2018-2019学年江西省赣州教育发展联盟高二上学期12月联考化学试题 解析版

2018-2019学年江西省赣州教育发展联盟高二上学期12月联考化学试题 解析版

‎2018-2019学年第一学期赣州教育发展联盟十二月联考 高二化学试卷 命题人：会昌三中 魏娟 会昌三中 曾金玲 审题人：会昌三中 康龙飞 本卷中可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Cl：35.5 Fe：56‎ 一、选择题（16小题，每题3分，共48分）‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 B. 化学反应中的能量变化都表现为热量变化 C. 反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热 D. 向醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后溶液红色加深，说明盐类水解是放热的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．有的放热反应需要高温条件发生；‎ B．化学反应中能量变化形式有热能、光能、电能等等；‎ C、焓变决定于反应物和生成物能量高低．‎ D、醋酸钠水解显碱性，水解过程吸热；‎ ‎【详解】A．需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，有的放热反应需要加热或高温的条件才能发生，如铝热反应是放热反应，但需要高温条件，故A错误；‎ B、化学反应中能量变化的形式有热能、光能、电能等等，不只是热能，故B错误；‎ C、焓变决定于反应物和生成物能量高低，反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热，故C正确；‎ D、醋酸钠水解显碱性，加热时碱性增强，说明水解吸热，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应中能量变化的形式、焓变等，解题关键：注意对基础知识的理解掌握，易错点A，反应条件与吸放热没有必然联系。‎ ‎2.常温下，一定浓度的某酸HA溶液的pH=5，下列有关说法正确的是( )‎ A. 取该溶液1.00 mL，加水稀释至1 000 mL，所得溶液pH=8‎ B. 向溶液中加入适量NaA固体，若溶液pH不变，则HA为强酸 C. 加入等体积pH=9的NaOH溶液，若所得溶液pH>7，则HA为弱酸 D. 若该溶液导电能力弱于等体积pH=5的HCl溶液，则HA为弱酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、酸溶液稀释不能变为碱性溶液；‎ B、向溶液中加入适量NaA固体，若溶液pH不变，说明HA不存在电离平衡；‎ C、HA为弱酸，溶液中酸的浓度大于氢离子浓度；‎ D、溶液的导电能力与溶液中带电粒子的浓度有关；‎ ‎【详解】A、一定浓度的某酸HA溶液的pH=5，该溶液显酸性，酸溶液稀释不能变为碱性溶液，所以稀释后溶液的pH＜7，故A错误。‎ B、向溶液中加入适量NaA固体，若溶液pH不变，说明HA不存在电离平衡，所以HA为强酸，故B正确；‎ C、HA为弱酸，溶液中酸的浓度大于氢离子浓度，所以加入等体积pH=9的NaOH溶液，酸过量，溶液显酸性，所得溶液pH＜7，故C错误；‎ D、某酸HA溶液的pH=5，溶液中氢离子的浓度为10-5mol·L－1，pH=5的盐酸中氢离子的浓度为10-5mol·L－1，所以两种溶液的导电能力相同，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离和溶液pH的计算，解题关键：明确弱酸的电离特点，易点A，酸溶液稀释不能变为碱性溶液。‎ ‎3.龋齿是有机酸使牙齿中的Ca5（PO4）3（OH）溶解造成的。饮水、食物里的F﹣会将其转化为Ca5（PO4）3F，后者更能抵抗酸的腐蚀。下列分析不正确的是（　　）‎ A. 溶解度：Ca5（PO4）3（OH）＜Ca5（PO4）3F B. Ca5（PO4）3（OH）电离出来的OH﹣、PO43﹣均能与H+反应 C. 牙膏中添加NaF可发生反应：Ca5（PO4）3（OH）+F﹣═Ca5（PO4）3F+OH﹣‎ D. 上述过程涉及的反应类型只有复分解反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．从难溶电解质的溶解转化的角度分析；‎ B．OH－、PO43－均能与H＋反应生成水HPO42－、H2PO4－等；‎ C．牙膏中添加NaF，可生成Ca5（PO4）3F；‎ D．涉及反应为Ca5（PO4）3（OH）+F－═Ca5（PO4）3F+OH－，为复分解反应。‎ ‎【详解】A．饮水、食物里的F－会将其转化为Ca5（PO4）3F，应生成溶解度更小的物质，即Ca5（PO4）3（OH）＞Ca5（PO4）3F，故A错误；‎ B．Ca5（PO4）3（OH）为弱酸的碱式盐，OH－、PO43－均能与H＋反应生成水、HPO42－或H2PO4－等，故B正确；‎ C．牙膏中添加NaF，可生成Ca5（PO4）3F，发生Ca5（PO4）3（OH）+F－═Ca5（PO4）3F+OH－，故C正确；‎ D．上述过程涉及的反应为：有机酸使牙齿中的Ca5（PO4）3（OH）溶解和Ca5（PO4）3（OH）+F－═Ca5（PO4）3F+OH－，都是复分解反应，故D正确。‎ 故选：A。‎ ‎4.