（NH3）＝2v逆（CO2）时反应达平衡状态，能判断该分解反应已经达到化学平衡，故A不选；
B.随着反应的进行体系压强逐渐增大，容器内压强保持不变说明反应达平衡状态，能判断该分解反应已经达到化学平衡，故B不选；
C.当体系达平衡状态时，混合气体的总质量不变，而容器的体积不变，密闭容器中混合气体的密度不变，说明反应达平衡状态，能判断该分解反应已经达到化学平衡，故C不选；
D.氨气与二氧化碳比例为2∶1，不会随反应方向变化而变化，与平衡无关，不能判断该分解反应已经达到化学平衡，故D选。
故选D。
6. 已知工业合成氨的方程式：3H2(g)+N2(g) 2NH3(g)，该反应在一定条件下进行时的热效应如图1，所示下列说法正确的是
A. 由图1可知，该逆反应的活化能为(E+ΔH) kJ/ml
B. 图2中L、X表示的物理量是温度或压强，依据信息可判断L1＞L2
C. 图2中a、b、c三点中υ正最大的点是b
D. 图2中a、b、c点平衡常数的关系为：Ka=Kc【答案】C
【解析】
【详解】逆反应的活化能可理解为形成新化学键放出的能量，由图1可知，该反应放热ΔH<0，该逆反应的活化能为(E－ΔH) kJ/ml，故A错误；根据化学方程式可知，增大压强，平衡正向移动，N2的转化率增大，所以L1Kb，故D错误。
点睛：平衡常数只与温度有关，吸热反应，升高温度平衡常数增大；放热反应，升高温度平衡常数减小；若只改变浓度、压强，平衡常数不变。
7. 一定温度下，在三个体积均为0.5 L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g) COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反应在5 min时达到平衡状态。
下列说法中正确的是
A. 该反应正反应为吸热反应
B. 容器Ⅰ中前5 min的平均反应速率v(CO)=0.16 ml·L-1·min-1
C. 容器Ⅱ中，a＝0.55 ml
D. 若容器Ⅰ为恒压，达到平衡时CO转化率小于80%
【答案】C
【解析】
【详解】A. 依据表中数据，若温度相同，I和III达到的平衡是等效的，对比I和III，升高温度，达到平衡COCl2物质的量减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向为放热反应，故A错误；
B. 根据反应方程式，5min内消耗CO的物质的量为0.8ml，根据化学反应速率的数学表达式，v(CO)==0.32ml/(L·min)，故B错误；
C. 容器I：，平衡常数K==10，容器II：，相同温度下，平衡常数不变，即有=10，解得a=0.55ml，故C正确；
D. 根据C的分析，CO的转化率为80％，随着反应进行物质的量减小，即压强减小，若是容器I为恒压，相当于在原来基础上增大压强，增大压强，平衡向正反应方向进行，即CO的转化率大于80%，故D错误；
故答案为C。
8. 已知：A(g)+2B(g)⇌3C(g) ΔH＜0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1mlA和3mlB发生反应，t1时达到平衡状态I，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态II，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 容器内压强不变，表明反应达到平衡B. t2时改变的条件：向容器中加入C
C. 平衡时A的体积分数φ：φ(II)＜φ(I)D. 平衡常数K：
【答案】B
【解析】
【分析】根据图象可知，向恒温恒容密闭容器中充入1mlA和3mlB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图象分析解答。
【详解】A．容器内发生的反应为A(g)+2B(g)⇌3C(g)，该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．根据图象变化曲线可知，t2-t3过程中，t2时v正瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图象，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C，故B正确；
C．最初加入体系中的A和B的物质的量的比值为1：3，当向体系中加入C时，平衡逆向移动，最终A和B各自物质的量增加的比例为1：2，因此平衡时A的体积分数φ(II)＞φ(I)，故C错误；
D．平衡常数K只与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，故D错误；
故选B。
9. 在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：(已知2CO(g)＋O2(g)⇌22c1＜c3 (g)；ΔH=-566.0 kJ·ml-1)
