黑龍江省牡丹江一中高二上學期期中化學試卷(理科)-Word版含解析

1、2023-2023學年黑龍江省牡丹江一中高二上期中化學試卷理科一、選擇題共22小題，每題2分，總分值44分1在蒸發(fā)皿中加熱蒸干并灼燒以下物質的溶液，可以得到該物質固體的是A硝酸鋁B碳酸氫鈉C硫酸鎂D亞硫酸鈉20.1mol/L的醋酸溶液中存在電離平衡：CH3COOHCH3COO+H+，要使溶液中值增大，可以采取的措施是A加少量燒堿溶液B降低溫度C加少量冰醋酸D加水3在相同溫度時，100mL0.01molL1的醋酸溶液與10mL 0.1molL1的醋酸溶液相比擬，以下數(shù)值中，前者大于后者的是AH+的物質的量B醋酸的電離常數(shù)C中和時所需NaOH的量DCH3COOH的物質的量4以下判斷正確的選項是Ap

2、H=6的溶液一定呈酸性BcH+水電離產生=cOH水電離產生的溶液一定呈中性C使石蕊試液顯紅色的溶液一定呈酸性D強酸和強堿等物質的量混合后溶液一定呈中性50.1molL1KHS溶液中呈堿性，以下表達式不正確的選項是AcK+cH+=cOH+cHS+2 cS2BcK+cHScOHcS2cH+CcHS+cS2+cH2S=0.1 molL1DcK+cHScOHcH2ScH+6某酸性溶液中只有Na+、CH3COO、H+、OH四種離子以下描述可能正確的選項是A該溶液由pH=3的CH3COOH與pH=11的NaOH溶液等體積混合而成B該溶液由等物質的量濃度、等體積的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成C參

3、加適量的NaOH，溶液中離子濃度為cCH3COOcNa+cOHcH+D參加適量氨水后，cCH3COO會大于cNa+、cNH4+之和7用0.1molL1的鹽酸滴定0.1molL1的氨水，在滴定過程中不可能出現(xiàn)的結果是AcNH4+cCl，cOHcH+BcNH4+=cC1，cOH=cH+CcClcNH4+，cOHcH+DcC1cNH4+，cH+cOH8將濃度為0.1mol/L Na2CO3溶液加水稀釋，以下結論錯誤的選項是A水解平衡正向移動B各微粒濃度均變小除H2O外C溶液中離子數(shù)目增多D比值增大9現(xiàn)有Xg+Yg2Zg；正反響放熱從反響開始經(jīng)過t1后到達平衡狀態(tài)，t2 時由于條件改變，平衡受到破壞，

4、在t3時又到達平衡，據(jù)如圖答復：從t2t3的曲線變化是由哪種條件引起的A增大X或Y的濃度B增大壓強C增大Z的濃度D升高溫度10反響 X氣+Y氣2Z氣+QQ0，在一定條件下，反響物Y的轉化率與反響時間t的關系如下圖假設使曲線a變?yōu)榍€b可采取的措施是A參加催化劑B降低溫度C增大壓強D增大Y的濃度11在給定的四種溶液中，參加以下各種離子，各離子能在原溶液中大量共存的有A滴加石蕊試液顯紅色的溶液：Fe3+、NH4+、Cl、IBpH值為1的溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、NO3C水電離出來的cH+=1013mol/L的溶液：K+、HCO3、Br、Ba2+D所含溶質為Na2SO4的溶液：K+、CO32

5、、NO3、Al3+12在90時，將pH=12的NaOH溶液V1 L與pH=l的H2SO4溶液V2 L混合，假設所得混合溶液的pH=11，那么V1：V2為在90時，水的離子積為1012A2：9B10：9C9：2D9：1013將3molO2參加到V L的反響器中，在高溫下放電，經(jīng)t1s建立了平衡體系：3O22O3，此時測知O2的轉化率為30%，以下圖象能正確表示氣體的物質的量濃度m跟時間t的關系的是ABCD14草酸是二元中強酸，草酸氫鈉溶液顯酸性常溫下，向10mL 0.01molL1 NaHC2O4溶液中滴加0.01molL1 NaOH溶液，隨著NaOH溶液體積的增加，溶液中離子濃度關系正確的選項

6、是AVNaOH=0時，cH+=1102 molL1BVNaOH10 mL時，不可能存在cNa+=2cC2O42+cHC2O4CVNaOH=10 mL時，cH+=1107 mol/LDVNaOH10 mL時，cNa+cC2O42cHC2O415以下操作中，能使電離平衡H2OH+OH，向右移動且溶液呈酸性的是A向水中參加NaHSO4溶液B向水中參加Al2SO43固體C向水中參加Na2CO3溶液D將水加熱到100，使pH=616在密閉容器中，給一氧化碳和水蒸氣的氣體混合物加熱，在催化劑存在下發(fā)生反響：COg+H2OgH2g+CO2g在500時，平衡常數(shù)K=9假設反響開始時，一氧化碳和水蒸氣的濃度都是

7、0.02mol/L，那么在此條件下CO的轉化率為A25%B50%C75%D80%17現(xiàn)有常溫時pH=1的某強酸溶液10mL，以下操作能使溶液的pH變成2的是A參加10mL 0.01molL1的NaOH溶液B參加10mL 的水進行稀釋C加水稀釋成100mLD參加10mL 0.01molL1的鹽酸溶液18有Na2SO3溶液CH3COOH溶液HCl溶液各25mL，物質的量濃度均為0.1mol/L以下說法正確的選項是A三種溶液的pH的大小順序是B三種溶液稀釋相同倍數(shù)，pH變化最大的是C三種溶液中含微粒種類多少順序是：D三種溶液中由水電離出cH+大小順序是：19以下說法正確的選項是A升高溫度能使化學反響

