2019-2020学年天津市七校高二上学期期中考试联考化学试题

七校联考 2019－2020 学年第一学期期中
高二化学
★祝考试顺利★
注意事项：
1、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

2、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

3、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

5、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 Fe：56 Cl：35.5
1.为了应对能源危机，满足不断增大的能源需求，当今国际能源研究的另一热点就是寻找新能源，下列有关新能源的叙述不正确的是
A. 氢能燃烧热值高，资源丰富，无毒，无污染
B. 风能是太阳能的一种转换形式，能量巨大
C. 太阳能能量巨大，取之不尽，用之不竭，而且清洁、无污染，但需要开采、运输
D. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氢气燃烧产物是水，不污染环境；氢气的燃烧值高；工业上制取氢气是通过电解水得到的，而地球上水资源丰富，可以从水中提取氢气，说明资源广泛，A项正确；
B. 风能地球表面大量空气流动所产生的动能，由于地面各处受太阳辐照后气温变化不同和空气中水蒸气的含量不同，因而引起各地气压的差异，在水平方向高压空气向低压地区流动，即形成风，故风能是太阳能的一种转换形式，B项正确；
C. 太阳能是一种清洁、无污染、可再生能源，它取之不尽用之不竭，是一种新型的能源，可
以直接利用，无需开采、运输，C项错误；
D. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用，D项正确；
答案选C。

2.单斜硫和正交硫是硫的两种同素异形体。

下列说法正确的是
A. S(s，单斜)═S(s，正交) ΔH3=－0.33 kJ⋅mol−1
B. 单斜硫比正交硫稳定
C. 相同物质的量的正交硫比单斜硫所含有的能量高
D. ①式表示断裂1 mol O2中的共价键所吸收的能量比形成1 mol SO2中的共价键所放出的能量多297.16 kJ
【答案】A
【解析】
【详解】根据图示，已知：①S(s，单斜)+O2(g)=SO2(g) △H1=−297.16 kJ⋅mol−1；②S(s，正交)+O2(g)=SO2(g) △H2=−296.83kJ⋅mol−1；①−②得到热化学方程式：S(s，单斜)=S(s，正交) △H3=−0.33 kJ⋅mol−1；
A. 根据盖斯定律得到热化学方程式为：S(s，单斜)=S(s，正交) △H3=−0.33kJ·mol−1，故A正确；
B. 依据热化学方程式，以及物质能量越低越稳定，正交硫能量低于单斜硫，所以正交硫稳定，故B错误；
C. 相同物质的量的正交硫比单斜硫所含有的能量低，故C错误；
D. ①式表示断裂lmolO2中共价键和断裂S(s，单斜)所吸收的总能量比形成1molSO2中共价键所放出的能量少297.16 kJ，故D错误；
答案选A。

【点睛】对于化学反应热的计算，可以用生成物的总能量减去反应物的总能量，或是反应物
的总键能减去生成物的总键能，或者依照能量图，能量越低越稳定来进行判断，熟练使用盖斯定律，将方程式相加或相减得到目标方程式。

3.下列说法正确的是
A. 活化能接近于零的反应，当反应物相互接触时，反应瞬间完成，而且温度对其反应速率几乎没有影响
B. 温度和压强都是通过增大活化分子百分数来加快化学反应速率
C. 人们把能够发生有效碰撞的分子叫做活化分子，把活化分子具有的能量叫活化能
D. 活化能的大小不仅意味着一般分子成为活化分子的难易，也会对化学反应前后的能量变化产生影响
【答案】A
【解析】
【详解】A. 活化能接近于零的反应，所有分子基本是活化分子，所以只要接触就可迅速反应，反应瞬间完成，所以温度对其反应速率影响就不大，A 项正确；
B. 压强是通过改变单位体积内活化分子数目来改变化学反应速率，温度是通过增大活化分子百分数来加快化学反应速率，B 项错误；
C. 使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，即活化分子多出其它反应物分子的那部分能量，C 项错误；
D. 活化能的大小对化学反应前后的能量变化不产生影响，而能量大小只与反应物和生成物总能量的相对大小有关，D 项错误；
答案选A 。

【点睛】在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子．使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能。

