2018-2019学年合肥八中、马鞍山二中、阜阳一中高二化学第一学期期中联考化学试卷(解析版)(共16页).doc

精选优质文档-倾情为你奉上合肥八中、马鞍山二中、阜阳一中2017-2018学年第一学期高二年级12月份联考化学试题卷1. 下列说法不正确的是（）A. 沈括梦溪笔谈记载：“石穴中水，所滴者皆为钟乳。”，此过程涉及沉淀溶解平衡。B. 古人用明矾水除铜镜上的铜锈是利用了盐类水解的原理。C. 葛洪所记 “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，所述对青蒿素的提取属于化学变化。D. 本草经集注记载的区分硝石（KNO3）和朴消（Na2SO4）的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，利用了焰色反应。【答案】C【解析】A. 钟乳石的主要成分是碳酸钙，其形成过程主要有CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、Ca(HCO3)2=CaCO3+CO2+H2O两个反应，此过程涉及沉淀溶解平衡，故A正确；B. 明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈主要成分为Cu2(OH)2CO3，Cu2(OH)2CO3可溶于酸性溶液，所以用明矾溶液清除铜镜上的铜锈利用的是盐类水解的原理，故B正确；C. 对青蒿素的提取利用的是萃取原理，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D. 鉴别KNO3和Na2SO4，利用的是钾元素和钠元素的焰色反应现象不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为透过蓝色钴玻璃观察为紫色，故D正确；答案选C。2. 油酸甘油酯（相对分子质量884）是一种典型的脂肪，在体内代谢时可发生如下反应：C57H104O6(s)+80O2(g)57CO2(g)+52H2O(l)。已知要消耗1kg该化合物，常人需快走约200公里（每快走1公里按平均耗能190 kJ计）。则油酸甘油酯的燃烧热H约为（ ）A. 3.8×104kJ·mol-1 B. 3.8×104kJ·mol-1C. 3.4×104kJ·mol-1 D. 3.4×104kJ·mol-1【答案】D【解析】燃烧热指的是燃烧1mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量，消耗1kg油酸甘油酯释放出热量：（200×190kJ）=3.8×104kJ，1kg该化合物的物质的量为1000g÷884g/mol，则油酸甘油酯的燃烧热H=- =-3.4×104kJmol-1，故答案选D。点睛：本题主要考查燃烧热的概念和计算。本题的易错项是B项，解题时要注意燃烧热的概念是：在25、101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，因此判断燃烧热时，必须是1mol可燃物，题中给出的是消耗1kg油酸甘油酯，需要换算为物质的量再进行计算，不能把1kg误认为是1mol。3. 下列情况能作为可逆反应达到化学平衡状态的标志是（ ）反应N2 + 3H22NH3 在等温等容条件下进行时气体压强保持不变。反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)在一定温度下进行时，气体的平均相对分子质量保持不变N2 + 3H22NH3在一定条件下进行，断裂0.6molHH键的同时断裂1.2molNH键反应2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)进行一段时间后2v正（SO3）=v逆（O2）反应2HI(g)H2（g）+ I2（g）在一定温度和压强下进行时，气体的密度保持不变。A. B. C. D. 