湖南省长沙浏阳市2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题（高考类） Word版含解析

湖南省长沙浏阳市2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题（高考类） Word版含解析

www.ks5u.com ‎2019年下学期期终考试试卷 高二化学（高考类）‎ 友情提示：‎ ‎1．本试卷分试题和答题卡两部分，共8页。满分120分，时量90分钟。‎ ‎2．答案一律在答题卡上书写，在试题卷上作答无效。‎ ‎3．可能用到的相对原子质量： H-1 O-16 S-32 Cl-35.5 Br-80 Cu-64 Zn-65‎ 一、选择题（本题包括15个小题，每题只有一个选项是正确的。每题3分，共45分）‎ ‎1.下列反应中属于吸热反应的是 A. 铝与盐酸反应 B. 酸碱中和反应 C. 硫在空气或氧气中燃烧 D. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属铝和盐酸的反应属于放热反应，故A错误； ‎ B、酸碱中和反应属于放热反应，故B错误； ‎ C、物质的燃烧反应属于放热反应，故C错误； ‎ D、氢氧化钡晶体和氯化铵的反应属于吸热反应，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】常见的放热反应有:所有的燃烧、所有的中和反应、金属和酸的反应、金属与水的反应、大多数化合反应、铝热反应等；常见的吸热反应为:大多数的分解反应,氢氧化钡和氯化铵的反应、焦炭和二氧化碳、焦炭和水的反应等,氢氧化钡与氯化铵反应生成氯化钡、氨气和水。‎ ‎2.下列说法中，错误的是（ ）‎ A. 人类目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的 B. 煤、石油、天然气是当今世界最重要的三种化工燃料 C. 人体运动所消耗的能量与化学反应无关 D. 我国目前最主要的能源是煤炭 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.人类目前所直接利用的能量大部分是化石能源的燃烧，所以人类目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的，A正确；‎ - 18 -‎ B.煤、石油、天然气是化石燃料，所以煤、石油、天然气是当今世界最重要三种化工燃料，B正确；‎ C.人体在运动时发生一系列的化学反应，消耗能量，如ATP与ADP的相互转化，所以人体运动所消耗的能量与化学反应有关，C错误；‎ D.我国煤炭资源丰富，所以目前最主要的能源是煤炭，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎3.在2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是(　 　)‎ A. v(A)=0.5 mol·L-1·s-1 B. v(B)=0.3 mol·L-1·s-1‎ C. v(C)=0.8 mol·L-1·s-1 D. v(D)=1 mol·L-1·s-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意保持单位一致。‎ ‎【详解】A. mol·L-1·s-1=0.25 mol·L-1·s-1；‎ B. mol·L-1·s-1=0.3 mol·L-1·s-1；‎ C. mol·L-1·s-1=0.267 mol·L-1·s-1；‎ D. mol·L-1·s-1=0.25 mol·L-1·s-1；‎ 可见数值最大的为0.3 mol·L-1·s-1；因此表示反应速率最快的合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率快慢比较，利用比值法可以快速判断，可以转化为同一物质表示的速率比较，当单位不同时，要转换为用相同单位表示，然后再进行比较。‎ ‎4.反应：A(气)＋3B(气)2C(气)； ΔH<0达平衡后，将气体混合物的温度降低，下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 正反应速率加大，逆反应速率变小 B. 正反应速率变小，逆反应速率加大 C. 正反应速率和逆反应速率都变小 - 18 -‎ D. 正反应速率和逆反应速率都变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】对任何可逆反应，温度升高，正逆反应速率均增大，与反应的ΔH无关，则反应：A(气)＋3B(气)2C(气) ΔH<0达平衡后，将气体混合物的温度降低，正反应速率和逆反应速率都变小，故答案为C。‎ ‎5.下列防止金属腐蚀的做法不可行的是（ ）‎ A. 