4.在相同温度时，100mL0.01mol•L -1的醋酸溶液与10mL 0.1mol•L -1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是
A. 中和时所需NaOH 的量
B. 醋酸的电离平衡常数
C. H +物质的量
D. CH 3COOH 的物质的量
【答案】C
【解析】
【详解】A ．由于溶质n （CH 3COOH ）都为0.001mol ，中和时所需NaOH 的量应相同，A 项
错误；
B．电离平衡常数只与温度有关，温度相同则电离平衡常数相同，B项错误；
C．醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，两种溶液溶质都为0.001mol，则
100mL 0.01mol•L-1的醋酸溶液与10mL0.1mol•L-1的醋酸溶液相比较，H+的物质的量前者大，C 项正确；
D．根据n=cV可知，溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，D项错误；
答案选C。

5.少量铁粉与100 mL 0.1 mol/L的稀盐酸反应，若想减慢此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的
①加H2O ②加NaOH固体③滴入几滴浓盐酸④加CH3COONa固体⑤加NaCl溶液⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦加NaNO3溶液
A. ①⑤⑦
B. ③⑥
C. ①②⑤
D. ①④⑤【答案】D
【解析】
①加H2O，氢离子浓度减小，反应速率减慢，氢气的量不变，故正确；②加NaOH固体，氢离子浓度减小，反应速率减慢，氢气的量可能减少，故错误；③滴入几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故错误；④加CH3COONa固体，生成醋酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，氢气的量不变，故正确；⑤加NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，氢气的量不变，故正确；⑥滴入几滴硫酸铜溶液，构成原电池，反应速率加快，生成的氢气减少，故错误；⑦加NaNO3溶液，溶液具有强氧化性，不生成氢气，故错误；正确的有①④⑤，故选D。

点睛：明确常见的外界因素对反应速率的影响是解题的关键。

本题中注意铁粉少量完全反应，生成的氢气由铁粉决定为解答的易错点，易多选②⑦。

6.关于中和热测定实验的下列说法不正确的是
A. 烧杯间填满碎泡沫塑料是减少实验过程中的热量损失
B. 向盛装酸的烧杯中加碱时要小心缓慢
C. 使用环形玻璃棒既可以搅拌又避免损坏温度计
D. 测定酸后的温度计要用蒸馏水清洗干燥后再测碱的温度
【答案】B
【解析】
【详解】A. 因泡沫塑料能隔热，则烧杯间填满碎泡沫塑料是减少实验过程中的热量损失，故A正确；
B. 向盛装酸的烧杯中加碱应迅速，减少热量的散失，故B错误；
C. 环形玻璃棒能上下搅拌液体，且不易导热，所以使用环形玻璃棒既可以搅拌又避免损坏温度计，故C正确；
D. 测定酸后的温度计用水清洗后，不会发生酸碱反应，然后测定碱的温度，较准确，故D正确；
答案选B。

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7.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 洗涤油污时热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液效果好
B. 实验室用排饱和食盐水法收集氯气
C. 打开汽水瓶有气泡从溶液中冒出
D. 2NO2(g)ƒN2O4(g)衡体系中，加压缩小体积后颜色加深用来表示可逆反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.纯碱是弱酸强碱盐，水解显碱性，油污在碱性条件下发生水解，水解是吸热，温度升高，水解平衡向吸热的方向移动，碱性增强，因此洗涤油污时热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液效果好，可以用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；
B. 实验室用排饱和食盐水法收集氯气，氯气与水发生Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，利用饱和食盐水中氯离子浓度较大，使平衡很难正向移动，减小氯气在水中的溶解度，可以用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C. 气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大，由气体的溶解度随压强的增大而增大，因此常温时打开汽水瓶时，瓶内的压强减小，因此瓶内的二氧化碳会从瓶中溢出，可以用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；
D. 2NO2(g)═N2O4(g)的平衡体系中，加压缩小体积后二氧化氮的浓度变大颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故D符合题意；
答案选D。

【点睛】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。

8.下列说法正确的是
A. 用广泛pH 试纸测的饱和氯水的pH 约为2
B. 常温下，同浓度的Na2S 溶液与NaHS 溶液相比，Na2S 溶液的pH大
C. 用待测液润洗锥形瓶后才能进行滴定操作
D. 某雨水样品采集后放置一段时间，pH 由4.68 变为4.28，是因为溶液中的SO32-水解
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氯水具有强氧化性，能够漂白试纸，所以无法用广泛pH试纸测得饱和氯水的pH，故A错误；
B. Na2S的水解程度大于NaHS，所以常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大，故B正确；
C. 锥形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大，滴定时消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故C错误；
D. 正常的雨水溶解二氧化碳，其pH为5.6，pH值小于5.6为酸雨，pH由4.68变为4.28，主要是雨水中溶解的二氧化硫生成的亚硫酸被氧化为硫酸，由弱酸转化为强酸，酸性增强，故D 错误；
答案选B。