【答案】A【解析】N2 + 3H22NH3为反应前后气体体积不等的可逆反应，在等温等容条件下进行时气体压强保持不变，说明反应达到了平衡状态，故符合；反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)中只有氧气是气体，则气体的平均相对分子质量始终不变，所以在一定温度下进行时，气体的平均相对分子质量保持不变，不能说明反应达到了平衡状态，故不符合；N2 + 3H22NH3在一定条件下进行，断裂0.6molHH键的同时断裂1.2molNH键，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到了平衡状态，故符合；反应2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)进行一段时间后，2v正（SO3）=v逆（O2），正反应速率不等于逆反应速率，说明不是平衡状态，故不符合；反应2HI(g)H2（g）+ I2（g）为反应前后气体体积相等的可逆反应，且三种物质均为气体，气体的密度始终不变，则在一定温度和压强下进行时，气体的密度保持不变不能说明反应达到了平衡状态，故不符合；综上所述，答案选A。4. 下列关于化学反应的图像的说法不正确是 （ ） A. 图1可表示反应2NO2N2O4 在等温等压条件下平衡后t1时刻充入NO2时反应速率变化B. 图2可表示CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在一定温度下，将0.5mol CO和0.5mol H2在体积为2L的密闭容器中发生反应时CO的体积分数随时间变化图像。C. 图3可表示反应2SO2 +O22SO3 ，温度T1>T2，反应为吸热反应。D. 图4可表示反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，正反应是吸热反应,且m+n>p+q。【答案】C【解析】A. 在等温等压条件下，平衡后t1时刻充入NO2，正反应速率增大，逆反应速率减小，最后重新达到平衡状态，故A正确；B. 将0.5mol CO和0.5mol H2在体积为2L的密闭容器中发生反应，起始时CO与H2的体积比为1:1，CO的体积分数为50%，设反应过程中CO消耗xmol，则：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 起始（mol） 0.5 0.5 0转化（mol） x 2x x则CO的体积分数为：×100% =×100%=50%，所以在反应过程中CO的体积分数不变，故B正确；C. 根据“先拐先平数值大”的原则，温度T2T1，温度高时SO3的体积分数小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故C错误；D. 由图可知，升高温度，A的转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，压强越大，A的转化率越大，说明增大压强，平衡正向移动，正反应方向为气体减少的方向，则m+n>p+q，故D正确；答案选C。5. 将CuO放入密闭的真空容器中,反应4CuO(s)2Cu2O(s)+O2(g)达到平衡。保持温度不变,将容器容积缩小到原来的一半,体系重新达到平衡,下列说法正确的是()A. c(O2)大于原平衡的一倍，小于原平衡的二倍B. 固体颜色加深C. 气体压强增大D. 该反应在高温下才能自发进行，则反应的H< 0【答案】B点睛：化学平衡的影响因素及平衡的移动是本题的主要考点，解答本题的关键是注意反应4CuO(s)2Cu2O(s)+O2(g)中只有氧气是气体，保持温度不变，体积压缩为原来的一半，即增大压强，则平衡逆向移动，但温度不变，则平衡常数也不变，再结合平衡常数K=c（O2），分析判断各项即可。6. 下列说法正确的是（ ）A. 配制Fe（NO3）2时应加入一定量的酸抑制Fe2+水解B. 向含FeCl3杂质的CaCl2溶液中加入一定量的石灰石能降低杂质FeCl3的含量C. 久置的氯水比新制的氯水中水的电离程度更大D. 常温下pH=3的醋酸溶液和pH=11的KOH溶液等体积混合后溶液显碱性【答案】B【解析】A. 配制Fe(NO3)2时加入一定量的酸，在酸性条件下Fe2会被NO3氧化成Fe3，故A错误；B. FeCl3水解使溶液呈酸性，加入石灰石消耗氢离子，促进FeCl3的水解，从而降低杂质FeCl3的含量，故B正确；C. 久置的氯水比新制的氯水中盐酸的浓度大，对水的电离抑制程度大，所以久置的氯水比新制的氯水中水的电离程度更小，故C错误；D. 醋酸是弱电解质，氢氧化钾是强电解质，所以醋酸部分电离，氢氧化钾完全电离，常温下，pH=3的醋酸和pH=11的KOH溶液中醋酸浓度大于氢氧化钾，二者等体积混合，醋酸过量，因醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以pH7，故D错误；答案选B。7. 