2019届甘肃省镇原县高三上学期第一次月考化学试卷(解析版)

2019届甘肃省镇原县高三上学期第一次月考
化学试卷（解析版）
第Ⅰ卷(60分)
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Na 23 Mg 24 Al 27
一、选择题(本题包括15小题，每小题只有一个选项符合题意。

4×15=60分)
1. 在墨西哥坎昆举行的世界气候大会于2010年12月10日闭幕，大会取得成功，《京都议定书》得到支持，“低碳生活”已成为新的时尚流行全球。

“低碳生活”是指生活作息时所耗用能量要减少，从而降低碳特别是二氧化碳的排放。

下列行为不利于“低碳生活”的是
A. 用大排量的轿车代替公交车出行
B. 将碳进行气化处理，提高煤的综合利用率
C. 开发太阳能、水能、风能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料
D. 实现资源的“3R”利用观，即：减少资源消耗（Reduce）、增加资源的重复使用（Reuse）、资源的重复再生（Recycle）
【答案】A
【解析】
试题分析：A、排量大的轿车产生的二氧化碳气体较多，不利于低碳生活，错误；B、将碳进行气化处理，提高煤的综合利用率，减少煤的使用，从而可以减少二氧化碳的排放，正确；C、开发新能源，减少化石燃料的使用，可以减少二氧化碳的排放，正确；D、实现资源的“3R”利用观，能减少二氧化碳的使用，正确，答案选A。

考点：考查减少二氧化碳的排放，化学与环境的关系
2.共价键、离子键、金属键、分子间作用力都是微粒间的作用力，下列物质只含有以上一种作用力的是
A. H2
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
考查化学键和晶体的构成。

H2是由非极性键形成的单质，通过分子间作用力构成分子晶体，A不正确；CCl4是由极性键形成的共价化合物，通过分子间作用力构成分子晶体，B不正确；SiO2是由极性键形成的共价化合物，但形成的晶体属于原子晶体，C正确；NaOH中含有离子键和极性键，属于离子化合物，形成的晶体属于离子晶体，D不正确。

答案选C。

3.将SO2通入BaCl-2溶液至饱和，未见有沉淀，继续通入另一种气体X仍无沉淀，则X可能是
A. CO2
B. NH3
C. NO2
D. H2S
【答案】A
【解析】
试题分析：SO2不与BaCl2溶液反应，通入CO2，也不反应，通入NH3，SO2与NH3、H2O反应可能生成(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2反应能生成baso3沉淀，通入NO2，NO2与H2O反应可生成具有强氧化性的HNO3，HNO3能把SO2氧化为H2SO4，H2SO4与BaCl2反应可生成BaSO4沉淀，通入H2S，SO2与H2S反应可生成S沉淀，故答案为A。

考点：本题考查物质的性质与应用。

4.下列说法中正确的是（N A为阿伏加德罗常数）
A. 78 gNa2O2晶体中所含阴阳离子个数均为2N A
B. 1.5 g CH3+中含有的电子数为N A
C. 3.4 g氨中含有0.6N A个N—H键
D. 常温下，100 mL1 mol·L-1AlCl3溶液中阳离子总数小于0.1N A
【答案】C
【解析】
试题分析：A、78gNa2O2的物质的量是1mol，Na2O2晶体中的阳离子是Na+，阴离子是O22-，所以78 gNa2O2晶体中所含阳离子个数为2N A，阴离子个数是N A，错误；B、1个CH3+中含有8个电子，1.5gCH3+的物质的量是0.1mol，所以1.5 g CH3+中含有的电子数为0.8N A，错误；C、1个NH3分子中有3个N-H键，3.4gNH3的物质的量是0.2mol,所以3.4 g氨中含有0.6N A个N—H键，正确；D、AlCl3溶液中Al3+水解，使阳离子数目增多，所以溶液中的阳离子数目大于0.1 N A，错误，答案选C。

考点：考查阿伏伽德罗常数的理解应用
5. 如下图为元素周期表中短周期的一部分，关于Y、Z、M的说法正确的是
A. 非金属性：
B. 离子半径：
C. ZM2分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构
D. 三种元素中，Y的最高价氧化物对应的水化物酸性最强
【答案】C
【解析】
根据元素在周期表中的相对位置可知，X为He元素，Y为F元素、M为Cl元素、Z为S元素。