9.下列对化学反应方向的说法，正确的是
A. 同一物质的固、液、气三种状态的熵值递减
B. 常温下反应2Na2SO3(s)+O2(g)=2Na2SO4(s）能自发进行，则△H<0
C. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g）△H>0，△S>0，不论在何种条件下都不可能自发
D. 因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或墒变均可以单独做为判断反应能否自发进行的判据
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 同一物质的固、液、气三种状态的熵值递增，A项错误；
B. 常温下反应2Na 2SO 3(s)+O 2(g)=2Na 2SO 4(s) △S ＜0，能自发进行主要是因为△H<0，B 项正确；
C. CaCO 3(s)=CaO(s)+CO 2(g ）△H>0，△S>0，根据自由能判据可知，若自发进行，则0G H T S =-⋅<V V V ，即高温下可自发进行，C 项错误；
D. 焓变和熵变都与反应的自发性有关，但焓变或墒变单独做为判断反应能否自发进行的判据是片面的，应该用复合判据，即G H T S =-⋅V V V 来综合判断，D 项错误；
答案选B 。

【详解】化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当0G H T S =-⋅<V V V 时，反应可自发进行。

10.在容积不变的密闭容器中，可逆反应2SO 2(g)+O 2(g)
2SO 3(g)达到平衡的标志是
A. 单位时间内生成1molO 2的同时，有2molSO 3分解
B. 混合气体的密度保持不变
C. 混合气体的质量不再改变
D. SO 2与SO 3的体积比不再变化
【答案】D
【解析】
【详解】A. 单位时间内生成1molO 2的同时，有2molSO 3分解，表示的均为逆反应，不能说明反应达到了平衡状态，A 项错误；
B. 混合气体的密度为混合气体的总质量与容器的体积的比值，因混合气体的质量不变，密闭容器的体积不变，则混合气体的密度始终保持不变，这种情况不能说明反应达到平衡状态，B 项错误；
C. 混合气体的质量始终保持不变，因此混合气体的质量不再改变不能说明反应达到平衡状态，C 项错误；
D. 同条件下，SO 2与SO 3的体积比等于两者之间的物质的量之比，若SO 2与SO 3的体积比不再变化，则说明反应达到平衡状态，D 项正确；
答案选D 。

11.下列表述中，与盐类水解有关的是( )
①明矾和FeCl 3可作净水剂；
②为保存FeCl 3溶液，要在溶液中加少量盐酸；
③AlCl 3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Al 2O 3；
④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂；
⑤实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞；
⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂；
⑦草木灰与铵态氮肥不能混合施用。

A. ①②③⑤⑥⑦
B. ①②③④⑥⑦
C. ①③⑤⑥⑦
D. 全有关【答案】B
【解析】
【详解】①铝离子和铁离子水解生成胶体，能吸附水悬浮杂质，起到净水的作用，与水解有关；②铁离子水解显酸性，加入盐酸抑制铁离子的水解，故②有关；③蒸干氯化铝溶液促进铝离子的水解，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝，Al(OH)3在灼烧的条件下，发生分解得到Al2O3，故③有关；④铵根离子、锌离子水解显酸性，可与铁锈反应，能起到除锈的作用，故④有关；⑤氢氧化钠溶液和和玻璃中的二氧化硅反应，生成硅酸钠是矿物胶粘结瓶口和瓶塞，与水解无关，故⑤无关；⑥碳酸氢根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，二者水解相互促进生成二氧化碳和氢氧化铝，故⑥有关；⑦草木灰是碳酸钾，水解显碱性，铵盐水解显酸性，混合水解会相互促进生成二氧化碳和氨气，减弱肥效，故⑦有关；综上与水解有关的有①②③④⑥⑦；
本题答案选B。