下列说法不正确的是
A. 2c1＜c3B. a +b = 566C. 2 p2＞ p3D. α1+α3＞1
【答案】D
【解析】
【分析】2CO(g)＋O2(g)⇌2CO2(g) ΔH=-566.0 kJ·ml-1为恒温恒容且反应前后气体分子数减小的放热反应，则甲和乙是完全等效平衡，丙相当于在2个甲或乙的基础上加压，因此丙的平衡相对甲或乙来说是向右移动了，据此分析判断。
【详解】A．甲的反应物投入量一边倒计算后是加入2ml CO2，丙的投入量是4ml CO2，所以丙相当于在2个甲的基础上加压，因此丙的平衡相对甲来说是向右移动了，因此2c1＜c3，故A正确；
B．甲和乙是完全等效平衡，所以放出和吸收的能量总和为△H的绝对值，即a+b=566，故B正确；
C．丙相当于2个乙的平衡右移，右移是压强减小，因此2 p2＞ p3，故C正确；
D．丙相当于2个甲的平衡右移，若丙不移动，则α1+α3=1，但是丙相对甲来说向右移动了，丙的反应物转化率降低了，所以α1+α3＜1，故D错误；
故选D。
10. 某研究小组为探究催化剂对尾气中CO、NO转化的影响，将含NO和CO的尾气在不同温度下，以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应：2NO(g)＋2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g) ΔH<0，测量相同时间内逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO的转化率)，结果如图所示。下列说法正确的是
①相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响
②两种催化剂均能降低反应的活化能，但ΔH均不变
③曲线Ⅱ中的催化剂的最适宜温度为450 ℃左右
④若低于200 ℃，图中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因是催化剂的活性不高
⑤a点的脱氮率是对应温度下的平衡脱氮率
A. ①②③B. ①③④C. ②③④D. ①③⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①该反应为气体分子数减小的反应，改变压强平衡发生移动，则改变压强对脱氮率有影响，错误；
②催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应的△H，正确；
③由图可知，曲线Ⅱ中450 ℃左右脱氮率最大，则曲线Ⅱ中的催化剂的最适宜温度为450℃左右，正确；
④催化剂的活性受温度的影响，则低于200℃时，图中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因是催化剂的活性不高，正确；
⑤因为该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，则a点对应温度下的平衡脱氮率应大于450℃下的脱氮率，错误；
则正确的为：②③④；
故选C。
11. 常温下，CH3COOH、HCOOH(甲酸)的电离常数数值分别为1.7×10-5、1.8×10-4，以下关于0.1ml/LCH3COOH溶液、0.1ml/LHCOOH溶液的说法正确的是
A. c(H+)：CH3COOH＞HCOOH
B. 等体积的两溶液中，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH＞CH3COOH
C. HCOOH可能与NaOH发生反应：H++OH-=H2O
D. 将CH3COOH溶液稀释100倍过程中，保持不变
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．电离平衡常数越大，酸性越强，等浓度的甲酸和乙酸溶液，甲酸酸性强，所以电离程度大，所以溶液中的c(H+)：CH3COOH＜HCOOH，故A错误；
B．等浓度等体积的甲酸和乙酸溶液中，甲酸和乙酸的物质的量相等，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH = CH3COOH，故B错误；
C．HCOOH是弱酸，与NaOH发生反应：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，故C错误；
D．=，将CH3COOH溶液稀释100倍过程中，保持不变，故D正确；
故选D。
12. 在不同温度下，水溶液中c(H+)与c(OH-)有如图所示关系。下列关于离子共存的说法中正确的是
A. d点对应的溶液中大量存在：Na+、K+、S2-、
B. b点对应的溶液中大量存在：、K+、I-、
C. c点对应的溶液中大量存在：Na+、Fe3+、、Cl-
D. a点对应的溶液中大量存在：Fe2+、Ca2+、ClO-、
