2022-2023学年天津市河西区新华中学高二上学期期末考试化学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页天津市河西区新华中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列物质属于弱电解质的是A．一水合氨 B．二氧化碳 C．消毒液 D．医用酒精【答案】A【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；酸、碱、盐、金属氧化物等均属于电解质；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐；【详解】A．一水合氨在水溶液里部分电离的电解质，为弱电解质，A正确；B．二氧化碳为非电解质，B错误；C．消毒液为混合物，不是电解质，C错误；D．医用酒精为混合物，不是电解质，D错误；故选A。2．下列溶液呈酸性的是A．FeCl3溶液 B．Na2CO3溶液 C．NaCl溶液 D．CH3COONa溶液【答案】A【详解】A．氯化铁为强酸弱碱盐，由于铁离子水解溶液显酸性，故A符合题意；B．碳酸钠为强碱弱酸盐，由于碳酸根水解而显碱性，故B不符合题意；C．氯化钠为强酸强碱盐，溶液显中性，故C不符合题意；D．醋酸钠为强碱弱酸盐，由于醋酸根的水解而显碱性，故D不符合题意；故选A。3．某反应由两步反应A→B→C构成，反应能量曲线如图，下列叙述正确的是A．两步反应均为吸热反应 B．A→B反应，反应条件一定要加热C．A与C的能量差为E4 D．三种化合物中C最稳定【答案】D【分析】A→B过程中反应物总能量小于生成总能量，反应为吸热反应，B→C过程中反应物总能量大于生成总能量，反应为放热反应，据此分析。【详解】A．B→C过程中反应物总能量大于生成总能量，反应放热，A错误；B．A→B过程中反应物总能量小于生成总能量，反应吸热反应，吸热反应也不一定需要加热，B错误；C．根据图示可知，A→C过程放出热量大小为，故A与C的能量差为，C错误；D．三种化合物中C的能量最低，物质自身能量越低越稳定，D正确；故本题选D。4．下列方程式书写正确的是A．H2S的电离方程式：H2SH＋＋HS-B．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na＋＋H＋＋COC．的水解方程式：CO＋2H2OH2CO3＋2OH-D．HS-的水解方程式：HS-＋H2OS2-＋H3O＋【答案】A【详解】A．多元弱酸的电离是分步的，H2S的第一步电离方程式为H2SH＋＋HS-，A正确；B．NaHCO3是盐，属于强电解质，在水溶液中电离产生Na＋、，电离方程式为NaHCO3=Na＋＋；电离产生的会电离产生H＋、，存在电离平衡，电离方程式为：H＋+，B错误；C．的水解是分步的，存在水解平衡，主要是第一步水解，水解反应的离子方程式为：＋H2O＋OH-，C错误；D．HS-的水解产生H2S和OH-，存在水解平衡，水解反应的离子方程式为：HS-＋H2OH2S＋OH-，D错误；故合理选项是A。5．常温下，下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是A．的溶液：、Na+、S2-、B．含Na2CO3的溶液：K＋、Cl-、、Al3+C．水电离出来的c(H＋)=10-13mol/L的溶液：K＋、、、Cl-D．能使甲基橙变红色的溶液：Na+、Fe2+、ClO-、【答案】A【详解】A．的溶液呈碱性，OH-、、Na+、S2-、各离子之间相互不反应，能大量共存，选项A正确；B．含Na2CO3的溶液中与Al3+因发生双水解而不能大量共存，选项B错误；C．水电离出来的c(H＋)=10-13mol/L的溶液可能为强酸性溶液也可能为强碱性溶液，若强酸性溶液则H＋与反应生成S和SO2而不能大量共存，选项C错误；D．能使甲基橙变红色的溶液呈酸性，H+、Fe2+、ClO-之间因发生氧化还原反应而不能大量共存，选项D错误；答案选A。6．向纯水中加入少量NaHSO4，在温度不变时，溶液中A．减小 B．c(H＋)增大C．水电离的c(H＋)与c(OH-)的乘积增大 D．c(OH-)增大【答案】B【详解】A．纯水中加入NaHSO4，溶液中氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，氢离子与氢氧根离子的浓度比值增大，故A错误；B．加入NaHSO4后，溶液由中性变成酸性，溶液中的氢离子浓度增大，故B正确；C．加入NaHSO4后，溶液中的氢离子浓度增大，抑制水的电离，导致水电离的c(H＋)与c(OH-)的乘积减小，故C错误；D．