25 时，下列四种溶液中，由水电离生成的氢离子浓度由大到小的顺序是（ ）pH值等于4的醋酸溶液 0.001 mol·L1的醋酸溶液（电离度约为1.3%） 0.001 mol·L1的NaOH溶液 pH值等于4的NH4Cl溶液A. >>> B. >=> C. =>> D. >>>【答案】A【解析】25 时，pH值等于4的醋酸溶液中，c（H+）=104mol/L，则由水电离产生的c（H+）等于由水电离产生的c（OH）=1010mol/L； 0.001 mol·L1的醋酸溶液（电离度约为1.3%）中，c（H+）=0.001 mol·L1×1.3%=1.3×105mol/L，则由水电离产生的c（H+）等于由水电离产生的c（OH）=7.7×1010mol/L； NaOH是强电解质，0.001 mol·L1的NaOH溶液中，c（OH）=103mol/L，则由水电离产生的c（H+）=1011mol/L；pH值等于4的NH4Cl溶液中，氢离子全部由水电离产生，则由水电离产生的c（H+）=104mol/L；综上所述，在这四种溶液中，由水电离生成的氢离子浓度由大到小的顺序是：>>>，故答案选A。8. 下列有关化学反应速率的说法中，正确的是()A. 铝比铜的金属活动性强，所以铝在浓硝酸中的溶解速率比铜快B. 盐酸与锌反应时，反应速率先加快后减慢，与反应过程中放热及c（H+）变化有关C. 食品包装袋中放置抗氧化剂与反应速率无关D. 升高温度能使可逆反应的正、逆反应速率都同等倍数增大【答案】B【解析】A. 铝在浓硝酸中会发生钝化，所以铝在浓硝酸中的溶解速率比铜慢，故A错误；B. 盐酸与锌的反应是放热反应，随着反应的进行，温度升高，反应速率加快，当反应进行到一定程度后，由于c（H+）减小，导致反应速率减慢，故B正确；C. 食品包装袋中的抗氧化剂实质就是还原剂，能够消耗包装袋中的氧气，降低氧气的浓度，从而减慢食品因氧化而变质的速率，故C错误；D. 升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则吸热方向的速率大于放热方向的速率，所以升高温度，可逆反应的正、逆反应速率增大的倍数不同，故D错误；答案选B。9. 部分弱酸的电离平衡常数数据如下表，则下列选项正确的是（ ）弱电解质HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数Ka=1.7710-4Ka=4.910-10Ka1=4.310-7Ka2=5.610-11A. 向NaCN 溶液中通入CO2发生反应：2CNH2OCO2=2HCNCOB. 相同物质的量浓度的HCOONa、NaCN、Na2CO3溶液，pH值大小为：NaCN> Na2CO3>HCOONaC. 中和等体积、等pH的HCOOH和HCN，消耗NaOH的物质的量前者大于后者D. 等体积等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者【答案】D【解析】A. 酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强，由表中数据可知，酸性：H2CO3HCNHCO3，则向NaCN 溶液中通入CO2，正确的的离子方程式为：CNH2OCO2=HCNHCO3，故A错误；B. 由表中数据可知，酸性：HCOOHH2CO3HCNHCO3，根据盐类水解的规律“越弱越水解”，CO32水解程度最大，HCOO水解程度最小，则相同物质的量浓度的HCOONa、NaCN、Na2CO3溶液，pH值大小为：Na2CO3>NaCN> HCOONa，故B错误；C. 等pH的HCOOH和HCN溶液，甲酸的物质的量浓度小于氢氰酸，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN，消耗NaOH的物质的量前者小于后者，故C错误；D. 根据电荷守恒，c(HCOO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)，c(CN)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)，即溶液中的离子总数是n(Na+)+n(H+)的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c(OH)大，c(H+)小，c(Na+)相同，所以甲酸钠溶液中离子浓度大，因此等体积等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者，故D正确；答案选D。10. 