【答案】A
【解析】
【分析】根据图象判断a、b、c、d四点溶液的酸碱性，结合所给离子的性质判断是否能够大量共存。
【详解】A．d点对应的溶液中c(H+)B．b点对应的溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性，酸性条件下，能与 I-发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；
C．c点对应的溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，而Fe3+水解使溶液呈酸性，即中性溶液中不能大量存在Fe3+，故C错误；
D．a点对应的溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，ClO-与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，Ca2+与因反应生成CaSO4而不能大量共存，故D错误；
答案选A。
13. 常温下，浓度均为0.1ml/L的三种溶液：①CH3COOH溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液，下列说法中正确的是(忽略混合前后溶液体积变化)
A. 溶液的pH值：①＞③＞②
B. 水电离出的c(OH-)：③＞①=②
C. ①和③等体积混合后的溶液：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1ml/L
D. ②和③等体积混合后的溶液：c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓度相同的情况下，碱性越强pH越大，所以强碱＞水解呈碱性的盐＞酸，即②＞③＞①，A错误；
B．酸碱均抑制水的电离，而水解盐促进水的电离，所以CH3COONa溶液中水电离的氢氧根浓度最大，又浓度相同的情况下强酸强碱对水的抑制强于弱酸弱碱，所以水电离出的c(OH-)：③＞①＞②，B错误；
C．①和③等体积混合后各溶质浓度减半，所以根据物料守恒可知c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)=0.1ml/L，C正确；
D．②和③等体积混合后的溶液物料守恒式子应为c(Na+)=2c(CH3COOH)+2c(CH3COO-)，D错误；
答案选C。
14. 25°C时，往10mL0.10ml/LNaOH溶液中滴加0.10ml·L-1的一元弱酸HA溶液，溶液中与pOH[pOH=-lgc(OH-)]的关系如图所示。
下列说法正确的是
A. 25°C时，HA的电离常数为1.0×10-8.7
B. a、b两点水的电离程度：aC. b点时，加入的HA溶液的体积为10mL
D. 加水稀释c点溶液，不变
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．=1时，pOH=9.7，可得：，c(OH-)=10-9.7，c(H+)=10-4.3，HA的电离常数=，故A错误；
B．由图可知a点溶液显碱性，主要溶质为NaOH，b点溶液显中性，主要溶质为盐，碱抑制水的电离，水解盐促进水的电离，因此水的电离程度aC．若b点加入HA体积为10mL，则溶液恰好应为NaA的盐溶液，HA为弱酸，则NaA溶液因水解显碱性，与b点显中性不符，故C错误；
D．，c点溶液显酸性，加水稀释时c(H+)减小，则减小，减小，故D错误；
故选：B。
15. 已知100 ℃时，0.01 ml·L－1NaHSO4溶液中水电离的c(H＋)＝10－10ml·L－1，该温度下将pH＝8的Ba(OH)2溶液V1L与pH＝5的NaHSO4溶液V2L混合，所得溶液pH＝7，则V1∶V2为( )
A. 2∶9
B. 1∶9
C. 1∶1
D. 1∶2
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】0.01ml·L－1 NaHSO4溶液中水电离的c(H＋)＝10－10 ml·L－1，说明溶液中OH－的浓度也是10－10 ml·L－1，氢离子浓度是0.01ml/L，所以该温度下水的离子积常数为1×10－12。所得溶液pH=7，说明溶液显碱性，即碱是过量的，所以有，解得V1∶V2＝2∶9，答案选A。
16. 室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1ml·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是
A. 三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD
B. 滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C. pH=7时，三种溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－)