某科研团队研制出“TM﹣LiH（TM表示过渡金属）”双催化剂体系，显著提高了在温和条件下氮气和氢气合成NH3的效率，原理示意如下：‎ 下列分析不合理的是（　　）‎ A. 状态Ⅰ，吸收能量并有N≡N键发生断裂 B. 合成NH3总反应的原子利用率是100%‎ C. “TM﹣LiH”能降低合成氨反应的△H D. 生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知氮气与TM-LiH反应生成LiNH，LiNH与氢气反应生成氨气和LiH，总反应为2LiNH+3H2═2LiH+2NH3。‎ ‎【详解】A．状态Ⅰ为氮气生成LiNH的过程，N≡N键发生断裂要吸收能量，故A正确；‎ B．由流程可知氮气和氢气反应，生成物只有氨气，原子利用率为100%，故B正确；‎ C．催化剂可降低反应的活化能，但不能降低反应物和生成物的总能量，不能改变反应热，故C错误；‎ D．由状态Ⅲ可知生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3，故D正确。‎ 故选：C。‎ ‎5.一种新型的电池，总反应为: 3Zn+2FeO42－+8H2O=2Fe(OH)3↓+3Zn(OH)2↓+4OH—，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A. Zn极是负极，发生氧化反应 B. 随着反应的进行，溶液的pH增大 C. 电子由Zn极流出到石墨电极，再经过溶液回到Zn极，形成回路 D. 石墨电极上发生的反应为：FeO42—+3e—+4H2O=Fe(OH)3↓+5OH—‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据电池总反应，Zn的化合价升高，根据原电池的工作原理，即锌作负极，发生氧化反应，故A说法正确；B、根据电池总反应方程式，生成OH－，溶液的pH增大，故B说法正确；C、根据原电池的工作原理，电子从Zn电极流出经外电路流向石墨，电解质溶液应是阴阳离子定向移动，没有电子通过，故C说法错误；D、负极电极反应式为Zn＋2OH－－2e－=Zn(OH)2↓，正极反应式为FeO42－＋4H2O＋3e－=Fe(OH)3↓＋5OH－，故D说法正确。‎ ‎6.一定条件下，下列不能用勒夏特列原理解释的是（ ）‎ A. 合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率 B. H2、I2、HI 混合气体加压后颜色变深 C. 实验室常用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2‎ D. 新制氯水中，滴加硝酸银溶液，溶液颜色变浅，产生白色沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、合成氨时将氨液化分离，减少了生成物浓度，平衡正向移动，可提高原料的利用率，与化学平衡移动有关，故A不选；B、H2、I2、HI混合气体达到的化学平衡是H2+I2=2HI，反应前后气体体积不变，混合加压后，平衡不动，颜色变深是因为体系体积减小，物质浓度增大，和平衡无关，故B选；C.氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2⇌ClO-+2H++Cl-，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，所以实验室常用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2，故C不选；D．氯水中存在Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，滴加硝酸银溶液，发生Ag++Cl-=AgCl↓，平衡正向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且符合平衡移动的原理。本题的易错点为C，要注意氯气与水的反应为可逆反应。‎ ‎7.反应A（g）+3B（g）=2C（g）+2D（g）在四种不同情况下的反应速率分别为①v（A）=0.8mol/（L•min）； ②v（B）=0.75mol/（L•s）； ③v（C）=0.6mol/（L•s）； ④v（D）=0.5mol/（L•s）。该反应进行的快慢顺序为（　　）‎ A. ①＞②＞③＞④ B. ③＞②=④＞① C. ①＞③＞②=④ D. ④＞③＞②＞①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快。‎ ‎【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则 ‎①v（A）=0.8mol/（L·min），0.8/(60×1)=0.013；‎ ‎②v（B）=0.75mol/（L·s），0.75/3=0.25；‎ ‎③v（C）=0.6mol/（L·s），0.6/2=0.3；‎ ‎④v（D）=0.5mol/（L·s），0.5/2=0.25，‎ 该反应进行的快慢顺序为③＞②=④＞①，‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率，解题关键：把握化学计量数与反应速率的关系，易错点A，注意比值法应用及速率单位统一。‎ ‎8.下列溶液中有关物质的浓度关系正确的是 （ ）‎ A. c(NH4＋)相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c(NH4HSO4) ＞c(NH4Cl)＞c[(NH4)2SO4]‎ B. 