8、速率增大，主要原因是增加了反響物分子中活化分子的百分數(shù)B有氣體參加的化學反響，假設增大壓強即縮小反響容器的體積，可增加活化分子的百分數(shù)，從而使反響速率增大C增大反響物濃度，可增大單位體積內活化分子的百分數(shù)，從而使有效碰撞次數(shù)增大D催化劑不影響反響活化能但能增大單位體積內活化分子百分數(shù)，從而增大反響速率20假設室溫時pH=a的氨水與pH=b的鹽酸等體積混合，恰好完全反響，那么該氨水的電離度可表示為A10a+b12%B10a+b14%C1012ab%D1014ab%21：相同溫度下KaHFKaHCN現(xiàn)有物質的量濃度和體積均相同的NaF和NaCN兩種溶液，前者溶液中所含離子數(shù)目為n1，后者溶液中所含

9、離子數(shù)目為n2，以下關系正確的選項是A溶液pH：NaFNaCNBn1n2CH2O的電離程度：NaFNaCNDcFcCN22以下說法不正確的選項是A用稀鹽酸洗滌AgCl沉淀比用水洗滌損耗AgCl小B沉淀反響中常加過量的沉淀劑，其目的是使沉淀完全C對于AlOH3sAlOH3aqAl3+3OH，前者為溶解平衡，后者為電離平衡D除去溶液中的Mg2+，用OH沉淀Mg2+比用CO32效果好，說明MgOH2的溶解度比MgCO3大二、解答題共5小題，總分值56分23三草酸合鐵酸鉀晶體K3FeC2O43xH2O是一種光敏材料，為測定該晶體中鐵的含量，某實驗小組做了如下實驗：步驟一：稱量4.00g三草酸合鐵酸鉀晶

10、體，配制成250mL溶液步驟二：取所配溶液25.00mL于錐形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同時，MnO4被復原成Mn2+向反響后的溶液中參加一小匙鋅粉，加熱至黃色剛好消失，過濾，洗滌，將過濾及洗滌所得溶液收集到錐形瓶中，此時，溶液仍呈酸性步驟三：用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步驟二所得溶液至終點，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4被復原成Mn2+重復步驟二、步驟三操作，滴定消耗0.010mol/L KMnO4溶液19.98mL請答復以下問題：1配制三草酸合鐵酸鉀溶液的操作步驟依次是：稱量、轉移、洗滌并轉移、搖勻2參加鋅粉

11、的目的是3寫出步驟三中發(fā)生反響的離子方程式：4實驗測得該晶體中鐵的質量分數(shù)為在步驟二中，假設參加的KMnO4溶液的量不夠，那么測得的鐵含量選填“偏低、“偏高或“不變24一定條件下，在一個1L的密閉容器中，參加2mol A和1mol B，發(fā)生以下反響：2Ag+Bg3Cg+Ds，10min后到達平衡，平衡時C的濃度為0.12mol/L1維持容器的溫度不變，假設縮小容器的體積，那么平衡移動填“向正反響方向或“向逆反響方向或“不2維持容器的體積和溫度不變，按以下四種配比作為起始物質，到達平衡后，C的濃度仍與上述平衡相同的是A4mol A+2mol BB3mol C+1mol DC2mol A+1mol

12、 B+1mol D3假設維持容器內的體積和溫度不變，反響從逆反響開始，按不同配比作為起始物質，到達平衡時，C的濃度與上述平衡相同，那么C的起始物質的量應滿足的條件是4到達平衡時B的轉化率為假設到到達平衡后向容器中參加少量的C，其它條件保持不變，B的轉化率將填“變大或“變小或“不變25常溫下，向100mL 0.01molL1 HA溶液中逐滴參加0.02molL1 MOH溶液，圖中所示曲線表示混合溶液的pH變化情況體積變化忽略不計答復以下問題：1由圖中信息可知HA為酸填“強或“弱，理由是2MA稀溶液的pH=a，那么a7填“、“或“=，此時，溶液中由水電離出的cH+=3請寫出K點所對應的溶液中離子濃

13、度的大小關系：4K點對應的溶液中，cM+cMOH=2cA填“、“或“=；假設此時溶液中pH=10，那么cMOH+cOH= molL1用代數(shù)式表示5K點溶液顯堿性的原因是：261在粗制CuSO45H2O晶體中常含有雜質Fe2+在提純時為了除去Fe2+，常參加適宜氧化劑，使Fe2+氧化為Fe3+，以下物質可采用的是AKMnO4 BH2O2 CCl2 水 DHNO3然后再參加適當物質調整至溶液pH=4，使Fe3+轉化為FeOH3，可以到達除去Fe3+而不損失CuSO4的目的，調整溶液pH可選用以下中的ANaOH BNH3H2O CCuO DCuOH22甲同學疑心調整至溶液pH=4是否能到達除去Fe3

14、+而不損失Cu2+的目的，乙同學認為可以通過計算確定，他查閱有關資料得到如下數(shù)據(jù)，常溫下FeOH3的溶度積Ksp=8.01038，CuOH2的溶度積Ksp=3.01020，通常認為殘留在溶液中的離子濃度小于1105 molL1時就認為沉淀完全，設溶液中CuSO4的濃度為3.0molL1，那么CuOH2開始沉淀時溶液的pH為，F(xiàn)e3+完全沉淀時溶液的pH為，通過計算確定上述方案 填“可行或“不可行l(wèi)g5=0.727某研究小組在實驗室探究氨基甲酸銨NH2COONH4分解反響平衡常數(shù)和水解反響速率的測定1將一定量純潔的氨基甲酸銨固體置于特制的密閉真空容器中假設容器體積不變，固體試樣體積忽略不計，在恒

15、定溫度下使其到達分解平衡：NH2COONH4s2NH3g+CO2g實驗測得不同溫度下的平衡數(shù)據(jù)列于表中：溫度/15.020.025.030.035.0平衡總壓強/kPa5.78.312.017.124.0平衡氣體總濃度/molL12.41033.41034.81036.81039.4103以下不能判斷該分解反響已經(jīng)到達平衡的是A2vNH3=vCO2B密閉容器中總壓強不變C密閉容器中混合氣體的密度不變D密閉容器中氨氣的體積分數(shù)不變E容器中混合氣體的平均相對分子質量不變用某氣體組分B的平衡壓強pB代替氣體組分B的物質的量濃度cB也可以表示平衡常數(shù)記作KP，氣體組分B的平衡壓強pB等于混合氣體的總壓