在某些工具的机械转动部位刷油漆以防锈 B. 衣架和电线外面包上一层塑料层以防锈 C. 在钢材制造的大型船舶上装上一定数量的锌块 D. 自行车的钢圈和车铃上镀上一层铬，既耐腐蚀又美观耐磨 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在某些工具的机械转动部位刷油漆，能隔绝空气和水，但转动部位漆易脱落，应该涂油，故A错误；‎ B．衣架和电线外面包上一层塑料层，能隔绝空气和水，所以能防锈，故B正确；‎ C．在钢材制造的大型船舶上装上一定数量的锌块，Fe、Zn和海水构成原电池，Zn易失电子作负极、Fe作正极，所以被保护，故C正确；‎ D．自行车的钢圈和车铃上镀上一层铬，能隔绝空气和水，且Cr不易发生腐蚀，所以能防止铁生锈，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎6.固定容积为2 L的密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g) zC(g)，图1表示T ℃时容器中各物质的量随时间变化的关系，图2表示平衡常数K随温度变化的关系。结合图像判断，下列结论正确的是 A. 该反应可表示为2A(g)＋B(g) C(g)　ΔH<0‎ B. T ℃时该反应的平衡常数K＝6.25‎ - 18 -‎ C. 当容器中气体密度不再变化时，该反应达到平衡状态 D. T ℃，在第6 min时再向体系中充入0.4 mol C，再次达到平衡时C的体积分数大于0.25‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图可知A物质的量减小0.4mol,B物质的量减小0.2mol,A、B均为反应物,C物质的量增加0.2mol,为生成物,根据变化的物质的量之比等于反应中计量数之比,写出化学方程式为2A(g)+B(g)⇌C(g)，根据图Ⅱ可知,温度升高,平衡常数增大,说明正反应为吸热反应,所以热化学方程式为：2A(g)+B(g)⇌C(g) △H＞0，故A错误；‎ B．图I中5min时达到化学平衡,平衡浓度分别为c(A)==0.2mol/L，c(B)= =0.1mol/L、c(C)= =0.1mol/L，则K==25，故B错误；‎ C．由ρ=可知，m不变，V不变，则ρ是定值，因此当容器中气体密度不再变化时，该反应不一定达到平衡状，故C错误；‎ D．图I中5min时，C体积分数为=0.25，充入0.4 mol C，虽平衡逆向移动，但C的体积分数增大，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.用标准盐酸滴定氢氧化钠溶液（甲基橙作指示剂），下列操作正确的是 A. 锥形瓶用蒸馏水洗涤后，再用氢氧化钠溶液润洗 B. 滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准盐酸进行滴定 C. 当滴定至溶液由黄色变为橙色时，即为滴定终点 D. 滴定时，边摇动锥形瓶边观察瓶中溶液的颜色变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，不需要润洗，即加氢氧化钠溶液，故A错误；‎ B．滴定管用蒸馏水洗涤后，利用盐酸标准液润洗后，再装入标准盐酸进行滴定，故B错误；‎ C．甲基橙作指示剂时，滴定终点溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色，即为滴定终点，故C错误；‎ D．滴定时，边摇动锥形瓶边观察瓶中溶液的颜色变化，判断滴定终点，故D正确；‎ 答案选D。‎ - 18 -‎ ‎【点睛】甲基橙的变色范围需清晰，根据它的变色范围，判断滴定终点时的现象。‎ ‎8.盐类水解在工农业生产和日常生活中有着广泛的应用，有关应用或说法与盐类水解无关的是 A. 用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污 B. 生活中常用明矾净水 C. 用稀硫酸或浓氨水除去铜器表面的铜绿 D. 长期使用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，可施用适量的熟石灰 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油污在碱性条件下水解较完全，可用于油污的清洗，故A项不选；‎ B. 明矾溶于水，溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，Al3++3H2O⇌Al（OH）3(胶体)+3H+，具有吸附性，能使悬浮于水中的不溶性固体小颗粒凝聚而加快小颗粒的沉降，故B项不选；‎ C.用稀硫酸除去铜器表面的铜绿，是碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，与水解无关，故C项选；‎ D.