12.某温度下，反应2A(g)B(g)ΔH＞0在密闭容器中达到平衡，平衡后c(A)/c(B)＝a，若改变某一条件，足够时间后反应再次达到平衡状态，此时c(A)/c(B)＝b，下列叙述正确的
A. 在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，则a＜b
B. 在该温度恒压条件下再充入少量B气体，则a＝b
C. 若其他条件不变，升高温度，则a＜b
D. 若保持温度、压强不变，充入惰性气体，则a＞b
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，B的浓度增大，虽然平衡向逆反应方向移动，但B转化的比增加的幅度小，则a＞b，A项错误；
B. 在原来的温度和压强下，再充入B，新平衡与原平衡是等效平衡，所以a=b，B项正确；
C. 若其他条件不变，升高温度，平衡向正反应方向移动，则a＞b，C项错误；
D. 保持温度、压强不变，充入惰性气体，应增大容器体积，则反应气体的分压减小，平衡向
逆反应方向移动，则a ＜b ，D 项错误；
答案选B 。

【点睛】恒温恒压下，等物质的量的扩大反应物或者生成物的量，重新达到平衡时，与原平衡为等效平衡。

13.下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是
①无色溶液中：K +、Cl −、Al 3＋、AlO 2－、SO 42－
②常温下，pH=14 的溶液中：CO 32-、Na +、S 2-、AlO 2-
③室温下水电离的 c(H ＋)=10－13mol·L －1 的溶液：K ＋、HCO 3－、Br －、Ba 2＋
④加入Al 能放出H 2的溶液中：NO 3-、Cl -、Na +、SO 42-
⑤中性溶液中：Cl －、NO 3－、Na ＋、Fe 3＋
⑥室温下+-c(H )c(OH )
=1012 的溶液中：Fe 2＋、Al 3＋、SO 42－、I －. A. ①③⑥
B. ②④⑤
C. ②⑥
D. ①③④
【答案】C
【解析】
【详解】①Al 3＋、AlO 2－之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故①错误； ②常温下，pH =14的
溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，CO 32-、Na ＋、S 2-、AlO 2- 之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故②正确；
③室温下水电离的c(H +)=10−13mol/L 的溶液呈酸性或碱性，HCO 3－在酸性或碱性条件下都不能共存，故③错误；
④加入 Al 能放出 H 2 的溶液或是酸性或是碱性，在酸性环境下，H +、NO 3-与Al 发生反应，得不到H 2，因此在酸性环境下，不能大量共存；故④错误；
⑤中性溶液中Fe 3＋要发生水解，故⑤错误；
⑥室温下+-c(H )c(OH )
=1012的溶液呈酸性，Fe 2＋、Al 3＋、SO 42－、I －离子之间不发生反应，可以共存，故⑥正确；
答案选C 。

14.一定条件下向某密闭容器中加入 0.3 mol A 、0.1 mol C 和一定量的 B 三种气体，图 1 表示各物质浓度随时间的变化，图 2 表示速率随时间的变化，t 2、t 3、t 4、t 5 时刻各改变一种条件，且改变的条件均不同。

若t 4时刻 改变的条件是压强，则下列说法错误的是
A. 若t1=15 s，则前15 s 的平均反应速率v(C)=0.004 mol·L-1·s-1
B. 该反应的化学方程式为3A(g)B(g)+2C(g)
C. t2、t3、t5时刻改变的条件分别是升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度
D. 若t1=15 s，则B 的起始物质的量为0.04 mol
【答案】C
【解析】
【详解】A. 反应在t1时刻达到平衡时，气体C的浓度增大0.06mol·L-1，所以平均反应速率为
v(C)=
-1
0.06 mol L
15s
=0.004 mol·L-1·s-1，故A正确；
B. t4时刻降低压强后反应平衡状态没有改变，说明反应物系数和与生成物系数和相等，又因为反应第一次达到平衡时气体A浓度降低0.09mol·L-1，气体C的浓度增大0.06 mol·L-1，所以气体A与C的系数比为3:2，因此气体B也是生成物且其系数为1，所以化学方程式为
3A(g)⇌B(g)+2C(g)，故B正确；
C. t5时刻后若为增大反应物浓度，开始时应该只有正反应速率增大，不会两个反应速率同时增大，故C错误；
D. 气体C的浓度增大0.06mol·L-1，气体B、C的反应系数比为1:2，所以气体B浓度增大
0.03mol·L-1，又由初始气体A浓度可知，容器的体积为0.3mol/0.15mol∙L−1=2L，可知气体B 起始物质的量为(0.05-0.03)mol·L-1×2L=0.04mol，故D正确；
答案选C。