向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ C. 某二元弱酸酸式盐NaHA溶液中：c(H+）＋c(Na＋）＝c(OH－）＋c(HA－）＋c(A2－）‎ D. 1.0 mol/L Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、NH4HSO4溶液中H＋抑制NH4＋的水解；‎ B、酸性混合溶液，则c（H＋）＞c（OH－），结合电荷守恒分析；‎ C、根据NaHA溶液中的电荷守恒进行判断，A2－带有两个单位的负电荷，其系数应该为2；‎ D、根据碳酸钠溶液中的质子守恒进行判断；‎ ‎【详解】A、根据化学式组成可知，浓度相同时，（NH4）2SO4中c（NH4＋）最大。NH4HSO4溶液中H＋抑制NH4＋的水解，则各溶液中c（NH4＋）相同时，c(NH4Cl)＞c(NH4HSO4) ＞c[(NH4)2SO4]，故A错误；‎ B、向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中c（H＋）＞c（OH－），由电荷守恒可知c（Na＋）＜c（CH3COO－），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－），故B错误；‎ C、二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中，根据电荷守恒可得：c（H＋）+c（Na＋）=c（OH－）+c（HA－）+2c（A2－），故C错误；‎ D、水电离的氢离子与氢氧根离子物质的量相等，则从质子守恒的角度分析可得：c（OH－）=c（H＋）+2c（H2CO3）+c（HCO3－），故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了溶液中离子浓度大小比较，解题关键：掌握盐的水解原理，能够根据电荷守恒、盐的水解原理、质子守恒等知识判断溶液各离子浓度大小，难点C、D，电荷守恒、质子守恒。‎ ‎9.已知常温时 HClO 的 Ka=3.0×10-8，HF 的 Ka= 3.5×10-4。现将 pH 和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH 随溶液体积的变化如图所示。下列叙述正确的是 A. 曲线 I 为次氯酸稀释时 pH 变化曲线 B. 取 a 点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH 溶液，消耗次氯酸的体积较小 C. a 点时，若都加入相同大小的锌粒，此时与氢氟酸反应的速率大 D. b 点溶液中水的电离程度比 c 点溶液中水的电离程度小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 常温下Ka（HClO）Ka（HF），酸性：HClOHF，根据图像将pH和体积都相同的HClO和HF稀释同等倍数，I的pH改变值大于II的pH改变值，曲线I代表稀释HF时pH变化曲线，曲线II代表稀释HClO时pH变化曲线。A项，根据上述分析，曲线I为HF稀释时pH变化曲线，A项错误；B项，a点HClO溶液和HF溶液的pH相同，a点c（HClO）大于c（HF），取a点的两种酸溶液中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO溶液的体积较小，B项正确；C项，a点HClO溶液和HF溶液的pH相同，即a点两溶液中c（H+）相等，此时与相同大小的锌粒反应的反应速率相等，C项错误；D项，酸溶液中OH-全部来自水的电离，根据图像b点溶液的pH大于c点溶液的pH，b点溶液中c（H+）小于c点溶液中c（H+），b点对水的电离的抑制小于c点，b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，D项错误；答案选B。‎ 点睛：本题考查弱酸溶液稀释pH曲线的分析、不同弱酸的对比、酸溶液中水的电离程度的分析，正确判断曲线I、曲线II代表的物质是解题的关键。注意酸溶液中和碱的能力取决于酸的物质的量和酸的元数，酸溶液与相同大小锌粒反应速率的快慢取决于溶液中c（H+）。‎ ‎10.在一定温度下，将气体X和气体Y各2 mol充入某10 L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+Y(g) 2Z(g) △H<0，—段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：‎ t/min ‎2‎ ‎4‎ ‎10‎ ‎12‎ n(Y)/mol ‎1.40‎ ‎1.10‎ ‎0.40‎ ‎0.40‎ 下列说法正确的是 A. 反应前2 min 的平均速率v(Z)=3.0xl0-2 mol• L-1min-1‎ B. 该温度下此反应的平衡常数K=64‎ C. 平衡后其他条件不变，再充入2 mol Z，新平衡时X的体积分数增大 D. 反应进行到10 min时保持其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)>v(正）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应前 2min，n(Y)变化了2-1.4=0.6mol，反应速率为：v(Y)=0.6/(10×2)=0.03 mol• L-1min-1,根据速率和系数成正比可知v(Z)=2v(Y)=6.0×l0-2 mol• L-1min-1，A错误；‎ B.