长期使用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，和铵根离子水解有关，熟石灰显碱性，且价格便宜，常用来改良酸性土壤，故D项不选；‎ 故答案选C。‎ ‎9. 将氨水滴加到盛有AgCl的试管中直至AgCl完全溶解，对上述过程的有关解释或叙述正确的是 A. 所得溶液中c（Ag+ ）· c（Cl－）＞Ksp（AgCl）‎ B. 上述实验说明Cl－与NH4+间有很强的结合力 C. 所得溶液中形成了难电离的物质 D. 上述过程中NH3·H2O的电离常数增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．一水合氨和溶解的AgCl反应生成络合物Ag（NH3）2OH，A错误；‎ B．反应生成Ag（NH3）2OH，说明Ag+和NH3有很强的结合力，B错误；‎ C．一水合氨和溶解的AgCl反应生成络合物Ag（NH3）2OH，说明Ag（NH3）2OH比AgCl更难电离，C正确；‎ - 18 -‎ D．弱电解质的电离平衡常数只与温度有关，温度不变，一水合氨电离平衡常数不变，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎10.析氢腐蚀和吸氧腐蚀的负极反应是（ ）‎ A. Fe－2e-=Fe2+ B. 2H+ +2e-=H2↑ C. O2+4e- +2H2O= 4OH- D. Fe－3e-=Fe3+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.析氢腐蚀和吸氧腐蚀的负极反应均是Fe－2e-=Fe2+，A项正确；‎ B.B项给的是电极反应式是发生析氢腐蚀的正极反应，B项错误；‎ C.C项给的是吸氧腐蚀的正极反应，C项错误；‎ D.铁作电极时通常生成的是Fe2+，假设生成了Fe3+，也会继续与铁电极反应生成Fe2+：Fe+2Fe3+=3Fe2+，D项错误。‎ 所以答案选择A项。‎ ‎【点睛】金属的腐蚀分为化学腐蚀和电化学腐蚀两大类。铁在潮湿的空气通常会发生电化学腐蚀。当pH<4.1时，以析氢腐蚀为主，当在中性或略碱性的介质中，会以吸氧腐蚀为主。‎ ‎11.下图为铜—锌—稀硫酸原电池示意图，下列说法正确的是 （ ）‎ A. 电子由铜片通过导线流向锌片 B. 锌得电子，被还原 C. 锌负极，铜为正极 D. 该装置能将电能转变为化学能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Zn、Cu、硫酸构成的原电池中，活泼金属锌做负极，电子运动的方向是从负极到正极，即从锌片通过导线流向铜片，故A错误；‎ B、Zn、Cu、硫酸构成的原电池中，活泼金属锌做负极，失电子被氧化，故B错误；‎ C、Zn、Cu、硫酸构成的原电池中，活泼金属锌做负极，铜为正极，故C正确；‎ D、原电池装置是将化学能转化为电能的装置，故D错误；‎ - 18 -‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查学生原电池的工作原理，可以根据所学知识进行回答，难度不大。‎ ‎12.下列化学电池不易造成环境污染的是 A. 氢氧燃料电池 B. 锌锰电池 C. 镍镉电池 D. 铅蓄电池 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢氧燃料电池生成物为水，无污染，故A正确；‎ B．锌锰电池中含有重金属锰元素，对环境有污染，故B错误；‎ C．镍镉电池中含有重金属镍镉元素，对环境有污染，故C错误；‎ D．铅蓄电池中含有重金属铅元素，对环境有污染，故D错误．‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】燃料电池是一种高效，清洁，环保的新型电池，需要学生多关注生活中的电池种类。‎ ‎13. 下列金属使用电解法冶炼获得的是 A. 铝 B. 锌 C. 铜 D. 金 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铝是活泼的金属，需要电解法冶炼，A正确；‎ B、锌可以利用还原剂还原，B错误；‎ C、铜可以利用还原剂还原，C错误；‎ D、金是不活泼的金属，可以通过热分解原理，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎14.常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 两溶液稀释前的浓度相同 B. a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a＞b＞c - 18 -‎ C. a点的Kw值比b点的Kw值大 D. a点水电离的c(H＋)大于c点水电离的c(H＋)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，加水稀释时，醋酸进一步电离，所以稀释过程中，醋酸导电能力大于盐酸，则Ⅰ为醋酸稀释曲线，Ⅱ为盐酸稀释曲线。