对室温下pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是（ ）A. 加适量的醋酸钠晶体后，两者的pH均增大 B. 温度都升高后，两者pH均增大C. 用湿润的pH试纸测定出的pH值醋酸更大 D. 与足量锌反应两者产生的氢气一样多【答案】A【解析】A. 向盐酸中加入醋酸钠晶体，醋酸钠和盐酸反应生成醋酸，导致溶液的c(H+)减小，pH增大，向醋酸中加入醋酸钠，能抑制醋酸电离，导致其溶液的c(H+)减小，pH增大，故A正确；B. 盐酸是强酸，不存在电离平衡，升高温度不影响盐酸的pH，醋酸是弱酸，其水溶液中存在电离平衡，升高温度，促进醋酸电离，导致醋酸溶液中氢离子浓度增大，所以醋酸的pH减小，故B错误；C. 醋酸是弱酸，溶液中存在醋酸的电离平衡，盐酸中是强酸，不存在电离平衡，用湿润的pH试纸测定溶液的pH，相当于加水稀释，促进醋酸的电离，所以盐酸溶液中c(H+)减小更多，pH更大，故C错误；D. pH相同、体积相同的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，且二者都是一元酸，所以分别与足量的锌反应，醋酸产生的氢气比盐酸多，故D错误；答案选A。11. 已知当NH4Cl溶液的浓度小于0.1 mol/L时，其pH>5.1。现用0.1 mol/L的盐酸滴定10 mL 0.05 mol/L的氨水，用甲基橙（变色范围pH值为3.1至4.4）作指示剂达到终点时所用盐酸的量( )A. 等于10 mL B. 等于5 mL C. 大于5 mL D. 小于5 mL【答案】C【解析】甲基橙变色范围为pH：3.14.4，pH<3.1时红色，pH>4.4时黄色，pH在3.14.4时呈橙色，盐酸和氨水反应，当达到化学计量点时，变成氯化铵溶液，此时NH4Cl溶液的浓度小于0.1mol/L，其pH5.1，所以到达化学计量点时，并没有使甲基橙变色，盐酸要过量一点才能变色，所以盐酸的用量应大于5mL，故答案选C。12. 下列各项中的两个量，其比值一定为21的是( )A. 液面在“0”刻度时，50 mL碱式滴定管和25 mL碱式滴定管所盛液体的体积B. 相同温度下，0.2 mol·L1醋酸溶液和0.1 mol·L1醋酸溶液中的c(CH3COO-)C. 在(NH4)2SO4溶液中，c(NH)与c(SO)D. 相同温度下，等浓度的Ba(OH)2和NaOH溶液中的c(OH)【答案】D【解析】A滴定管最大值下面还有溶液，且这部分溶液的体积未知，导致无法判断其溶液体积的比值，故A错误；B相同温度下0.2mol/L的CH3COOH与0.1mol/L的CH3COOH溶液中，醋酸的电离程度不同，所以c（CH3COO）之比不是1:2，故B错误；C硫酸铵溶液中铵根离子水解，所以在(NH4)2SO4溶液中c（NH4）和c（SO42）的物质的量浓度之比小于2:1，故C错误；DBa(OH)2和NaOH均为强电解质，相同温度下，等浓度的Ba(OH)2和NaOH溶液，设浓度为c，氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度为2c，氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为c，所以前者与后者的c(OH)之比为2:1，故D正确；答案选D。13. 下列电解质溶液的有关叙述正确的是( )A. 同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH=7B. 在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2)增大C. 常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH小D. 在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na)= c(CH3COO)【答案】D学14. 室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是()选项加入的物质结论A50 mL 1 mol·L1盐酸反应结束后，c(Na)c(HCO3-)B0.01 mol K2CO3溶液中c(HCO3-)与c(CO32-)的比值增大C50 mL H2O溶液中c(H)增大D0.025 mol CO2气体溶液c(HCO3-)与c(CO32-)的比值一定是2：1A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】n（Na2CO3）=0.05mol，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解使溶液呈碱性，水解方程式为：CO32H2OHCO3OH。