16、乘以該氣體的物質的量分數(shù)根據(jù)表中數(shù)據(jù)，計算 25.0時氨基甲酸銨分解的平衡常數(shù)Kp=取一定量的氨基甲酸銨固體放在一個帶活塞的密閉真空容器中，在 25.0下到達分解平衡假設在恒溫下壓縮容器體積，氨基甲酸銨固體的質量填“增加、“減少或“不變氨基甲酸銨分解反響的焓變H0填“、“=或“，熵變S0填“、“=或“2：NH2COONH4+2H2ONH4HCO3+NH3H2O該研究小組分別用三份不同初始濃度的氨基甲酸銨溶液測定其水解反響速率，得到cNH2COO隨時間的變化趨勢如下圖計算 25.0時，06min 氨基甲酸銨水解反響的平均速率：根據(jù)圖中信息，如何說明該水解反響速率隨溫度升高而增大：2023-202

17、3學年黑龍江省牡丹江一中高二上期中化學試卷理科參考答案與試題解析一、選擇題共22小題，每題2分，總分值44分1在蒸發(fā)皿中加熱蒸干并灼燒以下物質的溶液，可以得到該物質固體的是A硝酸鋁B碳酸氫鈉C硫酸鎂D亞硫酸鈉【考點】鹽類水解的原理【分析】加熱蒸干以下物質的溶液然后灼燒，可以得到該物質的固體，說明該物質在加熱過程中性質穩(wěn)定，不分解，且不發(fā)生水解生成其它物質，以此解答該題【解答】解：A稀硝酸具有揮發(fā)性，且加熱易分解，那么加熱硝酸鋁溶液最終不會得到硝酸鋁固體，故A錯誤；BNaHCO3不穩(wěn)定，加熱分解生成碳酸鈉，故B錯誤；C加熱硫酸鎂溶液，即使水解，因硫酸難揮發(fā)，最終產物應為硫酸鎂，故C正確；D亞硫酸

18、鈉溶液蒸干過程中易被空氣中的氧氣氧化生成硫酸鈉，2Na2SO3+O2=2Na2SO4，蒸干灼燒后得到硫酸鈉固體，故D錯誤；應選C20.1mol/L的醋酸溶液中存在電離平衡：CH3COOHCH3COO+H+，要使溶液中值增大，可以采取的措施是A加少量燒堿溶液B降低溫度C加少量冰醋酸D加水【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡【分析】醋酸是弱電解質，在溶液中存在電離平衡，要使溶液中cH+/cCH3COOH值增大，那么平衡向正反響方向移動，結合平衡移動影響因素來分析解答【解答】解：A參加少量燒堿溶液，反響生成CH3COO，cH+減小，由于CH3COO對CH3COOH的電離起到抑制作用，那么cH+/cC

19、H3COOH值減小，故A錯誤；B醋酸的電離是吸熱反響，降低溫度，抑制醋酸電離，平衡向逆反響方向移動，那么cH+/cCH3COOH值減小，故B錯誤；C參加少量冰醋酸，醋酸濃度增大，弱電解質的濃度越大，電離程度越小，那么cH+/cCH3COOH值減小，故C錯誤；D加水稀釋促進醋酸電離，那么氫離子的物質的量增大，醋酸分子的物質的量減小，所以cH+/cCH3COOH值增大，故D正確；應選D3在相同溫度時，100mL0.01molL1的醋酸溶液與10mL 0.1molL1的醋酸溶液相比擬，以下數(shù)值中，前者大于后者的是AH+的物質的量B醋酸的電離常數(shù)C中和時所需NaOH的量DCH3COOH的物質的量【考點

20、】弱電解質在水溶液中的電離平衡【分析】根據(jù)醋酸的濃度越小，其電離程度越大，但濃度小，電離產生的離子的濃度、離子的物質的量都小，并結合n=cV來解答，注意電離平衡常數(shù)與溫度有關【解答】解：A由n=cV可知，100mL 0.01mol/L的醋酸溶液中溶質的物質的量為0.001mol，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶質的物質的量為0.001mol，但后者的濃度大，醋酸的電離程度小，所以氫離子的物質的量前者大于后者，故A正確；B電離平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度相同那么電離平衡常數(shù)相同，故B錯誤；C由于溶質nCH3COOH都為0.001mol，中和時所需NaOH的量應相同，故C錯誤；D由n=cV可知

21、，100mL 0.01mol/L的醋酸溶液中溶質的物質的量為0.001mol，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶質的物質的量為0.001mol，但前者濃度小，電離程度大，前者的CH3COOH的物質的量小，故D錯誤；應選A4以下判斷正確的選項是ApH=6的溶液一定呈酸性BcH+水電離產生=cOH水電離產生的溶液一定呈中性C使石蕊試液顯紅色的溶液一定呈酸性D強酸和強堿等物質的量混合后溶液一定呈中性【考點】探究溶液的酸堿性【分析】ApH=6的溶液不一定呈酸性，可能呈中性；B任何電解質水溶液中都存在cH+水電離產生=cOH水電離產生，但存在cH+水電離產生=cOH水電離產生的溶液不一定呈中性；C石

22、蕊試液變色范圍是58；D強酸和強堿等物質的量混合后溶液可能呈中性，也可能呈酸性或堿性【解答】解：ApH=6的溶液不一定呈酸性，可能呈中性，如95的水中存在cH+=cOH=106 mol/L，溶液的pH=6且溶液呈中性，故A錯誤；B任何電解質水溶液中都存在cH+水電離產生=cOH水電離產生，但存在cH+水電離產生=cOH水電離產生的溶液不一定呈中性，可能呈酸性或堿性，故B錯誤；C石蕊試液變色范圍是58，常溫下pH5的溶液能使石蕊試液變紅色，為酸性溶液，故C正確；D強酸和強堿等物質的量混合后溶液可能呈中性，也可能呈酸性或堿性，如：元數(shù)相同的強酸強堿等物質的量的混合溶液呈中性，如果酸的元數(shù)大于堿的元