‎ ‎【详解】A．稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，故A错误； B．导电能力越大，说明离子浓度越大，酸性越强，则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为c＜a＜b，故B错误； C．相同温度下，Kw相同，a点的Kw等于b点的Kw值，故C错误； D．a点离子浓度小于c点离子浓度，氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大，则a点水电离的H+物质的量浓度大于c点水电离的H+物质的量浓度，故D正确。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离、影响水电离的因素，加水稀释促进弱电解质的电离，注意溶液中离子浓度与导电性之间的关系是解本题关键。‎ ‎15.反应A→C的过程中能量的变化如图所示，那么这个反应的活化能是 A. E1 +E3-E4 B. E1+E3-E2 C. E1+E2+E3 D. E1 +E3-E2-E4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】从图中可以看出，反应A→B的过程中，吸收了E1的能量释放了E2的能量，反应B→C的过程中，吸收了E3的能量释放了E4的能量，活化能可以用于表示一个化学反应发生所需要的最小能量，故发生反应A→C的过程，活化能可以表示共吸收E1+E3的能量，释放出E2的能量，反应的活化能可以表示为E1+E3-E2，答案选B。‎ - 18 -‎ 二、非选择题（本题包括4小题，共55分）‎ ‎16.已知下列热化学方程式：①H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH＝－285.8kJ/mol，②H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH＝－241.8kJ/mol，③C(s)+O2(g)＝CO(g)ΔH＝-110.4 kJ/mol ，④C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH＝－393.5kJ/mol。 回答下列各问：‎ ‎（1）上述反应中属于放热反应的是________。（填序号）‎ ‎（2）C的燃烧热为_______。‎ ‎（3）燃烧4g H2生成液态水，放出的热量为______。‎ ‎（4）写出有关CO燃烧的热化学方程式_______。‎ ‎（5）比较下面两个热化学方程式中△H的大小： S(s)＋O2(g)=SO2(g)△H3，S(g)＋O2(g)=SO2(g)△H4 ，△H3 __________△H4‎ ‎（6）中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、____、量筒。量取反应物时，取50 mL 0.50 mol·L-1的盐酸，还需加入的试剂是_______（填序号）。‎ A 50 mL0.50mol·L-1NaOH溶液 B 50 mL0.55mol·L-1NaOH溶液 ‎【答案】 (1). ①②③④ (2). 393.5kJ/mol (3). 571.6kJ (4). CO（g）+ O2（g）=CO2（g） Δ H=-283.1 kJ/mol (5). > (6). 环形玻璃搅拌棒 (7). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)ΔH为负值的反应为放热反应；‎ ‎(2)根据燃烧热的定义确定化学反应；‎ ‎(3)4g H2换算成物质的量，根据物质的量与焓变的关系计算；‎ ‎(4)根据③④，利用盖斯定律计算；‎ ‎(5)反应物自身的能量越高，生成相同的物质放出的热量越多；‎ ‎(6)根据中和热测定实验回答；‎ ‎【详解】(1)①②③④的ΔH均小于零，都是放热反应；‎ ‎(2)由④C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH＝－393.5kJ/mol，燃烧热表示在一定条件下，1mol纯物质完全燃烧稳定的氧化物放出的热量，故C的燃烧热为393.5kJ/mol；‎ ‎(3)4gH2的物质的量n===2mol，根据热化学方程式可知，①H2(g)＋‎ - 18 -‎ O2(g)=H2O(l) ΔH＝－285.8kJ/mol，则2mol氢气放出571.6kJ的热量；‎ ‎(4)根据热化学方程式：③C(s)+O2(g)＝CO(g)ΔH＝-110.4 