D．
【答案】D 【解析】
A、N2减少0.1mol，消耗H20.3mol，生成NH3 0.2mol当达到平衡时，N2、NH3的物质的量可以相同，但反应是可逆反应不能进行彻底，图象与事实不符，故A不符合；B、反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2V(N2)正=V(NH3)逆，此时反应达到平衡状态，V(N2)
正
=V(NH3)逆，不能说明反应达到平衡状态，故B不符合；C、H2消耗0.1mol，生成NH3
物质的量为0.2mol，图象中反应的定量关系不符合反应比，故C不符合；D、反应是气体体积减小的反应，随反应进行，达到平衡状态，N2、NH3的体积分数不变化，图象符合，故D符合；故选D。
12．在常温下，0.100 0 mol·L－1Na2CO3溶液25 mL用0．1000 mol·L－1盐酸滴定，滴定曲线如图。对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列说法正确的是
A．a点：c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH－) B．b点：5c(Cl－)>4c(HCO3-)＋4c(CO32-) C．c点：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3-)＋2c(H2CO3) D．d点：c(H＋)＝2c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH－) 【答案】BD
－
【解析】试题分析：A、a点对应盐酸的体积比12.5mL多，0.100 0 mol·L1Na2CO3溶液
25 mL用0．1000 mol·L－1盐酸滴定，若消耗12.5mL的盐酸，则有一半的碳酸钠转化为碳酸氢钠，所以a点时溶液中碳酸氢钠的物质的量大于碳酸钠的物质的量，则离子浓度的关系是c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH－)，错误；B、b点时加入盐酸的体积是20mL，此时n(Cl-)=0.002mol，而c(CO32-)＋c(HCO3-)+ c(H2CO3)=0.025mol，则5c(Cl－)=4c(HCO3-)＋4c(CO32-)+4 c(H2CO3)，所以5c(Cl－)>4c(HCO3-)＋4c(CO32-)，正确；C、c点时，加入盐酸的体积为25mL，则碳酸钠恰好全部转化为碳酸氢钠，该溶液为碳酸氢钠溶液，溶液
试卷第6页，总41页
－
中的c(HCO3-)> c(OH)，错误；D、d点时，加入盐酸的体积是50mL，则碳酸钠完全与
盐酸反应生成二氧化碳，得到的溶液为氯化钠溶液，因为溶液中溶有二氧化碳，所以溶
＋－－
液呈酸性，根据电荷守恒，则c(Na+)+c(H)＝2c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH)+ c(Cl)，因
为此时钠离子与氯离子的浓度相等，所以c(H＋)＝2c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH－)，正确，答案选BD。
考点：考查对图像的分析，碳酸钠与盐酸反应的计算
13．将16.8 g铁和0.3 mol Br2充分反应，加水溶解后过滤，向滤液中通入 a mol Cl2。下列叙述不正确的是
A．当a=0．1时，发生的反应为:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B．当a=0．45时，发生的反应为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl- C．若溶液中Br-有一半被氧化时，c(Fe3+):c(Br-):c(Cl-)=l:1:3
D．当0 【解析】试题分析：n（Fe）=16.8g÷56g/mol=0.3mol，n（Br2）=0.3mol，由反应2Fe+3Br2═2FeBr3可知，反应后Fe过量，在溶液中进一步发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，则反应后溶液中存在0.3molFe2+和0.6molBr-，A．当a=0.1时，氯气不足，因Fe2+的还原性大A正确；B．当a=0.45时，于Br-，只发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，反应后Fe2+还有剩余， 首先发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，此时Fe2+完全反应，消耗0.15molCl2，剩余0.3molCl2，进一步发生2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，又知Br-为0.6mol，则二者恰好反应，所以总方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，B正确；C．若溶液中Br-有一半被氧化时，首先发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，此时Fe2+完全反应，消耗0.15molCl2，又知Br-为0.6mol，Br-有一半被氧化，则反应0.3mol，由方程式2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，可知消耗0.15molCl2，则共消耗0.3mol氯气，则c（Fe3+）：c（Br-）：c（Cl-）=0.3mol：0.3mol=0.6mol=1：1：2，C错误；D．当0＜a＜0.15时，氯气不足，溶液中存在Fe2+和Fe3+，由电荷守恒可知2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）=c（Cl-）+c（Br-）+c（OH-），D正确，答案选C。 【考点定位】本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识 【名师点晴】该题综合性较强，题目难度较大，解答本题时注意根据离子的还原性强弱判断反应的先后顺序和各离子的物质的量，为解答该题的关键，也是易错点，答题时注意体会。 14．装置(、)为铁镍（Fe-Ni）可充电电池：Fe+NiO2+2H2O Fe(OH)2+Ni(OH)2；装 置(、)为电解示意图。当闭合开关K时，Y附近溶液先变红。下列说法正确的是 试卷第7页，总41页 A．闭合K时，X的电极反应式为：2H++2e-= H2↑ B．闭合K时，A电极反应式为：NiO2+2e-+2H+= Ni(OH)2 C．给装置(、)充电时，B极参与反应的物质被氧化 D．