A. n（HCl）= 1 mol·L1×0.05L=0.05mol，HCl的物质的量和Na2CO3的物质的量相等，则HCl和Na2CO3发生反应：HClNa2CO3=NaHCO3NaCl，因HCO3既可以电离又可以水解，则c(Na)2c(HCO3-)，故A错误；B. 向Na2CO3溶液中加入0.01 mol K2CO3，增大碳酸根离子的浓度，使碳酸根离子的水解平衡正向移动，但碳酸根离子浓度比碳酸氢根离子浓度增大的多，则溶液中c(HCO3)与c(CO32)的比值减小，故B错误；C. 向Na2CO3溶液中加入50mL水，加水稀释促进碳酸根离子的水解，但溶液中的c(OH)减小，因温度未变，则Kw不变，所以溶液中c(H)增大，故C正确；D. 向Na2CO3溶液中通入0.025 mol CO2气体，二者发生反应：Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，根据二者物质的量的关系可知，CO2完全反应，生成0.05mol的NaHCO3，剩余0.025molNa2CO3，因CO32水解程度大于HCO3的水解程度，则溶液c(HCO3-)与c(CO32-)的比值大于2:1，故D错误；答案选C。15. 下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是()A. 能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液中：K、Na、CO、NOB. 水电离出的c(H)1×1012 mol/L的溶液中：Na、Mg2、Cl、SOC. 能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中：Na、NH、S2、BrD. c(H)1×101 mol/L的溶液中：Cu2、Al3、SO、NO【答案】D【解析】A. 能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液，说明溶液呈酸性，CO32和H反应而不能大量共存，故A错误；B. 水电离出的c(H)1×1012 mol/L的溶液中，水的电离受到抑制，则溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，若为酸性溶液，四种离子可以大量共存，若为碱性溶液，Mg2和OH反应而不能大量共存，故B错误；C. 能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液，说明溶液具有强氧化性，S2、Br具有还原性，会发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D. c(H)1×101 mol/L的溶液，说明溶液呈酸性，四种离子之间不发生反应，与氢离子也不反应，可以大量共存，故D正确；答案选D。点睛：本题主要考查限定条件下的离子共存问题，试题难度中等。本题的易错点是B和D项，判断时要特别注意B项中的c(H)1×1012 mol/L和D项中的c(H)1×101 mol/L之间的区别，B项中所给的是由水电离产生的c(H)1×1012 mol/L，说明溶液中水的电离受到了抑制，则溶液可能为酸性溶液，也可能是碱性溶液，而D项中所给c(H)1×101 mol/L，指的是溶液中的氢离子浓度，说明溶液呈酸性，利用上述结论分析解答即可。16. 25 将0.1 mol·L1的HCl和0.06 mol·L1 Ba(OH)2溶液等体积混合后，该混合液的pH是()A. 1.7 B. 12.3 C. 12 D. 2【答案】C【解析】首先要判断哪种物质过量，盐酸溶液中：c(H+)=0.1mol/L，Ba(OH)2溶液中：c(OH-)=0.06 mol/L×2=0.12 mol/L，又因等体积混合，故碱过量，则溶液中：c(OH-)=0.01mol/L，故pH=-lg c(H+)=14+lg0.01=14-2=12。17. 在下列实验方法中，不能证明醋酸是弱酸的是()A. 25 时，醋酸钠溶液呈碱性B. 25 时，0.1 mol/L的醋酸的pH约为3C. 25 时，等体积的盐酸和醋酸，前者比后者的导电能力强D. 