kJ/mol ，④C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5kJ/mol，根据盖斯定律：④-③可得：CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-283.1 kJ/mol ；‎ ‎(5)S(s)＋O2(g)=SO2(g)△H3 ，S(g)＋O2(g)=SO2(g) △H4，△H3，△H4都是负值，固体比气态硫具有的能量低，故放出的热量少，△H值越大；‎ ‎(6)中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、量筒、环形玻璃搅拌棒用于混合均匀，为了让50 mL 0.50 mol·L-1的盐酸充分反应，氢氧化钠需过量。‎ ‎17.已知水的电离平衡曲线如图示，试回答下列问题：‎ ‎（1）图中五点Kw间的关系是_________。‎ ‎（2）若从A点到D点，可采用的措施是_________。‎ A 升温 B 加入少量的盐酸 C 加入少量的NH4Cl ‎（3）B对应温度下，将pH=11的苛性钠溶液V1 L与0.05mol/L的稀硫酸V2L 混合（设混合前后溶液的体积不变），所得混合溶液的pH=2，则 V1∶V2=________________。‎ ‎（4）常温下，将V mL、0.1000mol·L-1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol·L-1醋酸溶液中充分反应。请回答下列问题（忽略溶液体积的变化）‎ ‎①如果溶液pH=7，此时V的取值___________20.00（填“>”“<”或“＝”）。而溶液 中c(Na+)、c(CH3COO-)、c(H+)、c(OH-)的大小关系为___________。‎ ‎②如果V=40.00，则此时溶液中c(OH-)-c(H+)-c(CH3COOH)=________mol·L-1（填数据）‎ ‎（5）在0.10 mol·L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH＝8时，c(Cu2+)＝____________mol·L-1。（Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10-20）‎ ‎【答案】 (1). E=A=D＜C＜B (2). BC (3). 9:11 (4). ＜ (5). c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-） (6). 0.033或1/30 (7). 2.2×10–8‎ ‎【解析】‎ - 18 -‎ ‎【分析】‎ ‎(1)水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大；‎ ‎(2)从A点到D点c(H+)变大，c(OH-)变小，但Kw不变；‎ ‎(3)该温度下水的离子积为Kw=1×10-12，酸和碱混合，0.05mol/L的稀硫酸溶液中氢离子浓度为1mol/L，若所得混合液的pH=2，则酸过量，根据c(H+)=计算，列式计算pH，可计算体积比；‎ ‎(4)①溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH-浓度的相对大小判断的，只要溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液就呈中性，CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐水解呈碱性，需溶液呈中性，需少加碱；根据溶液呈中性pH=7，c(H+)=c(OH-)结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)进行解答；‎ ‎②根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，物料守恒c(Na+)=2[c(CH3COO-)+c(CH3COOH)]进行解答；‎ ‎(5)根据溶度积常数及溶液中氢氧根离子浓度计算出c(Cu2+)；‎ ‎【详解】(1)水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是B>C>A=D=E，所以离子积常数大小顺序是B>C>A=D=E；‎ ‎(2)在A点时，c(H+)=c(OH−)，溶液显中性,而到D点c(H+)变大，c(OH−)变小，溶液显酸性，即由A点到D点，溶液由中性变为酸性，但Kw不变。‎ A．升高温度，Kw变大，故A错误；‎ B．加入HCl，则溶液显酸性，故B正确；‎ C．