23、數(shù)，二者等物質的量混合后溶液呈酸性，如果酸的元數(shù)小于堿的元數(shù)，二者等物質的量混合后溶液呈堿性，故D錯誤；應選C50.1molL1KHS溶液中呈堿性，以下表達式不正確的選項是AcK+cH+=cOH+cHS+2 cS2BcK+cHScOHcS2cH+CcHS+cS2+cH2S=0.1 molL1DcK+cHScOHcH2ScH+【考點】離子濃度大小的比擬；鹽類水解的應用【分析】KHS溶液呈堿性，說明HS水解程度大于HS電離程度，存在HSH+S2，HS+H2OH2S+OH，H2OH+OH，結合電荷守恒和物料守恒可解答該題【解答】解：A溶液遵循電中性原那么，即cK+cH+=cOH+cHS+2 cS2，

24、故A正確；B溶液中存在水的電離，應存在cH+cS2，故B錯誤；C.0.1molL1KHS溶液中含有：HS、S2、H2S，由物料守恒可知cHS+cS2+cH2S=0.1 molL1，故C正確；D溶液中存在水的電離，并且HS水解程度大于HS電離程度，存在HSH+S2，HS+H2OH2S+OH，H2OH+OH，那么cOHcH2ScH+，因水解程度較弱，那么cK+cHScOHcH2ScH+，故D正確應選B6某酸性溶液中只有Na+、CH3COO、H+、OH四種離子以下描述可能正確的選項是A該溶液由pH=3的CH3COOH與pH=11的NaOH溶液等體積混合而成B該溶液由等物質的量濃度、等體積的NaOH溶

25、液和CH3COOH溶液混合而成C參加適量的NaOH，溶液中離子濃度為cCH3COOcNa+cOHcH+D參加適量氨水后，cCH3COO會大于cNa+、cNH4+之和【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算【分析】某酸性溶液中只有Na+、CH3COO、H+、OH四種離子，那么該溶液為CH3COOH、CH3COONa混合溶液ApH=3的CH3COOH與pH=11的NaOH溶液等體積混合，醋酸過量，溶液呈酸性；B由等物質的量濃度、等體積的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合生成強堿弱酸鹽，溶液呈堿性；C根據(jù)溶液呈電中性分析；D根據(jù)電荷守恒有cCH3COO+cOH=cH+ +cNa+ 判斷【解答】

26、解：ApH=3的CH3COOH與pH=11的NaOH溶液等體積混合，醋酸過量，溶液呈酸性，且溶液中存在Na+、CH3COO、H+、OH四種離子，故A正確；B由等物質的量濃度、等體積的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合生成強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，與溶液的酸性不符，故B錯誤；C根據(jù)電荷守恒有cCH3COO+cOH=cH+ +cNa+ ，假設溶液中cCH3COOcNa+ cOHcH+ ，那么cCH3COO+cOHcH+ +cNa+ ，溶液不呈電中性，故C錯誤；D假設參加適量氨水至堿性，溶液中存在cCH3COO+cOH=cNa+cNH4+cH+，因為cOHcH+，那么cCH3COOcNa+cNH4+

27、，故D正確；應選AD7用0.1molL1的鹽酸滴定0.1molL1的氨水，在滴定過程中不可能出現(xiàn)的結果是AcNH4+cCl，cOHcH+BcNH4+=cC1，cOH=cH+CcClcNH4+，cOHcH+DcC1cNH4+，cH+cOH【考點】離子濃度大小的比擬【分析】根據(jù)酸堿滴定中，無論溶液中的溶質是氯化銨、氯化銨和氯化氫、氯化銨和一水合氨，該溶液一定不顯電性，那么利用遵循電荷守恒對各選項進行判斷即可【解答】解：A假設滴定后溶液中的溶質為氯化銨和一水合氨，那么一般溶液顯堿性，即cOHcH+，溶液中弱電解質的電離鹽的水解，即cNH4+cCl，那么符合電荷守恒，是可能出現(xiàn)的結果，故A錯誤；B假設

28、滴定后溶液中的溶質為氯化銨和一水合氨，當溶液中弱電解質的電離程度與鹽的水解程度相同時，溶液為中性，那么cOH=cH+，由電荷守恒可知cNH4+=cCl，是可能出現(xiàn)的結果，故B錯誤；C當cClcNH4+，cOHcH+，那么溶液中陰離子帶的電荷總數(shù)就大于陽離子帶的電荷總數(shù)，顯然與電荷守恒矛盾，是不可能出現(xiàn)的結果，故C正確；D假設滴定后溶液中的溶質為氯化銨，由銨根離子水解那么溶液顯酸性，即cH+cOH，又水解的程度很弱，那么cClcNH4+，且符合電荷守恒，是可能出現(xiàn)的結果，故D錯誤；應選C8將濃度為0.1mol/L Na2CO3溶液加水稀釋，以下結論錯誤的選項是A水解平衡正向移動B各微粒濃度均變小

29、除H2O外C溶液中離子數(shù)目增多D比值增大【考點】鹽類水解的原理【分析】0.1molL1的Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32+H2OHCO3+OH，加水稀釋，碳酸根離子水解平衡正移，水解程度增大，據(jù)此答復【解答】解：0.1molL1的Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32+H2OHCO3+OH，A、加水稀釋，碳酸根離子水解平衡正移，故A正確；B、加水稀釋，碳酸根離子水解平衡正移，平衡狀態(tài)下微粒濃度減小，溶液中存在離子積常數(shù)，氫離子濃度增大，故B錯誤；C、加水稀釋，碳酸根離子水解平衡正移，陰離子數(shù)增加，溶液中離子數(shù)目增多，故C正確；D、0.1molL1的Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO

30、32+H2OHCO3+OH，加水稀釋，碳酸根離子水解平衡正移，難度之比等于其物質的量之比，比值增大，故D正確；應選B9現(xiàn)有Xg+Yg2Zg；正反響放熱從反響開始經(jīng)過t1后到達平衡狀態(tài)，t2 時由于條件改變，平衡受到破壞，在t3時又到達平衡，據(jù)如圖答復：從t2t3的曲線變化是由哪種條件引起的A增大X或Y的濃度B增大壓強C增大Z的濃度D升高溫度【考點】化學平衡的影響因素【分析】由圖可知，t2秒改變條件瞬間濃度都不變化，不能是改變濃度與壓強，t2秒后X或Y的濃度增大，Z的濃度減小，說明平衡向逆反響方向移動，根據(jù)反響的特點和外界條件對平衡的影響來判斷【解答】解：A、由圖可知，t2秒瞬間濃度都不變化，不