25 时，将pH3的盐酸和醋酸稀释成pH4的溶液，醋酸所需加入的水多【答案】C【解析】A醋酸钠溶液呈碱性，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，所以能说明醋酸是弱酸，故A不选；B25 时，0.1 mol/L的醋酸的pH为3，说明醋酸不完全电离，则能证明醋酸是弱酸，故B不选；C溶液的导电能力与离子浓度有关，因盐酸和醋酸溶液的浓度未知，无法判断醋酸的电离程度，故C选；D常温下，将pH=3的盐酸和醋酸稀释成pH=4的溶液，醋酸所需加入的水量多，说明醋酸溶液中存在电离平衡，则能证明醋酸是弱酸，故D不选；答案选C。点睛：本题主要考查弱电解质在溶液中的电离平衡及弱电解质的概念与判断，明确弱电解质的概念及判断方法是解答本题的关键，判断弱电解质的方法一般是：1、利用电离的不完全性；2、存在电离平衡；3、利用盐溶液的酸碱性等。18. 物质的量浓度相同的三种溶液：氯化铵、氨水、硫酸氢铵，c(NH4+)大小顺序正确的是()A. >> B. >> C. >> D. >>【答案】D【解析】1mol硫酸氢铵、氯化铵都能电离出1mol铵根离子，在硫酸氢铵中氢离子的存在抑制铵根离子水解，所以硫酸氢铵中铵根离子浓度大于氯化铵的，氨水是弱碱，不能完全电离，所以铵根离子浓度最小。故c(NH4+)大小顺序是>>。答案选D。19. 常温下，向20mL0.1mol/L氨水溶液中滴加盐酸，溶液中水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积变化如图所示。则下列说法正确的是( )A. b、d两点为恰好完全反应点B. c点溶液中c(NH4+) =c(Cl-)C. a、b之间的任意一点：c(Cl-)c(NH4+)，c(H+)c(OH-)D. c点时氨水与盐酸恰好完全反应，c(Cl-)c(NH4+)【答案】D【解析】A. 常温下，c(H+)×c(OH)=Kw=1014，b、d两点的溶液中c(H+)=107mol/L，所以c(H+)=c(OH)，溶液呈中性，如果氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，故A错误；B. 据图可知，c点c(H+)>107mol/L，c(OH)<107mol/L，溶液呈酸性，结合电荷守恒得c(NH4+)<c(Cl)，故B错误；C. a、b之间的任意一点溶液都呈碱性，即c(H+)<c(OH)，结合电荷守恒得c(Cl)<c(NH4+)，故C错误；D. c点时溶液中水电离的氢离子浓度最大，氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵时，氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，使溶液中水电离的氢离子浓度最大，因氯化铵水解使溶液呈酸性，c(H+)>c(OH)，根据电荷守恒得c(Cl)>c(NH4+)，故D正确；答案选D。点睛：本题主要考查酸碱混合时的定性判断和盐类的水解等，试题难度较大。解答本题时，首先需要明确图中曲线的变化趋势，再分析图中a、b、c、d四点对应的溶液中溶质的成分及其性质，解题时还要注意电荷守恒的灵活运用。20. 向0. 10 mol·L-1的Na2CO3溶液中逐滴加入稀盐酸，加入的HCl与原溶液中Na2CO3的物质的量之比f与混合液pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. f=0时，溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)B. f=0.5时，溶液中：2c(Cl-)=c(HCO3-)+c(CO32-)+ c(H2CO3)C. f= 1时，溶液中：c(Cl-) > c(HCO3-)> c(CO32-)> c(H2CO3)D. f=2时，溶液中：c(H2CO3) > c(HCO3-)> c(H+)> c(OH-)【答案】B【解析】A. f=0时，溶液为单一的碳酸钠溶液，因碳酸根离子水解，使c(Na+)>2c(CO32-)，故A错误；B. f=0.5时，HCl不足，与碳酸钠发生反应：HClNa2CO3=NaClNaHCO3，溶液中含有等物质的量的NaCl、Na2CO3、NaHCO3，根据物料守恒得：2c(Cl-)=c(HCO3-)+c(CO32-)+ c(H2CO3)，故B正确；C. f= 1时，HCl与碳酸钠恰好完全反应生成等物质的量的NaCl和NaHCO3，因HCO3的水解程度大于电离程度，则c(H2CO3)> c(CO32-)，故C错误；D. f=2时，HCl与碳酸钠恰好完全反应：2HClNa2CO3=2NaClH2OCO2，得到NaCl和H2CO3的混合溶液，H2CO3是二元弱酸，分两步电离，使c(H+)> c(HCO3-)，故D错误；答案选B。