加入氯化铵，水解显酸性，且Kw不变，故C正确；‎ 故答案为：BC；‎ ‎(3)该温度下水的离子积为Kw=1×10−12，将pH=11的苛性钠中氢氧根离子浓度为：c(OH−)=mol/L=0.1mol/L，0.05mol/L的稀硫酸溶液中氢离子浓度为1mol/L，pH=2的溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则混合液中满足：0.1mol/L×V2−0.1mol/L×V1=0.01mol/L×(V1+V2)，整理可得：V1:V2=9:11； ‎ ‎(4)①CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，需溶液呈中性pH=7，需少加碱，所以常温下，将VmL、0.1000mol∙L−1‎ - 18 -‎ 氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol∙L−1醋酸溶液中，充分反应，V＜20.00mL溶液呈中性pH=7，c(H+)=c(OH−)；根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，c(H+)=c(OH−)，溶液中的溶质为乙酸钠溶液，水的电离是微弱的，所以c(Na+)=c(CH3COO−)＞c(H+)=c(OH−)； ‎ ‎②根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，物料守恒c(Na+)=2[c(CH3COO−)+c(CH3COOH)]，得到c(H+)+c(CH3COO−)+2c(CH3COOH)=c(OH−)，则c(OH−)−c(H+)−c(CH3COOH)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，反应后溶液的体积变为60mL，则c(CH3COO−)+c(CH3COOH)═0.1000mol/L×20ml/60ml=0.033mol/L；‎ ‎(5)根据题给Cu(OH)2的溶度积即可确定pH=8时，c(OH-)=10-6mol/L，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，则：c(Cu2+)==2.2×10-8mol•L-1。‎ ‎18.一定温度下，在2L容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，由图中数据分析，反应物是____，t2时，N的浓度是_______________；若t2=1 min，从反应开始到t2 ，M的平均反应速率为_____________； 该反应的化学方程式为______；在反应达到化学平衡时，各组分的浓度保持______(填“相等”或“不变”）且_______(填“一定”或“不一定”相等，各物质的反应速率之比_______(填“一定”或“不一定”）等于化学计量数之比。 ‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). N (2). 2 mol/L (3). 1 mol/(L·min) (4). 2N⇋M (5). 不变 (6). 不一定 (7). 一定 ‎【解析】‎ ‎【详解】依照图像M的物质的量逐渐增大，M为生成物，N的物质的量逐渐减小，N为反应物；在2L容器内，t2时N的物质的量为4mol，则N的浓度为c===2 mol/L；若t2=1 min，从反应开始到t2 ，M的平均反应速率为ν(M)== =1 mol/(L·min)；M的初始物质的量为2mol，反应到t2‎ - 18 -‎ 时的物质的量为4mol，N的初始物质的量为8mol，反应到t2时的物质的量为4mol，变化的M的物质的量和变化的N的物质的量之比为=2:4=1:2，化学反应计量数之比等于物质的量的变化量之比，则化学反应方程式2N⇋M；化学平衡标志主要有：根本标志是速率 v（正）= v（逆）。对相同物质：v（生成）= v（消耗）≠0； 反应物的浓度与生成物的浓度不在改变，所以在反应达到化学平衡时，各组分的浓度保持不变且不一定相等，各物质的反应速率之比一定等于化学计量数之比。‎ 答案为：N；2 mol/L；1 mol/(L·min)；2N⇋M；不变；不一定；一定。‎ ‎19.（1）某研究性学习小组设计了如图所示装置探究钢铁的腐蚀与防护。‎ 为防止金属Fe被腐蚀，可以采用上述________（填装置序号）装置原理进行防护；装置③中总反应的离子方程式为_________。‎ ‎（2）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器浸于铝质容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用为__________。‎ ‎（3）纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，采用肼(N2H4)燃料电池为电源，用离子交换膜控制电解液中c(OH－)制备纳米Cu2O，其装置如图甲、乙。