A、Y、M同主族，原子序数：Y<M，则非金属性：Y>M；Z、M同周期，原子序数：Z<M，
则非金属性：Z<M，所以非金属性大小为：M>Z>Y，选项A错误；B、Z、M位于第三周期，其阴离子比Y多1个电子层，且原子序数：Z<M，则离子半径大小为：Z2-＞M-＞Y-，选项B 错误；C、Z为S、M为Cl元素，则ZM2为SCl2，SCl2分子中S和Cl都达到8电子稳定结构，选项C正确；D、Y为F元素，F没有正化合价，三种元素中，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的为Cl，选项D错误。

答案选C。

点睛：本题考查了元素周期律和元素周期表的综合应用，熟练掌握元素周期表的结构为解答关键，注意明确原子结构与元素周期表、元素周期律的关系。

根据四种元素在周期表中的位置可知，X为He元素、Y为F元素、M为Cl元素、Z为S元素。

再根据元素的构、位、性关系进行推断。

6. 在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是：( )
2-、Fe3+
A. 使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl-、SO
4
-、Cl-
B. 使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO
3
C. c(H+)=10-12mol·L-1的溶液：K+、Ba2+、Cl-、Br-
2-、Cl-、H+
D. 碳酸氢钠溶液：K+、SO
4
【答案】C
【解析】
试题分析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。

A中溶液显碱性，铁离子不能大量共存；B中溶液显酸性，在酸性条件下，NO3－能氧化Fe2＋，不能大量共存；C中溶液显碱性，可以大量共存；D中碳酸氢钠能和氢离子反应，所以答案选C。

考点：考查离子共存的正误判断
点评：离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）；（2）能生成难溶物的离子之间（如：Ca2+和SO42-；Ag+和SO42-）；（3）能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子（如：Al3+，Fe3+与CO32-、HCO3-、AlO2-等）；（4）能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe 、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、Fe3+等）；（5）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。

7.有某可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g)；△H="Q" kJ/mol如图表示外界条件（温度、压强）的变化对上述反应的影响。

下列判断正确的是
A. a+b<c时，y轴表示平衡混合气中C的质量分数
B. a+b>c时，y轴表示平衡混合气的平均摩尔质量
C. Q > 0时，y轴表示达到平衡时B的转化率
D. Q < 0时，y轴表示达到平衡时A的浓度
【答案】B
【解析】
试题分析：若a+b<c，则对于可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g)，增大压强，平衡向左移动，所以y不能表示平衡混合气中C的质量分数，故A错误；若a+b>c时，则对于可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g)，增大压强，平衡向右移动，压强大，分子数就越少，故y轴表示平衡混合气的平均摩尔质量，故B正确，为本题的答案；若．Q > 0时，则可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g)，为吸热反应，则y不能表示达到平衡时B的转化率，因为温度升高，平衡向右移动，B的转化率升高，与图相反，故C错误；Q < 0时，则可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g)，为放热反应，温度升高平衡向左移动，所以温度越高，A的浓度越大，故D错误。

考点：影响平衡的因素
点评：本题考查了影响平衡的因素，该考点是高考考查的重点和难点，本题有一定的综合性，解答比较费时，有一定的难度。

8. 下列比值为2∶1的是
A. pH＝2与pH＝1的硝酸中c(H+)之比
B. Na2CO3溶液中c(Na+)与c(CO32ˉ )之比
C. 0.2mol/L与0.1mol/L醋酸中c(H+)之比
D. NO2溶于水时，被氧化的n(NO2)与被还原的n(NO2)之比为
【答案】D
【解析】
试题分析：A、pH＝2与pH＝1的硝酸中c(H+)之比是10-2：10-1=1:10，错误；B、Na2CO3溶液中CO32-水解使c(Na+)与c(CO32ˉ )之比大于2:1，错误；C、醋酸是弱酸，溶液越稀越易电离，所以0.2mol/L与0.1mol/L 醋酸中c(H+)之比小于2:1，错误；D、NO2与水反应，NO2既作还原剂又作氧化剂，其中生成硝酸时作还原剂，生成NO时作氧化剂，所以被氧化的n(NO2)与被还原的n(NO2)之比为2:1，正确，答案选D。