D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象可知0.1ml·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH值都大于1，说明三种酸都是弱酸。HA的PH最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD，A正确；
B．滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，B正确；
C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别和钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C错误；
D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)，D正确；
答案选C。
【点晴】在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发分析思考。（1）两个理论依据：①弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3－)≫c(CO32－)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如Na2CO3溶液中：c(CO32－)＞c(HCO3－)≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。（2）三个守恒关系：①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从图象的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。
17. 下列有关滴定的说法正确的是
A. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，则结果偏低
B. 用c1 ml·L-1酸性高锰酸钾溶液滴定V2 mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去酸性高锰酸钾溶液体积为V1 mL，则H2C2O4溶液的浓度为ml·L-1
C. 用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏低
D. 用25 mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7 mL
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，由于氢氧化钠的摩尔质量较小，则所配标准溶液中OH-浓度较大，滴定时消耗标准溶液体积偏小，所以测定结果偏低，A正确；
B．用c1 ml·L-1酸性高锰酸钾溶液滴定V2 mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去高锰酸钾溶液体积为V1 mL，由两者反应中化合价升降总数相等(或电子转移守恒)可得到关系式5H2C2O4～2KMnO4，则n(H2C2O4)=2.5n(KMnO4)=2.5×V1 mL×c1 ml·L-1，所以H2C2O4溶液的浓度为ml·L-1，B错误；
C．用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，则未知盐酸的体积偏小，导致测定结果偏高，C错误；
D．滴定管的读数要精确到0.01 mL，D错误；
答案为：A。
18. 工业上常利用Na2SO3溶液作为吸收液脱除烟气中的SO2，随着SO2的吸收，吸收液的pH不断变化。下列粒子浓度关系一定正确的是
A. Na2SO3溶液中存在：c(Na+)＞c()＞c(H2SO3)＞c()
B. 已知NaHSO3溶液pH＜7，该溶液中：c(Na+)＞c()＞c(H2SO3)＞c()
C. 当吸收液呈酸性时：c(Na+)=c()+c()+c(H2SO3)
D. 当吸收液呈中性时：c(Na+)=2c()+c()
【答案】D
【解析】
【详解】A.Na2SO3溶液中亚硫酸根水解，且以第一步水解为主，则溶液中存在：c(Na+)＞c()＞c()＞c(H2SO3)，A错误；
B.已知NaHSO3溶液pH＜7，说明的电离程度大于水解程度，则该溶液中：c(Na+)＞c()＞c()＞c(H2SO3)，B错误；
C.当吸收液呈酸性时所得溶液不一定恰好NaHSO3，因此溶液中c(Na+)=c()+c()+c(H2SO3)不一定满足，C错误；