加入NaHSO4后，溶液中的氢离子浓度增大，在温度不变时，溶液中的c(H＋)与c(OH-)的乘积是常数，所以c(OH-)减小，故D错误；故选B。7．常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)>Ka(HF)B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)D．在1mol/LNa2S溶液中，c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.5mol/L【答案】C【详解】A.HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，选项A错误；B.相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，选项B错误；C.CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，选项C正确；D.根据溶液中的物料守恒定律，1mol∙L−1Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1mol∙L−1，选项D错误；答案选C。8．常温下，体积相同、pH相同的盐酸和醋酸两种溶液中，下列两者的量相同的是A．与Zn反应开始时的反应速率 B．酸的物质的量浓度C．电离程度 D．与足量的Zn反应产生H2的量【答案】A【详解】A．体积相同、pH相同的盐酸和醋酸两种溶液中的氢离子浓度相同，所以开始时反应速率也相同，故A正确；B．盐酸完全电离，醋酸部分电离，体积相同、pH相同的盐酸和醋酸两种溶液中醋酸的浓度明显大于盐酸的浓度，所以醋酸的物质的量也明显大于盐酸，故B错误；C．盐酸完全电离，醋酸部分电离，故C错误；D．盐酸完全电离，醋酸部分电离，体积相同、pH相同的盐酸和醋酸两种溶液中醋酸的浓度明显大于盐酸的浓度，所以醋酸的物质的量也明显大于盐酸，与足量的Zn反应产生H2的量也明显大于盐酸，故D错误；故选A。9．室温下，有两种溶液：①0.01mol·L－1NH3·H2O溶液、②0.01mol·L－1NH4Cl溶液，下列操作可以使两种溶液中c(NH)都增大的是()A．通入少量HCl气体 B．加入少量NaOH固体C．加入少量H2O D．升高温度【答案】A【详解】A.①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中通入少量HCl气体，氢氧根离子浓度减小，促进NH3•H2O电离，c(NH)增大；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中通入少量HCl气体，氢离子浓度增大，抑制NH水解，c(NH)增大，故选A；B.①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中加入少量NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，抑制NH3•H2O电离，c(NH)减小；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中加入少量NaOH固体，氢离子浓度减小，促进NH水解，c(NH)减小，故不选B；C.①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中加入少量H2O，NH3•H2O浓度降低，c(NH)减小；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中加入少量H2O，NH4Cl浓度减小，c(NH)减小，故不选C；D.①升高温度，促进NH3•H2O电离，c(NH)增大；②升高温度，促进NH水解，c(NH)减小，故不选D；答案选A。10．某基态原子的价层电子的轨道表示式为，下列说法正确的是A．最外层有4个电子 B．有2种能量不同的电子C．有8种运动状态不同的电子 D．s电子的电子云轮廓图是哑铃形【答案】C【分析】由图示可知，最外层为L层，有6个电子，则该原子为氧原子；【详解】A．由图可知，最外层为L层，有6个电子，故A错误；B．相同能层、相同能级不同轨道的电子，能量相同；氧原子电子排布为：1s22s22p6，则有3种能量不同的电子，故B错误；C．在同一原子轨道下最多可以有两个自旋方向不同的电子，自旋方向不同，运动状态也就不相同，即运动状态个数等于电子数；则有8种运动状态不同的电子，故C正确；D．s电子的电子云轮廓图是球形，故D错误；故选C。11．以下基态原子的价层电子排布式正确的是A．