‎ ‎①上述装置中D电极应连接肼燃料电池的________极（填“A”或“B”）。‎ ‎②该电解池阳极反应式为_______。‎ ‎③当反应生成14.4 g Cu2O时，至少需要肼________mol。‎ ‎【答案】 (1). ②③ (2). 2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑ (3). 作电解质溶液（或导电） (4). B (5). 2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O (6). 0.05‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据原电池和电解池的原理回答；‎ - 18 -‎ ‎(2)根据原电池的形成条件回答；‎ ‎(3)根据燃料电池和氧化还原反应的原理回答；‎ ‎【详解】(1)①装置为原电池，铁为负极，被腐蚀；‎ ‎②装置原电池，锌为负极，被腐蚀，铁作正极被保护；‎ ‎③装置为电解池，铁作阴极被保护；‎ 装置③发生的是电解饱和食盐水的反应，阳极是氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得电子发生还原反应，总的离子反应为2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑；‎ ‎(2)为处理银器表面的黑斑(Ag2S)，将银器浸于铝质容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，利用原电池原理，用铝置换出银，食盐水的作用是作电解质溶液，形成原电池；‎ ‎(3)燃料电池正极通氧化剂，负极通燃料，即A极为负极，B极为正极，图乙为电解池装置，电解目的为制备Cu2O，则D极作阳极，接电池正极(B极)，铜被氧化，阳极反应式为2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O ，根据电极反应2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O和N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O可知，2Cu2O~ N2H4，则14.4 g Cu2O的物质的量为n== =0.1mol，消耗肼的物质的量为0.05mol。‎ ‎【点睛】电化学计算时，需要写出电极反应式，再分析。‎ 三、附加题（本题包括2小题，共20分）‎ ‎20.连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸，可用于制N2O气体。‎ ‎（1）连二次硝酸中氮元素的化合价为_____________________。‎ ‎（2）常温下，用0．01mol·L-1的NaOH溶液滴定10mL0．01mol·L-1的H2N2O2溶液，测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。‎ - 18 -‎ ‎①写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式：______________。‎ ‎②b点时溶液中c(H2N2O2)_____（填“＞”、“＜”或 “＝”，下同）c(N2O22-)。‎ ‎③a点时溶液中c(Na+)____c(HN2O2-)+c(N2O22-)。‎ ‎（3）硝酸银溶液和连二次硝酸钠溶液混合，可以得到黄色的连二次硝酸银沉淀，向该分散系中滴加硫酸钠溶液，当白色沉淀和黄色沉淀共存时，分散系中=______。[已知Ksp(Ag2N2O2)=4．2×10-9，Ksp(Ag2SO4)=1．4×10-5]‎ ‎【答案】 (1). +1 (2). H2N2O2H++HN2O2- (3). > (4). > (5). 3.0×10-4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在任何化合物中所有元素的正负化合价的代数和等于0，在连二次硝酸(H2N2O2)中H元素化合价在+1价，O元素化合价是-2价，所有N元素的化合价是+1价；‎ ‎（2） 0．01mol·L-1的H2N2O2溶液中c(H2N2O2)= 0．01mol/L，而溶液的pH=4．3，则c(H+)=10-4．3mol/L< 0．01mol/L，所以H2N2O2是二元弱酸。