D.当吸收液呈中性时c(H+)=c(OH－)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+2c()+c()可知溶液中：c(Na+)=2c()+c()，D正确；
答案选D。
19. 常温下，滴有两滴酚酞溶液的Na2CO3溶液中存在CO+H2O⇌HCO+OH-平衡，溶液呈红色，下列说法不正确的是
A. 稀释溶液，增大
B. 通入CO2，或者加入少量氯化铵溶液，溶液pH均减小
C. 升高温度，红色变深，平衡常数增大
D. 加入NaOH固体，减小
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．稀释溶液，水解平衡常数Kh=不变，而溶液的碱性变弱，即c(H+)增大，故变小，故A错误；
B．通入CO2，或者加入少量氯化铵溶液，均能消耗掉氢氧根，导致c(OH-)减小，c(H+)增大，故溶液pH减小，故B正确；
C．盐类水解吸热，故升高温度，水解平衡右移，水解平衡常数增大，且溶液中c(OH-)增大，故红色变深，故C正确；
D．加入氢氧化钠固体，增大了c(OH-)，而水解平衡常数Kh=不变，故减小，故D正确；
故选A。
20. 草酸(H2C2O4)是一种重要的化工原料，常温下其K1=5.4×10-2、K2=5.4×10-5，常温下几种草酸盐溶液的pH见下表：
下列溶液中离子的物质的量浓度关系正确的是
A. ①中：c(K+)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)＞c()
B. ②中：c(K+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)
C. ③中：c(K+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)
D. ③中：2c(OH-)+c()=3c(H2C2O4)+c()+2c(H+)
【答案】D
【解析】
【分析】③中，溶液①与溶液②等体积混合，由K2==5.4×10-5，c(H+)=5.4×10-5，所以溶液中以的电离为主，的水解是次要的。
【详解】A．①中：与水都会电离出H+，则溶液中c(H+)＞c()＞c(OH-)，所以溶液中离子浓度的大小关系为c(K+)＞c()＞c(H+)＞c()＞c(OH-)，A不正确；
B．②中：水解生成和OH-，水电离生成OH-和H+，则c(OH-)＞c()，所以溶液中离子浓度的大小关系为c(K+)＞c()＞c(OH-)＞c()＞c(H+)，B不正确；
C．③中：由分析知，混合溶液显酸性，溶液中以电离为主，则c()＞c()，所以溶液中离子浓度的大小关系为c(K+)＞c()＞c()＞c(H+)＞c(OH-)，C不正确；
D．③中：0.01ml/LKHC2O4溶液与0.01ml/LK2C2O4溶液等体积混合，依据物料守恒可得2c(K+)=3c(H2C2O4) +3c()+3c()，依据电荷守恒可得c(K+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，依据c(K+)相等可得2c(OH-)+c()=3c(H2C2O4)+c()+2c(H+)，D正确；
故选D。
二、填空题(每空2分，共60分)
21. I.用中和滴定法测定某烧碱的纯度。将2.5g含有少量杂质(不与盐酸反应)的固体烧碱样品配制成250mL溶液。根据实验回答下列问题：
（1）滴定
①用_____(仪器名称)量取20.00mL待测液置于锥形瓶中，再滴加2滴酚酞试液。
②用_____(仪器名称)盛装0.2000 ml·L-1盐酸标准液，盛装前务必_____，防止标准液浓度降低。
③滴定过程中眼睛应注视_________，滴定终点的现象为：_______。
（2）有关数据记录如下：
计算V=_______mL
（3）纯度计算：NaOH溶液的浓度为_______ml·L-1，烧碱样品的纯度为_______。
（4）试判断以下几种情况对烧碱纯度测定的影响(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)：
①若用蒸馏水冲洗锥形瓶，则会使测定结果_______；
②若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则会使测定结果_______；
③若刚见到指示剂局部的颜色有变化就停止滴定，则会使测定结果_______；
④读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则会使测定结果_______。
II.氧化还原滴定与酸碱中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。硫代硫酸钠(Na2S2O3)又称大苏打，可用作定影剂、还原剂。现有某种硫代硫酸钠样品，为了测定该样品纯度。