Mn：1s22s22p63s23p63d54s2 B．Zn：[Ar]3d104s2C．Cr：3d44s2 D．Cu：3d104s1【答案】D【详解】A．1s22s22p63s23p63d54s2为基态Mn原子的电子排布式，基态Mn原子的价层电子排布式为3d54s2，A错误；B．[Ar]3d104s2为基态Zn原子的电子排布式，基态Zn原子的价层电子排布式为3d104s2，B错误；C．元素是24Cr，它们基态原子的价电子排布应该遵循洪特规则的特例，应该是3d54s1，C错误；D．原子轨道中电子处于全满、全空、半满时最稳定，所以基态Cu原子的价电子排布为3d104s1，D正确；答案选D。12．下列叙述正确的是A．某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解平衡常数)越大B．铁管镀锡层局部破损后，铁管仍不易生锈C．铜既可以发生析氢腐蚀又可以发生吸氧腐蚀D．ΔH>0，ΔS＜0的反应在任何温度下均能正向自发进行【答案】A【详解】A．某温度下，一元弱酸HA的电离常数为Ka，则其盐NaA的水解常数Kh与Ka存在关系为Kh=，所以Ka越小，Kh越大，选项A正确；B．Fe的活泼性强于Sn，组成原电池时Fe作为负极，Sn作正极，更易被腐蚀，所以铁管镀锡层局部破损后，铁管更易生锈，选项B错误；C．铜活泼性比氢弱，不能发生析氢腐蚀，即置换出H2，选项C错误；D．反应自发进行的条件是△G=△H-T△S＜0，当△H＞0，△S＜0时△G＞0，即反应在任何温度下均不能正向自发进行，选项D错误；答案选A。13．下列说法中，错误的是A．键能是衡量化学键稳定性的参数之一，键能越大，则化学键就越牢固B．键长与共价键的稳定性没有关系C．键角是两个相邻共价键之间的夹角，说明共价键有方向性D．共价键是通过原子轨道重叠并共用电子对而形成的，所以共价键有饱和性【答案】B【详解】A．键能指气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量，键能越大，意味着化学键越稳定，越不容易被打断，A正确；B．键长是形成共价键的两个原子之间的核间距，键长越短，往往键能越大，共价键越稳定，B错误；C．相邻两个共价键之间的夹角称为键角，多原子分子的键角一定，说明共价键具有方向性，C正确；D．元素的原子形成共价键时，当一个原子的所有未成对电子和另一些原子中自旋方向相反的未成对电子配对成键后，就不再跟其它原子的未成对电子配对成键，例如H2O分子中，O原子有两个未成对电子，它只能跟两个H原子的未成对电子配对，因此，共价键具有饱和性，D正确；故答案选B。【点睛】14．下列说法中正确的是（

）A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B．放热反应在常温下一定很容易发生C．吸热反应不加热不可能进行反应D．反应是吸热还是放热是由反应物和生成物所具有的总能量的相对大小而决定的【答案】D【详解】A．需要加热才能进行的化学反应不一定是吸热反应，如铝热反应，需要加热，但属于放热反应，故A错误；B．放热反应在常温下不一定很容易发生，如碳与氧气的反应为放热反应，需点燃或加热，故B错误；C．有些吸热反应在常温下可自发进行，如氯化铵和氢氧化钡的反应，故C错误；D．反应是吸热还是放热是由反应物和生成物所具有的总能量的相对大小而决定的，若反应物总能量大于生成物总能量为放热反应，反应物总能量小于生成物总能量为吸热反应，故D正确；故选D。15．下列说法正确的是A．100℃时水的pH≈6，呈中性B．饱和小苏打溶液中c(Na+)=c(HCO)C．室温下，加水稀释氨水，溶液中c(NH)∙c(OH−)不变D．室温下，0.1mol·L−1的氨水和0.1mol·L−1NaOH溶液的pH相等【答案】A【详解】A．100℃时，虽然水的pH≈6，但c(H+)=c(OH-)，所以水仍呈中性，A正确；B．饱和小苏打溶液中，会发生水解和电离，从而导致其浓度减小，所以，B错误；C．室温下，加水稀释氨水，氨水浓度减小，溶液中c(OH-)、c()都减小，所以变小，C错误；D．一水合氨为弱碱，在溶液中发生部分电离，而NaOH是强碱，发生完全电离，所以室温下，的氨水和NaOH溶液的pH不相等，D错误；故选A。16．生活中处处有化学，下列有关说法不正确的是A．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可杀菌消毒B．焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解有关C．草木灰与铵态氮肥不能混合施用与盐类水解有关D．