考点：考查微粒数目的计算
9.在一定温度下的定容密闭容器中，当下列物理量不再改变时，表明反应：A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g) 已达平衡的是
A. 混合气体的压强
B. 混合气体的密度
C. B物质的相对分子质量
D. 气体的总物质的量
【答案】B
【解析】
试题分析：A、在一定温度下的定容密闭容器中，反应前后的气体的物质的量不变，所以混合气体的压强一直不变，不能判断平衡是否到达，错误；B、因为有固体参与，所以气体的质量在变化，儿容器的体积不变，所以混合气体的密度在变化，达平衡时混合气体的密度保持不变，正确；C、B物质的相对分子质量是B物质的固有属性，一直不变，不能判断平衡的到达，错误；D、根据反应的特点，气体的总物质的量一直不变，不能判断平衡的到达，错误，答案选B。

考点：考查对平衡状态的判断
10.用含少量镁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝，下述操作步骤中最恰当的组合是①加盐酸溶解；②加烧碱溶液溶解；③过滤；④通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀；⑤加入盐酸生成Al(OH)3沉淀；⑥加入过量烧碱溶液。

A. ①⑥⑤③
B. ②③⑤③
C. ②③④③
D. ①③⑤③
【答案】C
【解析】
【详解】镁、铝都能与酸反应，但铝可溶于强碱所以可加入烧碱溶液溶解，过滤后可到NaAlO2溶液，在反应后的溶液中加入弱酸，如通入过量CO2，生成Al(OH)3沉淀，经过滤、洗涤可得到纯净的氢氧化铝。

正确顺序为②③④③，故选C。

11.下列反应中，相关示意图像错误的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．发生的反应为SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，随着反应的进行，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，与图像吻合，故A不选；B．发生的反应为3NH3·H2O+AlCl3=3NH4Cl+Al(OH)3↓，氢氧化铝不溶于弱碱氨水，所以图像错误，故B选；C．先发生反应Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，后发生反应3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，根据方程式知，Cu和二氧化氮的曲线斜率大、和NO的曲线斜率小，图像正确，故C不选；D．发生的反应为Fe+2FeCl3=3FeCl2，溶液质量增大，但氯离子的质量不变，所以氯离子质量分数减小，与图像吻合，故D不选；故选B。

【点睛】本题考查了物质的性质与图像的判断。

本题的易错点为C，要注意根据先后反应的方程式判断曲线的斜率大小。

12. 短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13。

X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，是Y原子最外层电子数的3倍。

下列说法正确的是
A. X的氢化物溶于水显酸性
B. Y的氧化物是离子化合物
C. Z的氢化物比H2O稳定
D. X和Z的氧化物对应的水化物都是强酸
【答案】B
【解析】
试题分析：Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，则X的内层电子只能是2个，所以Z的最外层电子是6个，Z原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的3倍，则Y的最外层电子是2个，所以X的最外层电子是5，则X核外有7个电子，所以X是N元素；短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，X 与Y、Z位于相邻周期，则Y、Z位于第三周期，所以Y是Mg，Z是S元素。

A、N的氢化物的水溶液显碱性，错误；B、MgO是离子化合物，正确；C、S的非金属性比O弱，所以S的氢化物的稳定性比H2O弱，错误；D、N、S的氧化物的水化物不都是强酸，如HNO2、H2SO3都是弱酸，错误，答案选B。

考点：考查元素的推断，元素及其化合物的性质判断
13.将pH=3的盐酸溶液和pH=11的氨水等体积混合后，溶液中离子浓度关系正确的是
A. c(NH4+)＞c(Cl–)＞c(H+)＞c(OH–)
B. c(NH4+)＞c(Cl–)＞c(OH–)＞c(H+)
C. c(Cl–)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH–)
D. c(Cl–)＞c(NH4+)＞c(OH–)＞c(H+)
【答案】B
【解析】
氨水是弱碱，所以pH＝11的氨水的浓度大于0.001mol/L，因此在反应中氨水是过量的，溶液显碱性，答
案选B。

14.已知Fe3O4可表示成（FeO·Fe2O3），水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：
3Fe2++2S2O+O2+4OH－=Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法正确的是（）
A. O2和S2O是氧化剂，Fe2+是还原剂
B. 每生成1mol Fe3O4，则转移电子数为2mol
C. 参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1﹕1
D. 若有2mol Fe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5mol
【答案】D
【解析】
由方程式可知3molFe2+被氧化生成Fe3O4失去2mol电子，而1mol氧气作氧化剂需要得到4mol电子，所以2molS2O必须失去2mol电子，即S2O中S的化合价降低0.5的单位，S的化合价由＋2价升高到＋2.5价。