15.25℃时，下列各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 浓度均为0.1 mol·L－1的小苏打溶液与烧碱溶液等体积混合：c(Na+)+c(H+)= 2c(CO32－)+c(OH －)+c(HCO3－)
B. 0.1mol/L NaHC2O4溶液呈酸性：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42-)
C. 20mL 0.1mol/L CH3COONa溶液与10mL 0.1 mol/L HCl溶液混合后的酸性溶液：
c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)
D. 向0.1mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性：c(Na+)＞c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH−)=c(H+)
【答案】A
【解析】
【详解】A. 浓度均为0.1mol⋅L−1的小苏打溶液与烧碱溶液等体积混合得到碳酸钠溶液，溶液中电荷守恒，c(Na+)+c(H+)= 2c(CO32－)+c(OH－)+c(HCO3－)，A项正确；
B. 0.1mol/L NaHC2O4溶液呈酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度，则浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，B项错误；
C. 20mL 0.1mol/L CH3COONa溶液与10mL 0.1 mol/L HCl溶液混合后的酸性溶液为等浓度的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，则根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)= c(OH－)+c(CH3COO－)+ c(Cl－)，根据物料守恒可知，c(Na+)= c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)=2 c(Cl－)，则联立两个方程可知，该溶液的质子守恒式为：c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO−)+2c(OH−)，C项错误；
D.向0.1mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，若1：1反应，得到Na2SO4、(NH4)2SO4的混合溶液，混合溶液显酸性，现在溶液显中性，说明n(NaOH)：n(NH4HSO4)>1：1，则c(Na+)＞c(SO42-)，显中性时溶液的溶质为硫酸钠，硫酸铵、一水合氨，c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-)，c(Na+)＞c(SO42-)，则c(NH4+)<c(SO42-)，D项错误；
答案选A。

【点睛】C项是易错点，要理解弱酸与对应盐按1:1混合后所得溶液的酸碱性判断的依据。

明确离子浓度的大小及守恒关系是解题的关键。

16.常温下，向20 mL x mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入等物质的量浓度的NaOH溶液，混合液的pH随NaOH溶液的体积（V）的变化关系如图所示（忽略温度变化）。

下列说法中不正确的是（）
A. 上述CH3COOH溶液中：c(H+)＝1×10－3 mol·L－1
B. 图中V1 <20 mL
C. a点对应的溶液中：c (CH3COO－)＝c (Na+）
D. 当加入NaOH溶液的体积为20 mL时，溶液中：c (CH3COOH) + c (H+)＞c (OH－）
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图象可知，加入NaOH溶液之前，醋酸溶液的pH=3，说明溶液中c(H+)=1×10-3mol•L-1，故A正确；
B．若物质的量浓度都为xmol•L-1的CH3COOH与NaOH溶液等体积混合，则混合后恰好生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，若溶液呈中性，则加入NaOH溶液的体积V1＜20 mL，故B正确；
C．溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，a点时溶液的pH=7，则
c(OH-)=c(H+)，所以c(CH3COO-)=c(Na+)，故C正确；
D．当加入NaOH溶液的体积为20mL时，恰好反应生成CH3COONa，溶液中存在物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)，存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，可知联式可得：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，故D错误；
故答案为D。

二、填空题（本题 3 小题，共 52 分）
17. 现有常温下的六份溶液：
①0.01 mol·L－1CH3COOH溶液；
②0.01 mol·L－1HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液；
⑤0.01 mol·L－1CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液；
⑥0.01 mol·L－1HCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。

（1）其中水的电离程度最大的是________(填序号，下同），水的电离程度相同的是________。

[来
（2）若将②③混合后所得溶液的pH=7，则消耗溶液的体积：②________③(填“＞”“＜”或“=“）。

（3）将①④混合，若有c(CH3COO-）＞c(H+），则混合溶液可能呈________(填序号）。

A．酸性 B．碱性 C．中性
【答案】（1）⑥，②③④；（2）＞；（3）ABC。

【解析】
试题分析：
（1）①对水的电离抑制，②对水电离抑制，此时水电离产生c(OH－）=K w/c(H＋）=10－12mol·L －1；③属于弱碱，水电离产生c(H＋）=10－12mol·L－1；④对水的电离进行抑制，水电离产生c(H ＋）=10－12；⑤反应后的溶质为CH3COONH4、NH3·H2O，溶液显碱性，对水的电离进行抑制；
⑥两者恰好完全反应，溶液显中性，因此根据上述判断，水的电离程度最大的是⑥，水的电离程度相等的是②④③；
（2）NH3·H2O是弱碱，c(NH3·H2O）>c(HCl），等体积混合，NH3·H2O有剩余，溶液显碱性，因此盐酸多一些，即②>③；
（3）两者等体积混合，溶质只有CH3COONa，此时的离子浓度：c(Na＋）>c(CH3COO－）>c(OH －）>c(H＋），溶液显碱性符合题意；如果醋酸过量，溶质为CH3COONa、CH3COOH，醋酸的电离大于水解，即c(CH3COO－）>c(H＋），溶液显酸性；当溶液呈现中性，也符合题意，因此选项ABC符合题意。