生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，与氧化还原有关【答案】A【详解】A．明矾净水只是通过水解产生的氢氧化铝胶体吸附水中悬浮的杂质，净化水质，并不能杀菌消毒，故A错误；B．NH4Cl溶液水解显酸性，铁锈能与氢离子反应，故B正确；C．草木灰(碳酸钾)与铵态氮肥(铵盐)混合施用，铵根离子和碳酸根离子双水解生成挥发性的二氧化碳和氨气，所以不能混合使用，会降低肥效，与盐类的水解有关，故C正确；D．饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，反应中存在元素化合价的改变为氧化还原反应，故D正确；故选A。17．BeCl2是共价分子，可以以单体、二聚体和多聚体形式存在，三者结构简式依次如图所示。其单体、二聚体和多聚体中Be的杂化轨道类型依次为Cl-Be-Cl、、A．sp3、sp2、sp B．sp2、sp、sp3 C．sp2、sp3、sp D．sp、sp2、sp3【答案】D【详解】Cl—Be—Cl中Be原子形成2个Be—Cl键，没有孤对电子，杂化轨道数目为2，杂化轨道类型为sp杂化；中Be原子形成3个Be—Cl键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，杂化轨道类型为sp2杂化；中Be原子形成4个Be—Cl键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，杂化轨道类型为sp3杂化；故选D。18．法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，结构简式如图，下列说法不正确的是A．该分子中N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>OB．该分子中σ键与π键数目不相等C．该分子中F原子的最高能级符号为LD．该分子中C=C键的键能大于C−C键的键能【答案】C【详解】A．N原子最外层为半充满结构，第一电离能大于相邻元素，同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，则N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O，选项A正确；B．该有机物含有1个C-H、1个C=C、2个C-C、1个C=N、2个C=O、3个N-H、4个C-N、1个C-F键，其中双键含有1个键与1个键，则该分子中键与键数目不相等，选项B正确；C．F原子是第2周期元素，只有K、L两个电子层，即有两个能层，电子排布式为1s22s22p5，故最高能级为2p，选项C不正确；D．键长越短，键能越大，C=C键的键长比C-C键的短，则C=C键的键能大于C-C键的键能，选项D正确；答案选C。19．某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是A．AgCl的溶解度、Ksp均减小 B．AgCl的溶解度、Ksp均不变C．AgCl的溶解度减小、Ksp不变 D．AgCl的溶解度不变、Ksp减小【答案】C【详解】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c（Cl-）增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。故答案选C。【点睛】本题涉及难溶电解质的溶解度和溶度积常数两个概念，解题时要注意两个概念的区别和联系。注意溶度积常数只和温度有关，温度不变，Ksp不变。溶解度则随沉淀溶解平衡的移动而改变，不仅和温度有关，还和影响平衡的离子浓度有关。20．工厂的氨氮废水可用电化学催化氧化法加以处理，其中NH3在电极表面的氧化过程的微观示意图如图：下列说法中，不正确的是A．过程①②均有N-H键断裂B．过程③的电极反应式为：C．过程④中没有非极性键形成D．催化剂可以降低该反应的活化能【答案】C【详解】A．由图可知，NH3在过程①中变为NH2，NH2在过程②中变为NH，则过程①②均有N－H键断裂，故A正确；B．由图可知，NH失去电子结合OH-，转变为N和H2O，则过程③的电极反应式为：NH－e－+OH－=N+H2O，故B正确；C．过程④中形成N≡N键，则过程④中有非极性键形成，故C错误；D．使用催化剂该反应的焓变不变，可以改变活化能加快反应的速率，故D正确；故选C。21．对比观察下表数据，从中获得的有关结论不正确的是25℃几种酸的Ka不同温度下CH3COOH的KaHF6.3×10-40℃1.66×10-5HClO4.0×10-810℃1.73×10-5HCN6.2×10-1025℃1.75×10-5A．