反应在10min时达到平衡，因此平衡时各物质浓度为：c(X)=0.4/10=0.04 mol• L-1 , c(Y)=0.4/10=0.04 mol• L-1，c(Z)= 2×(2-0.4)/10=0.32mol• L-1；该温度下此反应的平衡常数=0.322/0.042=64, B正确；‎ C.该反应前后气体的体积不变，其他条件不变，再充入2molZ，在等温等容条件下，等效于加压过程，平衡不移动，新平衡时X的体积分数不变，故C错误；‎ D. 反应进行到10 min时保持其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)c(NH4+)‎ B. 用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，HCOOH消耗NaOH溶液的体积比CH3COOH小 C. 0.1 mol• L-1CH3COOH溶液与0.1 mol• L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=7‎ D. pH=7的HCOOH和NH3•H20的混合溶液中，c(HCOO—)=c(NH4+)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据Ka(HCOOH)>Kb(NH3∙H2O)可知，HCOOH为一元弱酸，NH3∙H2O为一元弱碱，所以电离程度HCOOH大，因此浓度均为0.1 mol•L-1 的HCOOH和NH3•H2‎ ‎0溶液中，根据越弱越水解可以判断c(HCOO-)>c(NH4+)，A正确；‎ B.由于酸性HCOOH大于CH3COOH，所以pH相同的HCOOH和CH3COOH，二酸的浓度:c(HCOOH)7；故C错误；‎ D. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；HCOOH和NH3•H20的混合溶液中，存在电荷守恒：c(HCOO-)+c(OH-)= c(NH4+)+c(H+)，由于pH=7，即c(OH-)=c(H+)，所以c(HCOO-)=c(NH4+)，故D正确；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎12.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2A(g)＋B(g)3C(g)；ΔH<0，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是 A. 图Ⅰ表示的是t1时刻增大反应物的浓度对反应速率的影响 B. 图Ⅱ表示的一定是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响 C. 图Ⅲ表示的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高 D. 图Ⅲ表示的是不同催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．图Ⅰ表示的是t1时刻V逆、V正都增大，V逆增大的多，化学平衡逆向移动，若增大反应物的浓度，则在该时刻V正增大，V逆不变。与图像不符合，错误；．图Ⅱ表示的可能是t1‎ 时刻加入催化剂后正反应、逆反应速率都增大，二者增大的倍数相同，所以化学平衡不发生移动，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，也可能增大压强后的化学反应速率变化情况，错误；C．升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需要的时间缩短，由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，所以达到平衡时A的转化率降低，因此图Ⅲ表示的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高，正确。D．催化剂只能缩短达到平衡所需要的时间，但是平衡不发生移动，因此图Ⅲ不能表示不同催化剂对平衡的影响，错误。‎ 考点：考查图像法在化学反应速率、化学平衡移动中的作用的知识。‎ ‎13.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 ‎【解析】‎ ‎【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。‎ ‎14.室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是( ) ‎ A. 三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD B. 滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)‎ C. pH=7时，三种溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－)‎ D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．根据图像可知0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH值HA最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD，A正确；B．滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，B正确；C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别和钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C错误；D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)，D正确；答案选C。‎ 点晴：在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发分析思考。（1）两个理论依据：①弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3－)≫c(CO32－)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如Na2CO3溶液中：c(CO32－)＞c(HCO3－)≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。（2）三个守恒关系：①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎15.在恒温容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应A(g)+2B(g)C(g)+D(g)己达到平衡状态的是（ ）‎ ‎①混合气体的压强 ②混合气体的密度 ③B的物质的量分数④混合气体的总物质的量 ⑤混合气体的平均相对分子质量 ⑥v(C)与v(D)的比值⑦混合气体的总质量 ⑧混合气体的总体积 A. ③⑦⑧ B. ④⑤⑥ C. ①②⑤ D. ①③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化．选择判断化学平衡的物理量应随反应进行发生变化，当该物理量不再变化可以说明到达平衡．‎ ‎【详解】①反应前后气体的物质的量减小的反应，容器体积不变，随反应进行压强降低，当压强不再变化，说明到达平衡，故①正确；‎ ‎②反应混合物都是气体，总质量不变，容器体积不变，故混合气体的密度一直不变，不能说明到达平衡状态，故②错误；‎ ‎③随反应进行B的浓度减小，当B的物质的量分数不再变化，说明到达平衡，故③正确；‎ ‎④该反应为反应前后气体的物质的量减小的反应，随反应进行混合气体总物质的量减小，混合气体总物质的量不再变化，说明到达平衡，故④正确；‎ ‎⑤反应混合物都是气体，总质量不变，随反应进行混合气体总物质的量减小，所以随反应进行混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明到达平衡，故⑤正确；‎ ‎⑥v（C）与v（D）的速率关系自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，故⑥错误；‎ ‎⑦反应混合物都是气体，混合气体总质量不发生变化，不能说明到达平衡，故⑦错误；‎ ‎⑧容器的体积不变，混合气体总体积不变，不能说明到达平衡，故⑧错误。‎ 故①③④⑤正确。‎ 故选：D。‎ ‎16.向FeCl3、Al2(SO4)3的混和溶液中逐滴加入Ba(OH)2(aq)，形成沉淀的情况如下图所示。沉淀的生成的pH列于下表(已知：偏铝酸钡易溶于水)。以下推断正确的是 氢氧化物 溶液pH 开始沉淀 沉淀完全 Fe(OH)3‎ ‎2.3‎ ‎3.4‎ Al(OH)3‎ ‎3.3‎ ‎5.2‎ A. OA段产生的沉淀为BaSO4和Fe(OH)3‎ B. 据图计算原溶液中c(Cl－)=c(SO42－)‎ C. AB段可能发生的反应是：2SO42－+ 2Ba2+ + Al3+ +3OH－=2BaSO4↓+Al(OH)3↓‎ D. C点溶液呈碱性是因为AlO2－水解，离子方程式为：AlO2－+2H2O=Al(OH)3 +OH－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Al2（SO4）3和FeCl3的混合溶液与Ba（OH）2溶液反应的实质是Fe3+，Al3+与OH-、Ba2+与SO42-之间的离子反应，如下：Ba2++SO42-═BaSO4↓，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++3OH-═Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，假设1molAl2（SO4）3中SO42-完全被沉淀所需Ba（OH）2量为3mol，提供6molOH-，图表分析铁离子先沉淀，由图象分析，OA段为加入3molBa（OH）2，发生反应Ba2++SO42-═BaSO4↓，得到3molBaSO4沉淀，C点为氢氧化铝溶解后的沉淀物质的量为氢氧化铁和硫酸钡沉淀共4mol，所以氢氧化铁沉淀为1mol，氢氧化铝沉淀为2mol；分析判断OA段沉淀3mol钡离子，1mol铁离子和1mol铝离子；AB段为沉淀1mol铝离子；BC段为溶解氢氧化铝消耗氢氧化钡1mol。