（5）称取10.0g该硫代硫酸钠样品，配成100ml 溶液，取0.10 ml·L-1的K2Cr2O7 (硫酸酸化)标准溶液20. 00 mL，加入过量KI，发生。反应：，然后加入_______溶液作为指示剂，用硫代硫酸钠样品溶液滴定至终点，发生反应： ，到达滴定终点时的现象为_______。重复实验2~3次，平均消耗Na2S2O3样品溶液的体积为20. 0 mL。
（6）样品纯度的计算：根据上述有关数据，该样品中Na2S2O3的质量分数为_______。
【答案】（1） ①. 碱式滴定管 ②. 酸式滴定管 ③. 润洗 ④. 锥形瓶内溶液颜色变化 ⑤. 滴加最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且30s不恢复原色
（2）20.10 （3） ①. 0.201 ②. 80.4%
（4） ①. 无影响 ②. 偏大 ③. 偏小 ④. 偏小
（5） ①. 淀粉 ②. 滴加最后一滴硫代硫酸钠样品溶液时，溶液蓝色消失且30s内不恢复原色
（6）94.8%
【解析】
【分析】由，，可得关系式：，根据关系式计算20mL溶液中的物质的量，可得10g样品中（即100mL溶液）的质量，再计算样品中质量分数。
【小问1详解】
①待测液为烧碱溶液，呈碱性，应该用碱式滴定管量取，故答案为：碱式滴定管；
②标准液为盐酸，呈酸性，应该用酸式滴定管量取，盛装前务必将酸式滴定管润洗，防止标准液浓度降低，故答案为：酸式滴定管；润洗；
③滴定过程中眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，以判定滴定终点；滴定结束前溶液呈红色，滴定结束时溶液变为无色，则滴定终点现象为：滴加最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且30s不恢复原色；故答案为：锥形瓶内溶液颜色变化；滴加最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且30s不恢复原色；
【小问2详解】
两次实验中消耗盐酸的体积分别是：、，则消耗盐酸的平均值是：，故答案为：；
【小问3详解】
氢氧化钠和盐酸的物质的量相等，所以氢氧化钠溶液的浓度是：，所以烧碱样品的纯度为：；故答案为：；；
【小问4详解】
①若用蒸馏水冲洗锥形瓶，待测液溶质物质的量不变，消耗标准溶液体积不变，不影响测定的结果，故答案为：无影响；
②若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，会导致消耗的标准液体积偏大，测定结果偏大，故答案为：偏大；
③指示剂局部的颜色有变化就停止滴定，反应还没有结束，导致消耗的标准液体积偏小，测定结果偏小，故答案为：偏小；
④滴定前仰视，导致标准液的体积读数偏大，滴定后俯视，导致标准液的体积的读数偏小，最终导致标标准液体积偏小，测定结果偏小；故答案为偏小。
【小问5详解】
淀粉遇碘变蓝色，用淀粉溶液作指示剂：碘单质反应完毕，溶液蓝色褪去，滴定终点时溶液的颜色变化是：滴加最后一滴硫代硫酸钠样品溶液时，溶液蓝色消失且30s内不恢复原色，故答案为：淀粉；滴加最后一滴硫代硫酸钠样品溶液时，溶液蓝色消失且30s内不恢复原色；
【小问6详解】
由，，可得关系式：，故20mL溶液中，，可得10g样品中（即100mL溶液）的质量为，样品中质量分数为，故答案为：。
22. 温室气体让地球发烧，倡导低碳生活，是一种可持续发展的环保责任，将CO2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。
Ⅰ.在催化作用下由CO2和CH4转化为CH3COOH的反应历程示意图如图。
（1）在合成CH3COOH的反应历程中，下列有关说法正确的是_______(填字母)。
A. 该催化剂使反应的平衡常数增大
B. CH4→CH3COOH过程中，有C-H键断裂和C-C键形成
C. 生成乙酸的反应原子利用率100%
D. ΔH=E2-E1
Ⅱ.以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
CO2(g)+C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH=+177 kJ·ml-1(主反应)
C2H6(g)⇌CH4(g)+H2(g)+C(s) ΔH=+9 kJ·ml-1(副反应)
（2）主反应的反应历程可分为如下两步，反应过程中能量变化如图1所示：
ⅰ.C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g) ΔH1=+136 kJ·ml-1
ⅱ.H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g) ΔH2
ΔH2=_______，主反应的决速步骤为_______(填“反应ⅰ”或“反应ⅱ”)。
（3）向恒压密闭容器中充入CO2和C2H6，温度对催化剂K­Fe­Mn/Si­2性能的影响如图2所示，工业生产中主反应应选择的温度是_______。