由以上分析可知A不正确，每生成1mol Fe3O4，转移电子数为4mol，B不正确，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1﹕4，所以答案选D。

15. 将40℃的饱和石灰水冷却至10℃；或加入少量CaO，但温度仍保持40℃，在这两种情况下均未改变的是
A. Ca(OH)2的溶解度、溶剂的质量
B. 溶液中溶质的质量分数
C. 溶液的质量、水的电离平衡
D. 溶液中Ca2＋的数目
【答案】B
【解析】
氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低，因此将40℃的饱和石灰水冷却至10℃时，不会有晶体析出，溶液的浓度不变。

CaO溶于水反应的方程式为CaO＋H2O=Ca(OH)2，由于溶剂减少，溶质增加，所以会有晶体析出，但溶液温度不变，故其浓度不变，所以正确的答案是B。

第Ⅱ卷(40分)
二、填空题
16. (6分)某课外活动小组同学用如图装置进行实验，试回答下列问题。

(1)若开始时开关K与b连接，则B极的电极反应式为。

总反应的离子方程式为。

有关上述实验，下列说法正确的是(填序号) 。

①溶液中Na+向A极移动
②从A极处逸出的气体能使湿润KI淀粉试纸变蓝
③反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质相同的状态(质量和浓度均相同)
④若标准状况下B极产生2.24 L气体，则电路中转移0.2 mol电子
(2)若开始时开关K与a连接，则B极的电极反应式为。

【答案】（8分，每空2分）（1）2H-+2e-=H2↑(或2H2O+2e-=H2↑+2OH-)
2Cl-+2H2O Cl2+H2↑+2OH- ②④（各1分，多选倒扣，扣完为止）
（2）Fe-2e-=Fe2+
【解析】
（1）若开始时开关K与b连接，则构成电解池。

B与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电，反应式为2H-+2e-=H2↑。

电解饱和食盐水的总反应式为2Cl-+2H2O Cl2+H2↑+2OH-。

电解池中阴极失去电子，所以溶液中的阳离子向阴极移动，A是阳极，①不正确。

阳极A是氯离子放电，生成氯气，氯气能把碘化钾氧化生成碘单质，②正确。

由于从溶液中出来的是氢气和氯气，所以应该再加入氯化氢气体可恢复到电解前电解质相同的状态，③不正确。

根据阴极的电极反应式可知，生成0.1mol氢气，转移电子是0.2mol，④正确。

答案选②④。

（2）若开始时开关K与a连接，则构成原电池，铁是负极，发生吸氧腐蚀，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+。

17.(1)用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。

已知：Cu(s) +2H+(aq) =Cu2+(aq)
+H2(g) △H=64kJ/mol；2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) △H= -196kJ/mol；H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=
-286kJ/mol.在H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为___________。

(2)控制其他条件相同，印刷电路板的金属粉末用10℅H2O2和3.0 mol/L的H2SO4混合溶液处理，测得不同
温度下铜的平均溶解速率(见下表)。

当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，其主要原因是______________。

(3)在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀，制备CuCl的离子方程式是_________________________。

【答案】（7分）
（1）Cu(s)+H2O2(l)+2H＋(aq)=Cu2＋(aq)+2H2O(l) △H=-320KJ.mol-1（3分）
（2）H2O2分解速率加快（2分）
（3）2Cu2＋+SO32-+2Cl－+H2O2CuCl↓+SO42-+2H＋（2分）
【解析】
试题分析：（1）根据盖斯定律得目标方程式=（①×5+②+③×2）×1/2，所以所求热化学方程式为Cu(s)+H2O2(l)+2H＋(aq)=Cu2＋(aq)+2H2O(l) △H=-320KJ.mol-1；
（2）温度升高，过氧化氢分解的也快，所以与铜反应的过氧化氢的浓度减小，反应速率降低；
（3）根据题目信息，CuSO4做氧化剂，Na2SO3作还原剂，发生氧化还原反应生成CuCl沉淀喝硫酸钠，离子方程式为2Cu2＋+SO32-+2Cl－+H2O2CuCl↓+SO42-+2H＋。

考点：考查盖斯定律得应用，反应速率的分析，离子方程式的书写
三、实验题
18.某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究。