考点：考查弱电解质的电离、水的电离、盐类水解等知识。

18.氮的氧化物是大气污染物之一，用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。

回答下列问题：
已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=－221kJ·mol－1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=－393.5kJ·mol－1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+181kJ·mol-1
(1)若某反应的平衡常数表达式为K=
2
22
22
c(N)c(CO)
c(CO)c(NO)
，请写出此反应的热化学方程式：_____；
下列措施能够增大此反应中NO的转化率的是(填字母代号)______。

A．增大容器压强B．升高温度C．使用优质催化剂D．增大CO的浓度(2)向容积为2L的密闭容器中加入活性炭(足量)和NO，发生反应
C(s)+2NO(g)ƒN2(g)+CO2(g)，NO和N2的物质的量变化如下表所示。

①0∼5min内，以CO2表示的该反应速率v(CO2)=_______，该条件下的平衡常数K=_____。

②第15min后，温度调整到T2，数据变化如上表所示，则T1____T2(填“>”、“<”或“=”)。

③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，则此时反应_____移动(填“正向”、“逆向”或“不”)；最终达平衡时NO的转化率a=____________。

(3)工业上可以用氨水除去反应C(s)+2NO(g)ƒN2(g)+CO2(g)中产生的CO2，得到NH4HCO3溶液，反应NH4＋+HCO3-+H2OƒNH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=_____。

(已知常温下
NH3·H2O的电离平衡常数K b=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11) 【答案】(1). 2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=－747kJ·mol (2). ad (3).
0.042mol⋅L−1⋅min−1(4).
9
16
(5). > (6). 正向(7). 60% (8). 1.25×10−3
【解析】
【详解】(1)平衡常数表达式为
2
22
22
c(N)c(CO)
c(CO)c(NO)
，可知反应为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)；
由①2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=−221kJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=−393.5kJ/mol
③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+181kJ/mol
结合盖斯定律可知，②×2−③−①得到2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，其△H=−747kJ/mol，热化学方程式为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) △H=−747kJ/mol；
a.增大容器压强，向气体体积减小的方向移动，即平衡正向移动，NO转化率增大，故a符合题意；
b.升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即平衡逆向移动，NO转化率减小，故b不符合题意；
c.使用优质催化剂，催化剂同等程度改变正逆反应速率，平衡不移动，故c不符合题意；
d.增大CO的浓度，平衡正向移动，NO转化率增大，故d符合题意；
故答案为：2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) △H=−747kJ/mol；ad；
(2)反应②−①得到反应C(s)+2NO(g)ƒN2(g)+CO2(g) △H=-5745 kJ/mol；
①0∼5min内，根据反应
C(s)+2NO(g)ƒN2(g)+CO2(g)
开始（mol） 2 0 0
变化（mol）0.84 0.42 0.42
5min（mol） 1.16 0.42 0.42
以CO 2表示的该反应速率v(CO 2)=0.42mol
2L 5min
=0.042mol ⋅L −1⋅min −1
，
10分钟达到平衡时，根据反应C(s)+2NO(g)ƒN 2(g)+CO 2(g)
开始（mol ） 2 0 0 变化（mol ） 1.2 0.6 0.6 平衡（mol ） 0.8 0.6 0.6
K=20.6mol 0.6mol
L L
2220.8mol L ⨯
⎛⎫ ⎪⎝⎭
=()
2
0.3mol/L 0.3mol/L 0.4mol/L ⨯=916， 故答案为：0.042mol ⋅L −1⋅min −1；
916
； ②第15min 后，温度调整到T 2，NO 的物质的量在降低，平衡正向移动，该反应为放热反应，根据已知降低温度，平衡向放热反应方向移动，则T 1>T 2， 故答案为：>；
③若30min 时，保持T 2不变，K=
()
2
0.40.4
0.2⨯=4，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol ，
Qc=2
2.8mol 2.8mol
2L 2L 2.4mol 2L ⨯⎛⎫ ⎪⎝⎭
=1.36<K ，平衡正向移动，则 C(s)+2NO(g)⇌N 2(g)+CO 2(g)，
开始（mol ） 4 2 2 转化（mol ） x 0.5x 0.5x 平衡（mol ） 4−x 2+0.5x 2+0.5x
()()
2
2+0.5x 2+0.5x 22
4-x 2⨯⎛⎫ ⎪⎝⎭
=4，解得x=2.4mol ，
最终NO 的转化率=
转化的量开始的量×100%=2.4
4
×100%=60%，
故答案为：正向；60%；
(3)反NH 4++HCO 3−+H 2O ⇌NH 3·H 2O+H 2CO 3的平衡常数
K=
()()()()
3223+-43c NH H O c H CO c NH c HCO g ，在平
衡常数表达式中分子和分母同乘以()()+
-
c H
c OH ，可得
K=
()()()()()()()()
-+3223+-+43-c NH H O c H CO c H c c NH c HC OH O c H c OH g =w b a1K K K ⨯=1457
10210410---⨯⨯⨯=1.25×10−3， 故答案为：1.25×
10−3。