表中的酸都是弱酸B．25℃时，用水稀释次氯酸溶液，酸性变弱，Ka变小C．电离常数Ka与温度有关，但Ka随温度的变化不大D．推测常温下不可发生反应：【答案】B【详解】A．由表中25℃几种酸的及的值可知，表中的酸都不能完全电离，都是弱酸，故A正确；B．电离常数与温度有关，加水稀释，Ka不变，故B错误；C．由表中不同温度下的值可知，电离常数与温度有关，温度升高，增大，但随温度的变化不大，故C正确；D．相同温度下越大，弱酸的酸性越强，(HClO)>(HCN)，酸性：HClO>HCN，则常温下反应：不能发生，故D正确；故选B。22．用电解法处理酸性含铬废水(主要含有Cr2O)时，以铁板作阴、阳极，处理过程中发生反应：，最后Cr3+以Cr(OH)3形式除去。下列说法正确的是A．电解过程中废水的pH会减小B．阳极反应方程式为C．电解后除Cr(OH)3沉淀外，还有Fe(OH)3沉淀生成D．电路中每转移0.6mole−，最多有0.2molCr2O被氧化【答案】C【分析】铁板作阴、阳极，阳极电极反应式：；阴极电极反应式：，阳极产生的与溶液中反应，；可将转化为，溶液的碱性增强，会生成Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀，达到除去铬的目的，据此分析。【详解】A．由反应式可知，处理过程中消耗氢离子，溶液的酸性减弱，溶液pH增大，A错误；B．电解时，铁板作阳极，电极反应式为：，B错误；C．阴极发生还原反应，溶液中的氢离子得到电子，氢离子的物质的量减少，同时，氢氧根离子物质的量增大，根据反应：，可知反应过程有生成，与氢氧根离子结合会产生Fe(OH)3沉淀，C正确；D．根据电极反应式：，当转移电子0.6mol生成0.3mol，再根据反应的离子方程式得关系式，6~，则参与反应的的物质的量为为0.05mol，中铬元素的化合价由+6价变为+3价，故被还原，且被还原的的物质的量为0.05mol，D错误；故本题选C。23．已知25℃下，、。按下图所示进行实验，甲、乙两试管中溶液分别充分反应后，下列有关叙述正确的是A．甲试管溶液中无沉淀生成B．乙试管溶液中有沉淀生成C．乙中发生反应为D．再向甲中滴入4滴0.1mol/LFeCl3溶液会观察到白色沉淀转化为红褐色沉淀【答案】D【详解】A．甲试管中氢氧根离子和镁离子的浓度均为=0.1mol/L，c(Mg2+)c2(OH—)=0.1mol/L×(0.1mol/L)2=10—3＞，则溶液中有沉淀生成，选项A错误；B．乙试管中氢氧根离子浓度为=5×10—6mol/L，镁离子的浓度为=0.1mol/L，c(Mg2+)c2(OH—)=0.1mol/L×(5×10—6mol/L)2=2.5×10—12＜，则溶液中无沉淀生成，选项B错误；C．乙试管中氢氧根离子浓度为=5×10—6mol/L，镁离子的浓度为=0.1mol/L，c(Mg2+)c2(OH—)=0.1mol/L×(5×10—6mol/L)2=2.5×10—12＜，则溶液中无沉淀生成，选项C错误；D．甲试管中氢氧根离子和镁离子的浓度均为=0.1mol/L，氢氧根离子不足量，镁离子和氢氧根离子完全反应生成氢氧化镁沉淀，由题给溶度积可知，氢氧化铁的溶解度小于氢氧化镁，则再向甲中滴入4滴溶液，氢氧化镁白色沉淀会转化为红褐色氢氧化铁沉淀，选项D正确；答案选D。24．根据图示装置，下列说法正确的是A．装置中图1为电解池，图2为原电池B．图2中C1电极上的电极反应式为：C．图2溶液中的H+向C2电极移动D．该装置工作一段时间后，图1、图2溶液的pH均增大【答案】D【分析】由图可知，锌比较活泼，发生氧化反应，为原电池负极，铜为正极；则图2为电解池，C1为阴极、C2为阳极；【详解】A．由分析可知，装置中图2为电解池，图1为原电池，A错误；B．图2中C1电极为阴极，溶液中水放电生成氢气，电极反应式为：，B错误；C．电解池中阳离子向阴极移动，故图2溶液中的H+向C1电极移动，C错误；D．该装置工作一段时间后，图1中氢离子生成氢气，酸性变弱；图2中生成氢氧根离子，碱性增强；故溶液的pH均增大，D正确；故选D。25．一定温度下，在2L的恒容密闭容器中发生反应。反应过程中的部分数据如下表所示n/molt/minn(X)n(Y)n(Z)01.001.20050.45100.80150.80下列说法不正确的是A．0~5min内X的平均反应速率为0.015mol·L−1·min−1B．气体密度不再改变，不能说明该反应达到平衡C．X的平衡转化率为40%D．此反应在该温度下的平衡常数为【答案】C【分析】10min时X的物质的量为0.8mol，变化0.2mol，由可知Y的变化物质的量为0.4mol、Z的变化物质的量为0.6mol，此时Y的剩余物质的量为1.20mol-0.4mol=0.8mol，则10min与15min时Y的物质的量不变，反应达到平衡状态。