31、可能是增大X或Y的濃度，且假設增大了X或Y的濃度，平衡向正反響方向移動，Z的濃度應增大，不符合，故A錯誤；B、增大了體系壓強，平衡不移動，X、Y、Z的濃度應增大，故B錯誤；C、假設增大Z的濃度，改變條件瞬間Z的濃度應增大，平衡時Z的濃度應大于原平衡，圖象與實際不相符，故C錯誤；D、該反響放熱，升高該反響的溫度，平衡逆向移動，X或Y的濃度增大，Z的濃度減小，圖象符合，故D正確應選D10反響 X氣+Y氣2Z氣+QQ0，在一定條件下，反響物Y的轉化率與反響時間t的關系如下圖假設使曲線a變?yōu)榍€b可采取的措施是A參加催化劑B降低溫度C增大壓強D增大Y的濃度【考點】轉化率隨溫度、壓強的變化曲線【分析】由

32、圖可知曲線a變?yōu)榍€b，到達平衡的時間增長，應改變條件降低反響速率，同時Y的轉化率增大，即條件改變平衡向正反響移動，結合外界條件對反響速率與化學平衡的影響分析【解答】解：由圖可知曲線a變?yōu)榍€b，到達平衡的時間增長，應改變條件降低反響速率，同時Y的轉化率增大，即條件改變平衡向正反響移動，A、參加催化劑，反響速率加快，平衡不移動，Y的轉化率不變，故A錯誤；B、該反響正反響是放熱反響，降低溫度，反響速率降低，平衡向正反響移動，Y的轉化率增大，故B正確；C、增大壓強，反響速率加快，反響前后氣體的物質的量不變，平衡不移動，Y的轉化率不變，故C錯誤；D、加大Y的濃度，反響加快，平衡向正反響移動，Y的轉化

33、率降低，故D錯誤；應選B11在給定的四種溶液中，參加以下各種離子，各離子能在原溶液中大量共存的有A滴加石蕊試液顯紅色的溶液：Fe3+、NH4+、Cl、IBpH值為1的溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、NO3C水電離出來的cH+=1013mol/L的溶液：K+、HCO3、Br、Ba2+D所含溶質為Na2SO4的溶液：K+、CO32、NO3、Al3+【考點】離子共存問題【分析】A滴加石蕊試液顯紅色的溶液，顯酸性，離子之間發(fā)生氧化復原反響；BpH值為1的溶液，顯酸性；C水電離出來的cH+=1013mol/L的溶液，為酸或堿溶液；D離子之間相互促進水解【解答】解：A滴加石蕊試液顯紅色的溶液，顯酸性，F(xiàn)

34、e3+、I發(fā)生氧化復原反響，不能共存，故A錯誤；BpH值為1的溶液，顯酸性，該組離子之間不反響，可大量共存，故B正確；C水電離出來的cH+=1013mol/L的溶液，為酸或堿溶液，酸溶液中不能大量存在HCO3，堿溶液中HCO3、OH、Ba2+反響生成沉淀和水，故C錯誤；DCO32、Al3+相互促進水解，不能共存，故D錯誤；應選B12在90時，將pH=12的NaOH溶液V1 L與pH=l的H2SO4溶液V2 L混合，假設所得混合溶液的pH=11，那么V1：V2為在90時，水的離子積為1012A2：9B10：9C9：2D9：10【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算【分析】90時，水的離子積

35、為1012，那么該溫度下cH+=mol/L=106 mol/L，其pH=6，混合溶液pH=116，所以混合溶液呈堿性，pH=12的NaOH溶液中cOH=mol/L=1mol/L，pH=l的H2SO4溶液cH+=0.1mol/L，混合溶液pH=11，那么混合溶液中cOH=mol/L=mol/L，據(jù)此計算V1：V2【解答】解：90時，水的離子積為1012，那么該溫度下cH+=mol/L=106 mol/L，其pH=6，混合溶液pH=116，所以混合溶液呈堿性，pH=12的NaOH溶液中cOH=mol/L=1mol/L，pH=l的H2SO4溶液cH+=0.1mol/L，混合溶液pH=11，那么混合溶

36、液中cOH=mol/L=mol/L，V1：V2=2：9，應選A13將3molO2參加到V L的反響器中，在高溫下放電，經(jīng)t1s建立了平衡體系：3O22O3，此時測知O2的轉化率為30%，以下圖象能正確表示氣體的物質的量濃度m跟時間t的關系的是ABCD【考點】化學平衡建立的過程【分析】根據(jù)O2的轉化率利用三段式計算平衡時各組分的濃度， 3O22O3n始：3 0n變：0.9 0.6n平：2.1 0.6O2的起始濃度為，O2的平衡濃度為，O3的起始濃度為0，O3的平衡濃度為，O2的物質的量大于O3的物質的量【解答】解：O2的轉化率為30%，那么O2的消耗量為3mol30%=0.9mol， 3O22O

37、3n始：3 0n變：0.9 0.6n平：2.1 0.6O2的起始濃度為，O2的平衡濃度為，O3的起始濃度為0，O3的平衡濃度為，A、圖象表示平衡時O2和O3的物質的量相同，與實際不符，故A錯誤；B、圖象表示平衡時O2和O3的物質的量相同，與實際不符，故B錯誤；C、圖象表示平衡時O2的物質的量大于O3的物質的量，與實際相符，故C正確；D、圖象表示平衡時O2的物質的量小于O3的物質的量，與實際不符，故D錯誤應選：C14草酸是二元中強酸，草酸氫鈉溶液顯酸性常溫下，向10mL 0.01molL1 NaHC2O4溶液中滴加0.01molL1 NaOH溶液，隨著NaOH溶液體積的增加，溶液中離子濃度關系正