给装置(、)充电时，OH- 通过阴离子交换膜，移向A电极 【答案】D 【解析】试题分析：A、闭合开关K时，Y附近溶液变红，说明此电极产生OH，电极反应式：2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑，因此Y电极为阴极，则X为阳极，其电极反应式为2Cl－－2e－＝Cl2↑，A错误；B、根据A选项分析，电极A应是电源的正极，根据原 －－ 电池的总电极反应式，推出正极上的反应式为：NiO2＋2H2O＋2e＝Ni(OH)2＋2OH， － B错误；C、对装置（I）充电时，电极B应接电源负极，其电极反应式为：Fe(OH)2＋2e－＝Fe＋2OH－，化合价降低被还原，C错误；D、充电时为电解池，根据电解池的工 － 作原理，OH通过阴离子交换膜，移向A电极，D正确，答案爱信D。 考点：考查原电池、电解池工作原理、电极反应式的书写等知识。 15．某无色溶液中可能含有Na+、K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、SO42-、SO32-、Cl-、Br-、CO32-中的若干种，离子浓度都为0.1mol·L-1。往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计并完成如下实验： 则关于原溶液的判断中正确的是 A．若步骤中Ba(NO3)2和HNO3溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响 B．无法确定原溶液中是否存在Cl- C．肯定存在的离子是SO32-、Br-，是否存在Na+、K+需要通过焰色反应来确定 D．肯定不存在的离子是Mg2+、Cu2+、SO42-、CO32-，是否含NH4+另需实验验证 【答案】A 试卷第8页，总41页 【解析】试题分析：无色溶液中一定不含Cu2+，往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，无SO42-；加足量氯水，无气体，则无CO32-；溶液加四氯化碳分液，下次橙色，则有Br-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有SO32-、无Mg2+；滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，但过程中加氯水时引入氯离子，则不能确定是否有Cl-。依据离子浓度都为0.1mol·L-1，根据电荷守恒可推知Na+、K+、NH4+均存在、Cl-一定不存在。据此可得下列结论：A．若步骤中Ba(NO3)2和HNO3溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响，故A正确；B．根据电荷守恒进行定量分析确定原溶液中一定不存在Cl-，故B错误；C．肯定存在的离子是SO32-、Br-，根据电荷守恒进行定量分析确定原溶液中一定存在Na+、K+，故C错误；D．肯定不存在的离子是Mg2+、Cu2+、SO42-、CO32-， NH4+肯定存在，故D错误。故选A。 考点：考查常见离子的检验方法 【名师点睛】本题将离子共存、氧化还原反应等知识有机结合在一起，是历次考试的重点题型。如果离子间能发生复分解反应、氧化还原反应、双水解反应、络合反应等则不能在溶液中大量共存；当溶液中同时存在几种还原性离子，向其中加入氧化剂时还原性强的离子首先被氧化，常见离子的还原性：S2-＞SO32-＞Fe2+＞I-＞Br-；注意题目中的隐含信息，如“无色”、“酸性”、“一定”、“等物质的量”等。日常学习中，建议将离子共存和离子反应方程式书写结合一起做好专题总结，以便提高解题速度和准确度。 16．某固体混合物可能由SiO2、Fe2O3、Fe、Na2SO3、Na2CO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计的部分实验方案如下图所示： 下列说法正确的是（ ） A．气体A是SO2和CO2的混合气体 B．固体A一定含有SiO2，可能含有BaSO4 C．该固体混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一种 D．该固体混合物一定含有Fe、Na2SO3、BaCl2 【答案】C 【解析】A、A气体能与高锰酸钾反应，但仍然有气体剩余，说明一定有SO2，氢气和CO2至少含有一种，即固体混合物中一定含有亚硫酸钠，A错误；B、溶液A中加入氢氧化钠得到白色沉淀，一段时间后变深，说明白色沉淀中含有氢氧化亚铁。溶液C转化为沉淀D，说明是氯化银沉淀，则一定含有氯化钡，则固体A中一定存在硫酸钡，可 试卷第9页，总41页 能含有二氧化硅，B错误；C、由于铁离子也能氧化亚硫酸钠，则该固体混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一种，C正确；D、根据以上分析可知D错误，答案选C。 17．在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是 A．范德华力、范德华力、范德华力 B．范德华力、范德华力、共价键 C．范德华力、共价键、共价键 D．共价键、共价键、共价键 【答案】B 【解析】 【详解】 “石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气”属于石蜡的 “三态”之间的转化，所以转化的过程中要克服分子间作用力；“石蜡蒸气→裂化气”属于石油的裂化，属于化学变化，必然要破坏化学键(共价键)，答案选B。 18．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z与Y具有相同的电子层结构，W与X同主族。下列说法正确的是( ) A．原子半径大小顺序：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X) B．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同 C．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱 D．Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强 【答案】D 【解析】试题分析：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为Z2+与Y2-具有相同的电子层结构，氧元素，离子核外电子数为10，故Z的质子数为12，则Z为Mg；A．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：r(Mg)＞r(Si)＞r(C)＞r(O)，故A正确；B．Y和Z、W形成的化合物为MgO、SiO2，MgO、SiO2中存在的化学键分别是离子键、共价键，故B错误；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性X(C)＞W(Si)，所以X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强，故C正确；D．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性Y(O)＞W(Si)，所以Y的气态简单氢化物的热稳定性比 试卷第10页，总41页 2＋ 2－
名校高一化学竞赛试卷2套（含答案和解析）3