(1)提出假设①该反应的气体产物是CO2。

②该反应的气体产物是CO。

③该反应的气体产物是
______________。

(2)设计方案如图所示，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比。

(3)查阅资料
氮气不与碳、氧化铁发生反应。

实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠(NaNO2)饱和溶液混合加热反应制得氮气。

请写出该反应的离子方程式：_________________________________。

(4)实验步骤
①按上图连接装置，并检查装置的气密性，称取3.20g氧化铁、2.00g碳粉混均匀，放入48.48g的硬质玻璃管中；
②加热前，先通一段时间纯净干燥的氮气；
③停止通入N2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水(足量)变浑浊；
④待反应结束，再缓缓
．．通入一段时间的氮气。

冷却至室温，称得硬质玻璃管和固体总质量为52.24g；
⑤过滤出石灰水中的沉淀，洗涤、烘干后称得质量为2.00g。

步骤②、④中都分别通入N2，其作用分别为_________________________________。

(5)数据处理
试根据实验数据分析，写出该实验中氧化铁与碳发生反应的化学方程式：__________________。

【答案】（8分）
⑴CO2、CO的混合物
⑶NH4++NO2—N2↑+2H2O
⑷步骤②中是为了排尽空气；步骤④是为了赶出所有的CO2，确保完全吸收
⑸2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑（各2分）
【解析】
试题分析：（1）结合①②可知③的猜测是该反应的气体产物是CO2、CO的混合物；
（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气的实质是铵根离子与NO2-发生
氧化还原反应生成氮气和水，离子方程式为NH4++NO2—N2↑+2H2O
（4）该反应是氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，所以开始通入氮气目的是排尽空气；后又通入氮气目的是赶出导气管中的二氧化碳，使产生的二氧化碳气体全部被吸收，减小实验误差；
（5）石灰水中产生的沉淀是碳酸钙沉淀，根据其质量可计算出碳酸钙的物质的量是0.02mol，也即生成二氧化碳的物质的量是0.02mol，质量是0.88g，根据质量守恒定律，生成气体的质量是
48.48+3.2+2.0-52.24=1.44g，所以气体产物还有CO，则CO的质量是1.44-0.88=0.56g，物质的量是0.02mol，则碳与氧化铁反应生成二氧化碳、一氧化碳和铁，气体产物的物质的量之比是1:1，所以该实验中氧化铁
与碳发生反应的化学方程式2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑。

考点：考查对实验的分析，实验方案的评价，数据的处理
四、推断题
19.如图所示，甲、乙、丙是三种常见单质，X、Y、Z是常见化合物，它们之间有如下转化关系：
⑴若甲是短周期金属单质，乙、丙是短周期非金属单质，X、Y、Z中只有一种是离子晶体，试推断：
①X的电子式是______________________________。

②X与甲反应的化学方程式______________________________________________。

⑵若甲是气体单质，丙通常是液体，Y和Z具有相同的阳离子，X与Z含有相同的阴离子，试推断：
①写出Z的化学式_______________________。

②写出X与足量的甲在溶液中完全反应的离子方程式：_________________________。

【答案】⑴①（2分）②2Mg+CO2==2MgO+C（2分）
⑵①FeBr3（2分）②3Cl2+2Fe2++4Br-==2Fe3++2Br2+6Cl-（2分）
【解析】
由框图可知反应甲＋X→丙＋Y属于置换反应。

（1）若甲为短周期金属，乙、丙是非金属，在常见金属能置换非金属的反应中只有镁和二氧化碳符合，故甲是镁，X是二氧化碳，丙是碳、Y是MgO。

碳和二氧化碳反应生成CO，Z是CO。

碳不完全燃烧生成CO，乙是氧气。

（2）在常见的单质液体中只有单质溴（金属汞不常见，很少涉及到），即丙是单质溴。

Y和Z具有相同的阳离子，根据转化关系可知X中也含有该元素，故该元素是变价的金属元素，常见的变价金属是铁，乙是单质铁，因此Z是FeBr3，则X是FeBr2。

能把FeBr2氧化生成FeBr3和单质溴的单质气体应氯气，即甲是氯气。

20.有下列四种溶液(均无气体逸出)
A．0.01mol/L的H2CO3溶液
B．0.01mol/L的NaHCO3溶液
C．0.02mol/L的HCl与0.04mol/L的NaHCO3溶液等体积混合液
D．0.02mol/L的NaOH与0.02 mol/L的NaHCO3溶液等体积混合液
据此，填写下列空白(填代号)
(1) c(H+) 最大的是______________；
(2) c(H2CO3) 最大的是______________；
(3) c(HCO3－) 最大的是____________；
(4) c(CO32－) 最大的是______________；
(5) c(HCO3－) 最小的是____________。