21. I布朗斯特（Brönsted）和劳莱（Lowry）的质子理论认为，凡是给出质子（H+）的任何物质（分子或离子）都是酸；凡是接受质子（H+）的任何物质都是碱。简单地说，酸是质子的给予体，而碱是质子的接受体。酸和碱之间的关系表示如下：酸质子（H+）+ 碱（1）根据酸碱质子理论，下列分子只能看作酸的是_，既能看成酸又能看成碱的是_。（均填序号）CO32- NH4+ HS- H2O H3O+ Na+（2）已知反应C6H5OH + CO32- =C6H5O - +HCO3- ，则C6H5O 和CO32-碱性较强的是_。（3）水的离子积常数为Kw ，弱酸HA的电离平衡常数为Ka，NaA的溶液中A-的水解平衡常数为Kh ，根据它们的平衡常数表达式判断，Ka与Kh的关系为_。（4）已知常温下弱酸HA的电离平衡常数为K=1.75 x 10-5，常温下向0.2mol/L的HA的溶液中加入等体积0.1mol/L的NaOH溶液，则所得溶液中c（HA）和c（A-）的物质的量浓度之和为_mol/L；该溶液pH值_7（填“>”或 “=”或 “<”），用相关数据说明理由_；该溶液粒子浓度关系正确的是_A2c（Na+）> c（HA）+ c（A-） Bc（A-）c（HA）=2c（H+）c（OH-）Cc（Na+）> c（A-）> c（HA）> c（H+）> c（OH-） Dc（A-）> c（Na+）> c（HA）> c（H+）> c（OH-）【答案】 (1). (2). (3). CO32- (4). Ka Kh = Kw (5). 0.1 (6). < (7). 常温下，NaA溶液中A-的水解平衡常数Kh = Kw/ Ka =10-14/1.75 x 10-5 =5. 7 x 10-10 < Ka ，故所得的HA和NaA的等浓度混合液中HA的电离程度大于NaA的水解程度，溶液显酸性 (8). BD【解析】I. (1). CO32-不能给出质子（H+），但能结合质子（H+）形成碳酸氢根离子，根据酸碱质子理论，属于碱；NH4+能给出质子（H+），但不能与质子（H+）结合，根据酸碱质子理论，属于酸；HS-既能结合质子（H+）生成H2S、也能给出质子（H+）生成S2-，根据酸碱质子理论，属于两性物质；H2O既能结合质子（H+）生成H3O+、也能给出质子（H+）生成OH，根据酸碱质子理论，属于两性物质；H3O+能给出质子（H+），但不能与质子（H+）结合，根据酸碱质子理论，属于酸；Na+既不能结合质子（H+）、也不能给出质子（H+），根据酸碱质子理论，既不属于酸也不属于碱；根据上述分析，只能看作酸的是，既能看成酸又能看成碱的是，故答案为：；(2). 根据反应C6H5OH + CO32- =C6H5O - +HCO3-可知，CO32-更容易结合质子（H+），所以碱性较强的是CO32-，故答案为：CO32-；II. (3). 弱酸HA的电离方程式为：HAHA，根据电离方程式可知，Ka=，A水解的反应方程式为：AH2OHAOH，根据水解方程式可知，Kh=，则Ka×Kh=c(H)×c(OH)=Kw，故答案为：Ka·Kh = Kw；(4). 常温下向0.2mol/L的HA的溶液中加入等体积0.1mol/L的NaOH溶液，二者反应后得到等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液，根据物料守恒得c(HA)+c(A)=0.1mol/L；根据上述分析可知，A的水解平衡常数Kh=5. 7 x 10-10 < Ka，说明HA的电离程度大于A的水解程度，溶液呈酸性，则pH7；A因两溶液混合后得到的是等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液，根据物料守恒得2c（Na+）= c（HA）+ c（A-），故A错误；B. 根据物料守恒得2c（Na+）= c（HA）+ c（A-），根据电荷守恒得c（Na+）+ c（H+）= c（OH）+ c（A），将两式合并得：c（A-）c（HA）=2c（H+）c（OH-），故B正确；C. 根据上述分析可知，HA的电离程度大于A的水解程度，溶液呈酸性，根据电荷守恒可知c（A-）>c（Na+），故C错误；D. 