（4）在一定温度下的密闭容器中充入一定量的CO2和C2H6，固定时间测定不同压强下C2H4的产率如图3所示，p1压强下a点反应速率：v(正)_______v(逆)。
（5）某温度下，在0.1 MPa恒压密闭容器中充入等物质的量的CO2和C2H4，只发生主反应，达到平衡时C2H4的物质的量分数为20%，该温度下反应的平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
【答案】（1）BC （2） ①. +41 ②. 反应ⅱ
（3）800 ℃ （4）<
（5）0.02
【解析】
【小问1详解】
A．平衡常数只与温度有关系，该催化剂不能使反应的平衡常数增大，A错误；
B．根据示意图可知CH4→CH3COOH过程中，有C—H键断裂和C—C键形成，B正确；
C．化学方程式为CO2+CH4→CH3COOH，所以生成乙酸的反应原子利用率为100%，C正确；
D．根据示意图可知ΔH=E1-E2，D错误；
故选BC。
【小问2详解】
已知：CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH=+177 kJ·ml-1
C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH1=+136 kJ·ml-1
根据盖斯定律可知前者减去后者即得到H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g) ΔH2=+41 kJ·ml-1，根据图象可知第二步反应的活化能大，则主反应的决速步骤为反应ⅱ。
【小问3详解】
根据示意图可知800 ℃时乙烯的选择性、反应物的转化率都是最大的，所以工业生产中主反应应选择的温度是800 ℃。
【小问4详解】
a点在曲线上方，此时乙烯的产率高于曲线上的平衡产率，说明此时反应逆向进行，因此p1压强下a点反应速率：v(正)【小问5详解】
根据三段式可知

达到平衡时C2H4的物质的量分数为20%，则=0.2，解得n=2x，所以该温度下反应的平衡常数Kp==0.02。
23. 下表是不同温度下水的离子积数据：
试回答以下问题：
（1）若25”“<”或“=”)1×10-14。
（2）25℃时，某Na2SO4溶液中c()=5×10-4 ml·L-1，取该溶液1 mL加水稀释至10 mL，则稀释后溶液中c(Na＋)∶c(OH-)=_______。
（3）在t2℃，pH=10的NaOH溶液中，水电离产生的OH-浓度为_______。
（4）在t2℃下，其溶液的pH=7，则该溶液_______(填字母)。
a.呈中性 b.呈碱性 c.呈酸性 d.c(OH-)=100c(H＋)
（5）25℃时，向100mL0.1ml/LNH4HSO4溶液中滴加0.1ml/LNaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示，
试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_______点。在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_______。
【答案】（1）> （2）1000：1
（3）
（4）bd （5） ①. a ②. c (Na+) >c () >c () >c (OH-) =c(H+)
【解析】
【小问1详解】
随着温度升高，水的离子积Kw增大，若251×10-14；
【小问2详解】
25℃时，某Na2SO4溶液中c()=5×10-4 ml·L-1，则c(Na＋)=2×c()=1×10-3 ml·L-1，取该溶液1 mL加水稀释至10 mL，c(Na＋)变为原来的，此时的c(Na＋)=×1×10-3 ml·L-1=1×10-4 ml·L-1，Na2SO4溶液为中性，在25℃时，c(OH-)=1×10-7ml·L-1，则稀释后溶液中c(Na＋)∶c(OH-)=(1×10-4 ml·L-1):( 1×10-7ml·L-1)=1000:1；
【小问3详解】
在t2℃，Kw=1×10-12,pH=10的NaOH溶液中，c(H＋)= 1×10-10ml/L,因为H+全部来自于水的电离，则水电离产生的OH-浓度c(OH-)水=c(H＋)= 1×10-10ml/L；
【小问4详解】
在t2℃下，其溶液的pH=7，则此时c(H＋)= 1×10-7ml/L，溶液中c(OH-)==ml/L=1×10-5ml/L，c(OH-)>c(H＋)，溶液呈碱性，c(OH-)=100c(H＋)，答案选bd；
【小问5详解】
a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O，(NH4) 2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性，所以a点水的电离程度最大，故答案为:a；c (Na+) >c () >c () >c (OH-) =c(H+)。