19.用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，试根据实验回答：
（1）准确称取4.0g 烧碱样品。

（2）将样品配成250mL 待测液。

（3）用____________（填仪器名称）量取25.00mL 待测液于锥形瓶中，并滴加几滴甲基橙作指示剂。

（4）用0.2010 mol·
L －１标准盐酸滴定待测烧碱溶液，滴定时，两眼注视____________，直到滴定终点。

达到终点的具体现象是：____________。

（5）若两次实验滴定的数据如下表：
根据上述各数据，计算烧碱的纯度：____________
（6）下列操作中，会导致所测得的烧碱的纯度偏大的是________。

a ．滴定终点时，俯视刻度
b ．没有用盐酸标准溶液润洗相应的滴定管
c ．锥形瓶中有少量的蒸馏水
【答案】 (1). 碱式滴定管 (2). 锥形瓶中溶液颜色变化 (3). 滴入最后一滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟不变回原色。

(4). 40.2% (5). b
【解析】
【分析】
（3）用碱式滴定管量取烧碱溶液于锥形瓶中（4）根据滴定规范性的操作要求答题；
（5）根据数据的有效性计算消耗的盐酸标准液的平均体积，再结合公式c(测) =
()()
()标标
测
c V
V
计算，进而计算纯度；
（6）根据错误操作对消耗的标准盐酸溶液体积的影响来分析作答。

【详解】（3）烧碱属于碱，在中和滴定中需用碱式滴定管量取，用锥形瓶盛放待测液，故答案为：碱式滴定管；
（4）滴定时左手旋转酸式滴定管，右手不停地摇动锥形瓶，两眼需注视锥形瓶中溶液颜色变化；滴定终点现象是：滴入最后一滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟不变回原色，故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；滴入最后一滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟不变回原色；
（5）由表格信息可知，标准液的体积分别为：(20.40-0.50) mL =19.90mL，
(28.30-5.00)mL=23.30mL，(24.10-4.00)=20.10mL，则可知第二组数据误差较大，无效，消耗的
盐酸溶液平均体积为19.90mL+20.10mL
2
=20.00mL，代入公式c(测) =
()()
()
标标
测
c V
V
可得：
=0.2010 mol L?0.020L
0.025L
⋅－１
=0.1608mol⋅L−1，则250mL待测液中氢氧化钠的物质的量为
0.1608mol⋅L−1⨯0.25L=0.0402 mol，烧碱的纯度=0.0402 mol40g/mol
100%
4.0g
⨯
⨯=40.2%，故答
案为：40.2%；
（6）a．滴定终点时，俯视刻度，则读数偏小，所有标准溶液的体积偏小，求出的待测液的浓度偏小，最终导致纯度偏小，不符合题意，a不选；
b．没有用盐酸标准溶液润洗相应的滴定管，则标准液被稀释，消耗的标准液的体积偏大，使待测液的浓度计算偏大，最终导致纯度偏大，符合题意，b项选；
c．锥形瓶中有少量的蒸馏水，对所测待测液的浓度无影响，不符合题意，c项不选；
故答案为：b。

【点睛】酸碱中和滴定过程中，通过读取的标准液体积处理数据计算待测液浓度时，一定要。