因HA的电离程度大于A的水解程度，溶液呈酸性，则c（A-）> c（Na+）> c（HA）> c（H+）> c（OH-），故D正确；故答案为：0.1；< ；常温下，NaA溶液中A-的水解平衡常数Kh = Kw/ Ka =10-14/1.75 x 10-5 =5. 7 x 10-10 < Ka ，故所得的HA和NaA的等浓度混合液中HA的电离程度大于NaA的水解程度，溶液显酸性；BD。22. 在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2 mol A和1 mol B，发生反应：2A(g) + B(g)2D(g)  H=Q kJ·mol1。相关条件和数据见下表：实验编号实验实验实验反应温度/700700750达平衡时间/min40530平衡时与反应前的压强比3：43：45：6化学平衡常数K1K 2K 3（1）从开始反应到达到平衡，实验用B的浓度变化表示的平均反应速率为_ ；相对于实验，实验采取的措施是_。（2） K 1、K 2、K 3的关系是_。（3）实验的化学平衡常数为_ ；若在实验达平衡后，恒温下再向容器中通入1 mol A和1 mol D，B的浓度将_（填“增大”或“减小”或“不变”），理由是_。【答案】 (1). 0.075molL-1min-1 (2). 加入催化剂 (3). k1=K2>k3 (4). 4mol-1L (5). 不变 (6). 一定温度下再加入1 mol A和1 mol D时，浓度商刚好等于该温度下的化学平衡常数，处于化学平衡状态，故B的浓度不变。【解析】(1). 在恒温恒容的容器中，气体的压强比等于物质的量之比，设实验达到平衡时，B消耗xmol，则根据三段式法有：2A(g) + B(g)2D(g)  起始（mol） 2 1 0转化（mol） 2x x 2x平衡（mol） 2-2x 1-x 2x则=，解得x=0.75mol，则v（B）= = 0.075mol·L-1·min-1，K2=72；由表中数据可知，实验I和实验II的起始状态和平衡状态完全相同，但达到平衡的时间不同，实验II达到平衡用的时间短，说明实验II中加入了催化剂，故答案为：0.075mol·L-1·min-1；加入催化剂；(2). 采用上述同样的方法，2A(g) + B(g)2D(g)  起始（mol） 2 1 0转化（mol） 2x x 2x平衡（mol） 2-2x 1-x 2x则=，解得x=0.5mol，计算得到K3=4，则K2K3，又因温度相同，平衡常数相等，则K1=K2，故答案为：K1=K2>K3；(3). 根据上述分析结果可知，K3=4mol-1L；实验达平衡后，A、B、C三种物质的浓度分别为：0.5mol/L、0.25mol/L、0.5mol/L，恒温下再向容器中通入1 mol A和1 mol D，则浓度商Qc= =4= K3，说明平衡不移动，B的浓度不变，故答案为：4mol-1L；不变；一定温度下再加入1 mol A和1 mol D时，浓度商刚好等于该温度下的化学平衡常数，处于化学平衡状态，故B的浓度不变。点睛：本题主要考查影响化学平衡的因素及化学平衡常数的计算，试题难度中等。本题的难点是第（3）问判断实验达平衡后，恒温下再向容器中通入1 mol A和1 mol D，B的浓度将如何变化，解答本题时需要先计算出实验III的平衡常数K3，再求出浓度商Qc，比较二者的数值大小，得出Qc = K3的结论，说明再通入1 mol A和1 mol D，依然处于平衡状态，平衡不移动，则B的浓度不变。23. 某研究性学习小组为了探究FeI2溶液和氯气的反应与反应物的用量的关系进行了以下实验：向一定体积的FeI2溶液中通入一段时间的Cl2，充分反应后取出25mL，用250mL容量瓶将其稀释到250mL。再从中取出两份溶液分别注入A、B两只锥形瓶中，每一份25mL。向溶液A中滴加2到3滴KSCN溶液，B中滴加2到3滴淀粉溶液，A中溶液显红色，B中溶液显蓝色。再分别用新制的0.005molL-1的Na2SO3标准液滴定。结束后再重复两次实验。（1）盛放Na2SO3标准液的滴定管应使用_滴定管（填“酸式”或“碱式”），滴定管在注液前首先应进行的操作是_。（2）A锥形瓶中达到滴定终点的现象是：_。（3）若经测定，A平均消耗Na2SO3标准液5.00mL，B平均消耗Na2SO3标准液25.00mL。则原溶液（用锥形瓶稀释到250mL前）中c（Fe3+）为_，c（I2）为_，原FeI2溶液通入Cl2时所发生反应的离子方程式为_。（4）若对A锥形瓶中溶液滴定时滴定前有气泡，滴定结束时无气泡，对B中溶液滴定时无异常，则测定出的c（I2）结果