‎ ‎【详解】A、根据上述分析，OA段沉淀3mol钡离子，1mol铁离子和1mol铝离子，故A错误；‎ B、图象分析FeCl3、Al2（SO4）3的混和溶液中含FeCl3为1mol，含Al2（SO4）3 为1mol，c（Cl-）=c（SO42-），故B正确；‎ C、AB段可能发生的反应是Al3++3OH-=Al（OH）3↓，故C错误；‎ D、C点溶液呈碱性的原因是AlO2-水解，其离子方程式为AlO2- + 2H2O Al（OH）3 + OH一，故D错误；‎ 综上所述，本题应选B。‎ 二、非选择题（5小题，共52分）‎ ‎17.甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：‎ ‎① CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　 ΔH1 ＝－99kJ·mol－1‎ ‎② CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2‎ ‎③ CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　 ΔH3＝+ 41 kJ·mol－1‎ ‎（1）ΔH2＝______kJ·mol－1，②反应正向的熵变ΔS______0(填“＞”“＜”或“＝”)。‎ ‎（2）在容积为2 L的密闭容器中，充入一定量CO2和H2合成甲醇(上述②反应)，在其他条件不变时，温度T1、T2对反应的影响图像如图。‎ ‎①温度为T1时，从反应到平衡，生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)＝_____ mol·L－1·min－1。‎ ‎②图示的温度T1______T2（填写“>”、“<”或“=”）‎ ‎（3）T1温度时，将2 mol CO2和6 mol H2充入2 L密闭容器中，充分反应(上述②反应)达到平衡后，若CO2转化率为50%，此时容器内的压强与起始压强之比为________。欲提高CO2转化率，可采取的措施是_________________（填一种即可）‎ ‎【答案】 (1). -58 (2). < (3). (4). < (5). 3:4 (6). 缩小容器或者充入H2或降低温度 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由盖斯定律可知，将③+①可得反应②，反应前后气体体积减小，则反应熵变小于0；‎ ‎（2）结合图象中甲醇的变化来计算反应速率，并利用图象中时间与速率的关系来分析T1、T2，再利用影响平衡的因素来分析解答；‎ ‎（3）化学平衡的三段法计算平衡时各物质的物质的量，再利用反应前后气体的物质的量之比等于压强之比来解答；反应为气体体积减小的放热反应，根据平衡正向移动原理来分析。‎ ‎【详解】（1）已知反应：① CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH1 ＝－99kJ·mol－1‎ ‎② CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2‎ ‎③ CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　 ΔH3＝+ 41 kJ·mol－1‎ 由盖斯定律可知，将③+①可得反应②，故ΔH2=（-99kJ．mol－1）+41KJ·mol－1，ΔH2=-58kJ．mol－1；‎ ‎②反应反应正向是气体体积减小的反应，反应的熵变△S＜0‎ ‎（2）根据题给图象分析可知，T2先达到平衡，则T2＞T1，由温度升高反应速率增大，可知T2的反应速率大于T1，又温度高时平衡状态CH3OH的物质的量少，CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) △H2=-58kJ·mol－1，反应为放热反应，则升温说明可逆反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) 向逆反应方向移动，‎ ‎①v（CH3OH）=nA/(2l·tA)=nA/2tAmol·L－1·min－1；‎ ‎②根据题给图象分析可知，T2先达到平衡则T2＞T1；‎ ‎（3）由化学平衡的三段模式法计算可知，容器体积为2L，‎ ‎ CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）‎ 起始（mol·L－1） 1 3 0 0‎ 变化（mol·L－1） 1×50% 1.5 0.5 0.5‎ 平衡（mol·L－1） 0.5 1.5 0.5 0.5‎ 根据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比，则容器内的压强与起始压强之比=（0.5+1.5+0.5+0.5）/(1+3)=3/4；‎ 反应为气体体积减小的放热反应，从使平衡正向移动，欲提高CO2转化率，可采取的措施是缩小容器或者充入H2或降低温度。‎ ‎【点睛】本题综合性较强，考查知识点较多，解题关键：熟悉盖斯定律、热化学反应方程式、反应速率、化学平衡、图象分析判断等重要知识来解答，难点（3）相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比，求容器内的压强与起始压强之比。‎ ‎18.A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增。A元素原子核内无中子，B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，D是地壳中含量最多的元素，E是短周期中金属性最强的元素，F与G位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的主族元素。