38、確的選項是AVNaOH=0時，cH+=1102 molL1BVNaOH10 mL時，不可能存在cNa+=2cC2O42+cHC2O4CVNaOH=10 mL時，cH+=1107 mol/LDVNaOH10 mL時，cNa+cC2O42cHC2O4【考點】離子濃度大小的比擬【分析】A草酸是二元中強酸，VNaOH=0時，NaHC2O4不能完全電離出H+；BVNaOH10mL時，溶液中溶質為NaHC2O4、Na2C2O4；CVNaOH=10 mL時，溶液中溶質為Na2C2O4；DVNaOH10 mL時，溶液中溶質為NaOH、Na2C2O4【解答】解：A草酸是二元中強酸，VNaOH=0時，NaHC2O

39、4不能完全電離出H+，那么cH+1102molL1，故A錯誤；BVNaOH10mL時，溶液中溶質為NaHC2O4、Na2C2O4，當電離等于水解，即cH+=cOH，存在cNa+=2cC2O42+cHC2O4 ，故B錯誤；CVNaOH=10 mL時，溶液中溶質為Na2C2O4，溶液顯堿性，那么cH+1107molL1，故C錯誤；DVNaOH10 mL時，溶液中溶質為NaOH、Na2C2O4，C2O42水解生成HC2O4，那么離子濃度為cNa+cC2O42cHC2O4 ，故D正確；應選D15以下操作中，能使電離平衡H2OH+OH，向右移動且溶液呈酸性的是A向水中參加NaHSO4溶液B向水中參加Al

40、2SO43固體C向水中參加Na2CO3溶液D將水加熱到100，使pH=6【考點】水的電離【分析】能使電離平衡H2OH+OH向右移動，說明參加的物質能和氫離子或氫氧根離子反響而促進水的電離；溶液呈酸性，說明參加的物質和氫氧根離子反響，導致溶液中氫氧根離子濃度小于氫離子濃度而使溶液呈酸性，據(jù)此進行分析【解答】解：A、硫酸氫鈉的電離：NaHSO4Na+H+SO42，溶液中氫離子濃度增大，水的電離平衡向著逆向移動，故A錯誤；B、向水中參加硫酸鋁，鋁離子水解而促進水電離，且溶液呈酸性，故B正確；C、向水中參加碳酸鈉溶液，碳酸根離子水解促進水的電離，碳酸根離子和氫離子結合生成碳酸氫根離子而使溶液中氫氧根離

41、子濃度大于氫離子濃度，所以溶液呈堿性，故C錯誤；D、升高溫度，水的電離程度增大，但是溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，溶液顯示中性，故D錯誤；應選：B16在密閉容器中，給一氧化碳和水蒸氣的氣體混合物加熱，在催化劑存在下發(fā)生反響：COg+H2OgH2g+CO2g在500時，平衡常數(shù)K=9假設反響開始時，一氧化碳和水蒸氣的濃度都是0.02mol/L，那么在此條件下CO的轉化率為A25%B50%C75%D80%【考點】化學平衡的計算【分析】依據(jù)化學平衡的三段式列式計算，平衡狀態(tài)下的物質濃度，運用平衡常數(shù)的概念列式得到；【解答】解：依據(jù)化學平衡，設一氧化碳的消耗濃度為X，分析三段式列式計算： COg

42、+H2OgH2g+CO2g起始量mol/L 0.02 0.02 0 0 變化量mol/L X X X X平衡量mol/L 0.02X 0.02X X X平衡常數(shù)K=9解得：X=0.015mol/L；一氧化碳轉化率=100%=75%應選C17現(xiàn)有常溫時pH=1的某強酸溶液10mL，以下操作能使溶液的pH變成2的是A參加10mL 0.01molL1的NaOH溶液B參加10mL 的水進行稀釋C加水稀釋成100mLD參加10mL 0.01molL1的鹽酸溶液【考點】pH的簡單計算【分析】常溫下pH=1的某強酸溶液中cH+=0.1mol/L，使溶液的pH變成2，即cH+=0.01mol/L，可加水稀釋或

43、參加一定量的堿進行中和，使cH+=0.01mol/L即可【解答】解：常溫下pH=1的某強酸溶液中cH+=0.1mol/L，使溶液的pH變成2，即cH+=0.01mol/L，那么：A、pH=1的某強酸溶液10mL，nH+=0.01L0.1mol/L=0.001mol，10mL0.01mol/L的NaOH溶液，nOH=0.01L0.01mol/L=0.0001mol，混合后cH+=0.01mol/L，故A錯誤；B、參加10mL的水進行稀釋，混合后cH+=0.05mol/L0.01mol/L，故B錯誤；C、加水稀釋成100mL，cH+=0.01mol/L，故C正確；D、參加10mL0.01mol/L

44、的鹽酸，混合后，cH+=0.01mol/L，故D錯誤應選C18有Na2SO3溶液CH3COOH溶液HCl溶液各25mL，物質的量濃度均為0.1mol/L以下說法正確的選項是A三種溶液的pH的大小順序是B三種溶液稀釋相同倍數(shù)，pH變化最大的是C三種溶液中含微粒種類多少順序是：D三種溶液中由水電離出cH+大小順序是：【考點】pH的簡單計算【分析】A根據(jù)溶液酸堿性判斷溶液的pH大小；B稀釋后的水解程度、的電離程度增大，溶液pH變化較小，而中氫離子的物質的量根本不變，那么其pH變化最大；C中含有陽離子多了鈉離子，陰離子有亞硫酸根離子、亞硫酸氫根離子，其含有微粒最多，中不存在HCl分子，那么中微粒種類最

45、少；D促進了水的電離，都抑制了水的電離，酸性越強，水的電離程度越小【解答】解：ANa2SO3溶液呈堿性，溶液的pH7，CH3COOH溶液呈酸性，氫離子濃度小于0.1mol/L，其pH大于，HCl溶液中氫離子濃度0.1mol/L，其pH最小，所以三種溶液的pH的大小順序是，故A正確；B三種溶液稀釋相同倍數(shù)，由于的水解程度、的電離程度增大，兩溶液的pH變化較小，只有中氫離子的物質的量根本不變，其pH變化最大，故B錯誤；CNa2SO3溶液中比多了鈉離子，還多1種酸根離子，CH3COOH溶液比多了弱酸分子，HCl溶液中含有微粒種類最少，所以三種溶液中含微粒種類多少順序是：，故C錯誤；DNa2SO3溶液