【详解】A．0〜5min内Z的平均反应速率为=，则X的平均反应速率为×=，选项A正确；B．反应为全部为气体且体积不变的反应，在恒容条件下进行气体密度始终不变，故气体密度不再改变，不能说明该反应达到平衡，选项B正确；C．10min时反应达到平衡，X的平衡转化率为=20%，选项C不正确；D．平衡时X的浓度为0.4mol/L、Y的浓度为0.4mol/L、Z的浓度为0.6mol/L，则平衡常数K===，选项D正确；答案选C。26．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05NAB．25℃时，向1L0.5mol/L的CH3COONa溶液中加入CH3COOH溶液至混合溶液呈中性，则混合溶液中CH3COO-的数目为0.5NAC．1L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中HCO和CO离子数之和为0.1NAD．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA【答案】B【详解】A．醋酸为弱酸，故0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的氢离子数小于0.05NA，A错误；B．25℃时，向1L0.5mol/L的CH3COONa溶液中钠离子为0.5mol，加入CH3COOH溶液至混合溶液呈中性，则根据电荷守恒可知，，则混合溶液中CH3COO-的数目与钠离子数目相同，均为0.5NA，B正确；C．根据物料守恒可知，1L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中HCO、CO、H2CO3三者微粒的数目等于钠离子的数目，为0.1NA，C错误；D．一氧化氮与氧气生成二氧化氮，二氧化氮部分转化为四氧化二氮，故产物的分子数为小于2NA，D错误；故选B。27．下列说法正确的是A．，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变B．将FeCl3溶液蒸干灼烧后的产物为无水FeCl3固体C．，碳的质量不再改变说明反应已达平衡D．1molN2和3molH2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1【答案】C【详解】A．该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A错误；B．铁离子水解生成氢氧化铁和挥发性酸盐酸，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，故将FeCl3溶液蒸干灼烧后的产物为氧化铁，B错误；C．碳的质量不再改变，则正逆反应速率相等，说明反应已达平衡，C正确；D．N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH，合成氨气实际参与反应n(H2)=3mol×10%=0.3mol，因而Q1=×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2mol×10%=0.2mol，Q2=×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D错误。故选C。28．25℃时，HCN溶液中各粒子的分布系数δ[如]随pH变化的关系如图所示，下列表述不正确的是A．HCN的Ka数量级为10-9B．0.1mol/LNaCN溶液的pH=11.1C．用标准NaOH溶液滴定未知浓度的HCN溶液时可选用酚酞试液做指示剂D．将同体积同浓度的HCN溶液和NaCN溶液混合，所得溶液：c(CN-)<c(HCN)【答案】A【详解】A．Ka(HCN)=，由图像可知，当c(CN-)=c(HCN)时，c(H+)=10-9.2，代入Ka表达式得Ka(HCN)=c(H+)=10-9.2，其数量级为10-10，选项A不正确；B．NaCN在溶液中发生水解，水解常数Kh===110-4.8，0.1mol/LNaCN溶液，CN-+H2OHCN+OH-，Kh==，则c(OH-)==10-2.9，即c(H+)=10-11.1，则pH=11.1，选项B正确；C．用NaOH溶液滴定HCN溶液，滴定终点时恰好生成NaCN，溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，选项C正确；D．等浓度的HCN和NaCN混合溶液，由于Kh=110