①多元弱酸的电离分步进行，所以H2N2O2在水溶液中的电离方程式是：H2N2O2H++HN2O2-；②连二次硝酸与NaOH发生酸碱中和反应，由于二者的物质的量浓度相等，当加入NaOH溶液的体积是10mL时，恰好发生反应：H2N2O2+NaOH= NaHN2O2+ H2O，NaHN2O2是强碱弱酸盐，在溶液中HN2O2-存在电离作用：HN2O2-H++N2O22-，电离产生N2O22-和H+，使溶液显酸性，也存在水解作用：HN2O2-+H2OH2N2O2+OH-，水解产生H2N2O2和OH-，使溶液显碱性，根据图示可知溶液的pH>7，溶液显碱性，说明水解作用大于其电离作用，所以溶液中微粒的物质的量浓度关系是：c(H2N2O2)> c(N2O22-)；③在a点，在该溶液中同时存在电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(HN2O2-)+2c(N2O22-)，由于此时溶液的pH=7，溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，所以：c(Na+))= c(HN2O2-)+2c(N2O22-)，因此c(Na+))> c(HN2O2-)+c(N2O22-)；‎ ‎（3）2Ag++ N2O22-=Ag2 N2O2↓；Ksp(Ag2N2O2)=c2(Ag+)·c(N2O22-)=4．2×10-9‎ - 18 -‎ ‎；当向该分散系中滴加硫酸钠溶液，发生沉淀反应：2Ag++ SO42-=Ag2SO4↓；Ksp(Ag2SO4)= c2(Ag+)·c(SO42-)=1．4×10-5；当白色沉淀和黄色沉淀共存时，。‎ ‎【点睛】酸若是强酸，溶液中氢离子的浓度是酸的浓度与酸分子中含有的氢原子的积；对于多元弱酸的酸式盐，在溶液中同时存在弱酸酸根的电离作用和水解作用，若电离大于水解，则溶液显酸性；若水解大于电离，则溶液显碱性。根据溶液的酸碱性可判断溶液中微粒浓度的大小，同时要掌握电荷守恒、物料守恒及质子守恒关系。化学平衡移动原理不仅适用于可逆反应的化学平衡，也适用于弱电解质的电离平衡、盐的水解平衡及沉淀溶解平衡，可根据平衡移动原理分析外界条件对平衡移动的影响。‎ ‎21.乙基环己烷(C8H16)脱氢制苯乙炔(C8H6)的热化学方程式如下：‎ ‎①C8H16(l)C8H10(l)+3H2(g)　ΔH1＞0‎ ‎②C8H10(l)C8H6(l)+2H2(g)　 ΔH2＞0‎ ‎（1）不同压强和温度下乙基环己烷的平衡转化率如下图所示。‎ ‎①在相同压强下升高温度，未达到新平衡前，v正____（填“大 于”“小于”或“等于”）v逆。‎ ‎②研究表明，既升高温度又增大压强，C8H16(l)的转化率也升高，理由可能是____ 。‎ ‎（2）t ℃，向恒容密闭反应器中充入1．00 mol C8H16(l)进行催化脱氢，测得液态C8H10(l)和C8H6(l)的产率x1和x2（以物质的量分数计）随时间变化关系如下图所示。‎ ‎①在8 h时，反应体系内氢气的量为_____mol（忽略其他副反应），液态C8H16‎ - 18 -‎ ‎(l)的转化率是_________。‎ ‎②x1显著低于x2的原因是________‎ ‎【答案】 (1). 大于 (2). 升高温度时平衡正向移动的程度大于加压时平衡逆向移动的程度（叙述合理即可） (3). 1.951 (4). 40．1％ (5). C8H16（l）转换为C8H6（l）的活化能小，反应速率很快，生成的C8H10（l）大部分转化为C8H6（l），因此x1显著低于x2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)升高温度，达到新平衡前，升高温度，正、逆反应速率均增大，但正反应增大程度较大；‎ ‎(2)①参加反应的 C8H16(l)为1mol，根据C8H16(l)⇌C8H10(l)+3H2(g)和C8H16(l)⇌C8H6(l)+5H2(g)和C8H10(l)、C8H6(l)的产量计算n(H2)、C8H16的变化量，结合转化率=×100%计算C8H16的转化率；‎ ‎②反应的活化能越低，反应越易进行，反应速率越大，据此分析。‎ ‎【详解】(1)升高温度，平衡正向移动，增大压强，平衡逆向移动，但升高温度导致正向移动程度大于增大压强导致逆向移动程度时，C8H16(l)的转化率会升高；‎ ‎(2)①参加反应的C8H16(l)为1mol，8h时C8H6(l)的产率为0.374，其物质的量为0.374mol，C8H10(l)的产率为0.027，其物质的量为0.027mol，则反应生成的氢气的量为n(H2)=3×0.027mol+5×0.374mol=1.951mol；n[C8H10(l)]+n(C8H6(l))=0.374mol+0.027mol=0.401mol，所以液态C8H16(l)的转化率=0.401mol1mol×100%=40.1%；‎ ‎②反应的活化能越低，反应越易进行，反应速率越大，x1显著低于x2的原因可能是C8H16(l)转换为C8H6(l)的活化能小，反应速率很快，生成的C8H10(l)大部分转化为C8H6(l)，因此x1显著低于x2。‎ - 18 -‎ - 18 -‎