46、中，亞硫酸根離子水解促進了水的電離，CH3COOH電離出的氫離子抑制了水的電離，HCl電離出的氫離子抑制了水的電離，由于濃度相同時中氫離子濃度較大，那么中水電離的氫離子濃度最小，所以三種溶液中由水電離出cH+大小順序是：，故D錯誤；應選A19以下說法正確的選項是A升高溫度能使化學反響速率增大，主要原因是增加了反響物分子中活化分子的百分數(shù)B有氣體參加的化學反響，假設增大壓強即縮小反響容器的體積，可增加活化分子的百分數(shù)，從而使反響速率增大C增大反響物濃度，可增大單位體積內活化分子的百分數(shù)，從而使有效碰撞次數(shù)增大D催化劑不影響反響活化能但能增大單位體積內活化分子百分數(shù)，從而增大反響速率【考點】化學反

47、響速率的影響因素【分析】溫度、催化劑可影響活化分子的百分數(shù)，而濃度、壓強只改變單位體積活化分子的數(shù)目，不改變百分數(shù)，另外，催化劑可降低反響的活化能【解答】解：A升高溫度，可增加反響物分子中活化分子的百分數(shù)，使反響速率增大，故A正確；B增大壓強，可增大單位體積的活化分子數(shù)目，但百分數(shù)不變，故B錯誤；C增大反響物濃度，可增大單位體積內活化分子的數(shù)目，但百分數(shù)不變，故C錯誤；D參加催化劑，降低反響物的活化能，增大活化分子的百分數(shù)，反響速率增大，故D錯誤應選A20假設室溫時pH=a的氨水與pH=b的鹽酸等體積混合，恰好完全反響，那么該氨水的電離度可表示為A10a+b12%B10a+b14%C1012a

48、b%D1014ab%【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算【分析】根據(jù)二者恰好反響可知nNH3H2O=nHCl，根據(jù)=計算電離度【解答】解：pH=b的鹽酸中cH+=cHCl=10bmol/L，二者恰好反響可知cNH3H2O=cHCl=10bmol/L，pH=a的氨水中nOH=10a14mol/L，即已電離的cNH3H2O=10a14mol/L，所以該氨水的電離度為： =10a+b14%，應選B21：相同溫度下KaHFKaHCN現(xiàn)有物質的量濃度和體積均相同的NaF和NaCN兩種溶液，前者溶液中所含離子數(shù)目為n1，后者溶液中所含離子數(shù)目為n2，以下關系正確的選項是A溶液pH：NaFNaCNB

49、n1n2CH2O的電離程度：NaFNaCNDcFcCN【考點】鹽類水解的應用【分析】HF的酸性比HCN的酸性強，HF的電離程度大于HCN，那么其酸根離子水解程度FCN，離子的水解是對水的電離的促進作用，水解程度大，那么水電離的程度大【解答】解：A、HF的酸性比HCN的酸性強，HF的電離程度大于HCN，那么其酸根離子水解程度FCN，溶液pH：NaFNaCN，故A錯誤；B、因為酸根離子水解程度FCN，那么cFcCN，所以NaF溶液中氫離子濃度大于NaCN，兩種溶液中鈉離子濃度相等，所以NaF溶液中離子個數(shù)大于NaCN離子個數(shù)，即n1n2，故B正確；C、HF的酸性比HCN的酸性強，HF的電離程度大于

50、HCN，那么其酸根離子水解程度FCN，離子的水解是對水的電離的促進作用，所以H2O的電離程度：NaFNaCN，故C錯誤；D、因為酸根離子水解程度FCN，那么cFcCN，故D錯誤；應選B22以下說法不正確的選項是A用稀鹽酸洗滌AgCl沉淀比用水洗滌損耗AgCl小B沉淀反響中常加過量的沉淀劑，其目的是使沉淀完全C對于AlOH3sAlOH3aqAl3+3OH，前者為溶解平衡，后者為電離平衡D除去溶液中的Mg2+，用OH沉淀Mg2+比用CO32效果好，說明MgOH2的溶解度比MgCO3大【考點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質【分析】AAgCl沉淀在溶液中存在沉淀溶解平衡；B加過量的沉淀劑能使沉淀

51、溶解平衡向生成沉淀的方向移動；C氫氧化鋁固體與氫氧化鋁溶液是沉淀溶解平衡，氫氧化鋁是弱電解質存在電離平衡；DMgOH2的溶解度比MgCO3小【解答】解：AAgCl沉淀在溶液中存在沉淀溶解平衡，參加鹽酸，使平衡向生成沉淀的方向移動，故A正確；B加過量的沉淀劑能使沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移動，所以沉淀反響中常加過量的沉淀劑，其目的是使沉淀完全，故B正確；C氫氧化鋁固體與氫氧化鋁溶液是沉淀溶解平衡，氫氧化鋁是弱電解質存在電離平衡，所以AlOH3sAlOH3aqAl3+3OH，前者為溶解平衡，后者為電離平衡，故C正確；D解度大的沉淀可以轉化為溶解度更小的另一種沉淀，用OH沉淀Mg2+比用CO32效

52、果好，說明MgOH2的溶解度比MgCO3小，故D錯誤；應選D二、解答題共5小題，總分值56分23三草酸合鐵酸鉀晶體K3FeC2O43xH2O是一種光敏材料，為測定該晶體中鐵的含量，某實驗小組做了如下實驗：步驟一：稱量4.00g三草酸合鐵酸鉀晶體，配制成250mL溶液步驟二：取所配溶液25.00mL于錐形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同時，MnO4被復原成Mn2+向反響后的溶液中參加一小匙鋅粉，加熱至黃色剛好消失，過濾，洗滌，將過濾及洗滌所得溶液收集到錐形瓶中，此時，溶液仍呈酸性步驟三：用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步驟二所得溶液至終點，