【答案】（1）A （2）C （3）C （4）D （5）A
【解析】
试题分析：（1）A溶液是碳酸溶液，显酸性；B是碳酸氢钠溶液，显碱性；C是NaCl、碳酸和NaHCO3溶液的混合液，浓度均是0.01mol/L，因为碳酸氢钠的存在抑制碳酸的电离，溶液酸性比A弱；D是0.01mol/L 的Na2CO3溶液，显碱性。

所以（1）c(H+) 最大的也是溶液酸性最强的是碳酸溶液，答案选A；
（2）C中的碳酸氢根离子的存在抑制了碳酸的电离，所以c(H2CO3) 最大的是C；
（3）同理C中的碳酸的存在抑制了碳酸氢根离子的水解，所以C中的碳酸氢根离子浓度大于B中碳酸氢根离子浓度，c(HCO3－) 最大的是C；
（4）碳酸钠溶液中只有碳酸根离子的水解，尽管水解，但水解程度很弱，碳酸根离子的浓度仍大于其他溶液，所以c(CO32－) 最大的是D；
（5）碳酸氢钠溶液显碱性，是因为碳酸氢根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的电离，所以碳酸根离子的水解液大于碳酸的电离，碳酸根离子水解得碳酸氢根离子，碳酸电离得碳酸氢根离子，所以c(HCO3－) 最小的是A。

考点：考查溶液酸碱性的比较，溶液中平衡的移动，离子浓度的比较
五、计算题
21.如图所示，当关闭阀门K时，向甲中充入1.5 mol A、3.5 mol B，向乙中充入3 mol A、7 mol B，起始时，甲、乙体积均为V L。

在相同温度和有催化剂存在的条件下，两容器中各自发生下列反应：3A(g)+
2B(g)C(g)＋2D(g)；ΔH<0达到平衡(Ⅰ)时，V(乙)=0.86V L。

请回答：
(1)乙中B的转化率为______________；
(2)甲中D和乙中C的物质的量比较：__________(填“相等”、“前者大”、“后者大”)；
(3)打开K，过一段时间重新达平衡(Ⅱ)时，乙的体积为________(用含V的代数式表示，连通管中气体体积忽略不计)。

【答案】（6分）
（1）20%（2分）（2）后者大（2分）（3）0.29V（2分）
【解析】
试题分析：（1）设到达平衡时乙容器中B的物质的量减少xmol，
3A(g)+ 2B(g)C(g)＋2D(g)
开始（mol） 3 7
消耗（mol） 1.5x x 0.5x x
平衡（mol）3-1.5x 7-x 0.5x x
根据恒温恒压下，气体的体积之比等于物质的量之比，则（3-1.5x+7-x+0.5x+x）/(3+7)=0.86V/V，解得x=1.4,则B的转化率是1.4mol/7mol×100%=20%;
（2）甲是恒温恒容条件，达平衡时压强减小，若乙与甲的浓度相同时，以为乙是恒温恒压条件，所以甲需增大压强到达乙的平衡状态，而增大压强，平衡正向移动，恒压下的C、D的物质的量都比恒温下的C、D的物质的量多；而实际乙容器中的浓度是甲的2倍，所以乙中C、D的物质的量比甲容器中C、D物质的量的2倍还多，甲容器中，D物质的量是C的2倍，所以乙中C的物质的量比甲中C的2倍还多，也即比甲中的D的物质的量大，所以甲中D和乙中C的物质的量比较，后者大；
（3）打开K，整体是恒温恒压条件，此时A的物质的量是4.5mol，B的物质的量是10.5mol，与乙容器中的A：3mol，B：7mol对应成比例，整体容器的各物质的物质的量是原来乙容器的1.5倍，所以达到的新平衡与乙容器达到的平衡是等效平衡，总体积是原平衡时乙容器的1.5倍，即新平衡时容器的总体积是0.86VL×1.5=1.29VL，甲容器的体积是VL，所以此时乙容器的体积是1.29V-V=0.29VL。

考点：考查化学平衡中转化率的计算，等效平衡的判断，不同条件的平衡的比较。