24. 已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如表：
（1）常温下，物质的量浓度相同的三种溶液①NaF溶液、②NaClO溶液、③Na2CO3溶液，其pH由大到小的顺序是_______(填序号)。
（2）NaClO溶液中的电荷守恒关系为_______。
（3）向NaClO溶液中通入少量的CO2，所发生反应的离子方程式为_______
（4）向Na2CO3溶液中加入明矾会产生沉淀和气体，请写出相关反应的离子方程式_______。
（5）TiCl4水解可制得二氧化钛水合物(TiO2·xH2O)，再将其固体焙烧可制得二氧化钛，写出制得二氧化钛水合物的化学方程式_______，制备时加入大量的水并加热，其目的是_______。
（6）已知某溶液中存在OH-、H+、、Cl-四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：
A.c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-) B.c(Cl-)>c()>c(OH-)>c(H+)
C.c()>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+) D.c(Cl-)>c(H+)>c()>c(OH-)
①若上述关系中C是正确的，则溶液中的溶质为_______。
②若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)_______c(NH3·H2O)(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)，混合前酸中c(H+)和碱中c(OH-)的关系为c(H+)_______c(OH-)。
【答案】（1）③>②>①
（2）
（3）
（4）
（5） ①. ②. 促进四氯化钛水解，将四氯化钛尽量多的转化为二氧化钛
（6） ①. NH3∙H2O，NH4Cl ②. 小于 ③. 大于
【解析】
【小问1详解】
根据表中电离常数可知酸性HF> H2CO3> HClO > ，酸性越强该酸对应的离子水解程度越弱，其pH由大到小的顺序是③>②>①；
小问2详解】
NaClO溶液中存在Na+、H+、OH-、ClO-的电荷守恒关系为；
【小问3详解】
根据表中电离常数可知酸性H2CO3> HClO > ，向NaClO溶液中通入少量的CO2生成次氯酸和碳酸氢钠，所发生反应的离子方程式为；
【小问4详解】
向Na2CO3溶液中加入明矾，和Al3+会产生沉淀和气体，反应的离子方程式为：；
【小问5详解】
TiCl4水解可制得二氧化钛水合物(TiO2·xH2O)，再将其固体焙烧可制得二氧化钛，TiCl4水解的化学方程式为；越稀释越水解，制备时加入大量的水并加热，促进四氯化钛水解，将四氯化钛尽量多的转化为二氧化钛；
【小问6详解】
①只含有NH4Cl溶液呈酸性，若上述关系中C是正确的，说明溶液呈碱性，则溶液中的溶质为NH3∙H2O，NH4Cl；
②若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，说明NH3∙H2O未被中和完，溶液溶质为NH3∙H2O，NH4Cl，则混合前c(HCl)小于c(NH3·H2O)；盐酸是强酸完全电离，NH3·H2O是弱电解质，部分电离，混合前酸中c(H+)和碱中c(OH-)的关系为c(H+)大于 c(OH-)。容器编号
温度/℃
起始物质的量/ml
平衡物质的量/ml
CO
Cl2
COCl2
COCl2
Ⅰ
500
1.0
1.0
0
0.8
Ⅱ
500
1.0
a
0
0.5
Ⅲ
600
0.5
0.5
05
0.7
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
2mlCO、1ml O2
2ml CO2
4ml CO2
CO2的浓度(ml·L-1)
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出akJ
吸收bkJ
吸收ckJ
体系压强(Pa)
p1
p2
p3
反应物转化率
α1
α2
α3
编号
①
②
③
溶液
0.01ml/LKHC2O4
0.01ml/LK2C2O4
溶液①与溶液②等体积混合
pH
3.1
8.1
未测定
滴定序号
待测液体体积(mL)
滴定前(mL)
滴定后(mL)
所消耗盐酸标准液的平均体积(mL)
1
20.00
0.50
20.70
V
2
20.00
6.00
26.00
温度/℃
25
t1
t2
水的离子积Kw
1×10-14
a
1×10-12
化学式
HF
HClO
H2CO3
NH3·H2O
电离
常数
6.8×10-4
4.7×10-8
Ka1=4.3×10-7
Ka2=56×10-11
1.7×10-5