53、消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4被復原成Mn2+重復步驟二、步驟三操作，滴定消耗0.010mol/L KMnO4溶液19.98mL請答復以下問題：1配制三草酸合鐵酸鉀溶液的操作步驟依次是：稱量、溶解、轉移、洗滌并轉移、定容、搖勻2參加鋅粉的目的是將Fe3+恰好復原成Fe2+，使Fe2+在步驟三中與KMnO4發(fā)生氧化復原反響3寫出步驟三中發(fā)生反響的離子方程式：5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O4實驗測得該晶體中鐵的質量分數(shù)為14%在步驟二中，假設參加的KMnO4溶液的量不夠，那么測得的鐵含量偏高選填“偏低、“偏高或“不變【考點】探究物質的組成或測量物質的含量【

54、分析】1根據(jù)配制一定物質的量濃度的溶液的操作步驟判斷：在配制物質的量濃度的溶液時，要經(jīng)過：計算稱量溶解移液、洗滌振蕩定容搖勻等步驟；2鋅粉能與Fe3+反響，參加鋅粉的目的是將Fe3+恰好復原成Fe2+；3步驟三KMnO4溶液滴定，將二價鐵氧化成三價鐵離子，據(jù)此書寫離子方程式；4根據(jù)離子方程式計算，nFe=5nMnO4，晶體中鐵的質量分數(shù)=100%計算，假設在步驟二中滴入酸性高錳酸鉀溶液缺乏，那么會有局部草酸根離子未被氧化，在步驟三中那么會造成消耗酸性高錳酸鉀溶液的量偏大，從而計算出的鐵的量增多，含量偏高【解答】解：1在配制物質的量濃度的溶液時，要經(jīng)過：計算稱量溶解移液、洗滌振蕩定容搖勻等步驟，

55、故答案為：溶解；定容；2參加鋅粉的目的是將Fe3+恰好復原成Fe2+，故答案為：將Fe3+恰好復原成Fe2+，使Fe2+在步驟三中與KMnO4發(fā)生氧化復原反響；3在步驟三中KMnO4溶液滴定，將二價鐵氧化成三價鐵離子，發(fā)生的離子反響為：5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，故答案為：5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；4根據(jù)步驟三中的離子反響可知：nFe=5nMnO4=519.981030.01 molL110=0.00999mol，mFe=56 gmol10.0099mol=0.5594g晶體中鐵的質量分數(shù)=100%=14%，假設在步驟二中滴入酸性高錳酸

56、鉀溶液缺乏，那么會有局部草酸根離子未被氧化，在步驟三中那么會造成消耗酸性高錳酸鉀溶液的量偏大，從而計算出的鐵的量增多，含量偏高，故答案為：14%；偏高24一定條件下，在一個1L的密閉容器中，參加2mol A和1mol B，發(fā)生以下反響：2Ag+Bg3Cg+Ds，10min后到達平衡，平衡時C的濃度為0.12mol/L1維持容器的溫度不變，假設縮小容器的體積，那么平衡不移動填“向正反響方向或“向逆反響方向或“不2維持容器的體積和溫度不變，按以下四種配比作為起始物質，到達平衡后，C的濃度仍與上述平衡相同的是BCA4mol A+2mol BB3mol C+1mol DC2mol A+1mol B+1

57、mol D3假設維持容器內的體積和溫度不變，反響從逆反響開始，按不同配比作為起始物質，到達平衡時，C的濃度與上述平衡相同，那么C的起始物質的量應滿足的條件是1.2molnc3mol4到達平衡時B的轉化率為40%假設到到達平衡后向容器中參加少量的C，其它條件保持不變，B的轉化率將變小填“變大或“變小或“不變【考點】化學平衡的計算；化學平衡的影響因素【分析】1對于反響前后體積不變的化學反響而言，壓強變化不會引起化學平衡的移動；2根據(jù)等效平衡判斷即可；3采用極限法求出C的物質的量；410min后到達平衡，平衡時C的濃度為0.12mol/L，結合方程式可計算消耗B的物質的量，以此計算B的轉化率，參加少

58、量C，平衡逆向移動【解答】解：1D為固體，對于反響前后體積不變的化學反響，壓強變化不會引起化學平衡的移動，故答案為：不；2根據(jù)等效平衡，把物質都換算成方程式一邊的物質，且和初始參加的入2mol A和1mol B相等即可4molA+2molB 與初始A、B濃度不同，故A錯誤； D是固體，量的多少不會引起化學平衡的移動，3molC換算成A、B，A、B濃度分別為2mol、1mol，與初始濃度相同，故B正確；D是固體，量的多少不會引起化學平衡的移動，2molA+1molB和題干投入量相等，故C正確故答案為：BC；3假設維持容器的體積和溫度不變，反響從逆反響開始，按不同配比作為起始物質，到達平衡時，C的

59、濃度仍是1.2molL1，此時和初始時是等效的，當參加2mol A和1mol B，即參加3molC，符合題意，如果假設C全部反響轉化為A、B，此時C的物質的量最小是1.2mol，即1.2 molnc3mol，故答案為：1.2 molnc3mol；410min后到達平衡，平衡時C的濃度為0.12mol/L，由方程式可知消耗B的物質的量為0.4mol，那么B的轉化率為=40%，由于容器的體積不變，參加少量C，生成物濃度增大，平衡逆向移動，B的轉化率減小故答案為：40%； 變小25常溫下，向100mL 0.01molL1 HA溶液中逐滴參加0.02molL1 MOH溶液，圖中所示曲線表示混合溶液的p

60、H變化情況體積變化忽略不計答復以下問題：1由圖中信息可知HA為強酸填“強或“弱，理由是0.01 molL1 HA溶液的pH為2，說明HA完全電離2MA稀溶液的pH=a，那么a7填“、“或“=，此時，溶液中由水電離出的cH+=110a molL13請寫出K點所對應的溶液中離子濃度的大小關系：cM+cAcOHcH+4K點對應的溶液中，cM+cMOH=2cA填“、“或“=；假設此時溶液中pH=10，那么cMOH+cOH=0.005+11010 molL1用代數(shù)式表示5K點溶液顯堿性的原因是：K點為等濃度的MA和MOH的混合溶液，MOH的電離程度大于MA的水解程度，使溶液呈堿性【考點】酸堿混合時的定性