请回答下列问题：‎ ‎（1）C在元素周期表中的位置为__________，G的离子结构示意图是___________。‎ ‎（2）D与E按原子个数比1:1形成化合物甲，其电子式为__________，所含化学键类型为_______。‎ ‎（3）E、F、G形成的简单离子，半径由大到小顺序是_______。（用离子符号表示）‎ ‎（4）用BA4、D2和EDA的水溶液组成燃料电池，电极材料为多孔惰性金属电极。在a极通入BA4气体，b极通入D2气体，则b极是该电池的_____极，负极的电极反应式为__________‎ ‎【答案】 (1). 第二周期VA族 (2). (3). Na+[:::]2- Na+ (4). 离子键、非极性共价键（或共价键） (5). S2-＞Cl->Na+ (6). 正 (7). CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增．A元素原子核内无中子，A为H元素；B元素原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B有2个电子层，最外层有4个电子，则B为C（碳）元素；D元素是地壳中含量最多的元素，则D为O元素；C原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E元素是短周期元素中金属性最强的元素，则E为Na；F与G的位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的元素，可推知F为S元素、G为Cl元素 ‎【详解】（1）C是氮元素，原子有2个电子层，最外层电子数为5，在元素周期表中的位置：第二周期VA族，G为Cl元素，原子结构示意图是；‎ ‎（2）D与E按原子个数比1：1形成化合物甲为Na2O2，其电子式为Na+[:::]2- Na+ ，所含化学键类型为：离子键、共价键；‎ ‎（3）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故E、F、G形成的简单离子，离子半径由大到小的顺序是：S2－＞Cl－＞Na＋；‎ ‎（4）用BA4、D2和EDA的水溶液组成燃料电池，电极材料为多孔惰性金属电极，即用CH4、O2和NaOH的水溶液组成燃料电池．在a极通入CH4气体，b极通入O2气体，甲烷发生氧化反应，则a极是该电池的负极，b为正极，氧气在正极获得电子，碱性条件下生成氢氧根离子，正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e－═4OH－。负极上甲烷被氧化生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O。‎ ‎19. [化学——选修2：化学与技术]‎ 聚合硫酸铁（PFS）是谁处理中重要的絮凝剂，下图是以回收废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程。‎ 回答下列问题 ‎（1）废铁屑主要为表面附有大量铁锈的铁，铁锈的主要成分为_________。粉碎过筛的目的是_______‎ ‎（2）酸浸时最合适的酸是_____，写出铁锈与酸反应的离子方程式_____________________。‎ ‎（3）反应釜中加入氧化剂的作用是_________，下列氧化剂中最合适的是____________（填标号）。‎ A．KMnO4‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎（4）聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内，pH偏小时Fe3+水解程度弱，pH偏大时则_______。‎ ‎（5）相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是______。‎ ‎（6）盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，定义式为（n为物质的量）。为测量样品的B值，取样品mg，准确加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的蒸馏水，以酚酞为指示剂，用c的标准NaOH溶液进行中和滴定（部分操作略去，已排除铁离子干扰）。到终点时消耗NaOH溶液V mL。按照上述步骤做空白对照试验，消耗NaOH溶液，已知该样品中Fe的质量分数w，则B的表达式为__________‎ ‎【答案】（1）Fe2O3·xH2O 选取细小颗粒，增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率 （2）硫酸 Fe2O3·xH2O+6H+=2Fe3++3SO42-+（x+3）H2O ‎（3）氧化Fe2+c （4）pH过大，容易生成Fe（OH）3，产率降低 ‎（5）减压蒸馏，可防止温度过高，聚合硫酸铁分解 （6）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）废铁屑主要为表面附有大量铁锈的铁，铁锈的主要成分为Fe2O3·xH2O。粉碎过筛的目的是控制铁屑的颗粒。‎ ‎（2）由于不能引入杂质，则酸浸时最合适的酸是硫酸，铁锈与酸反应的离子方程式为Fe2O3·xH2O+6H+=2Fe3++3SO42-+（x+3）H2O。‎ ‎（3）由于溶液中含有亚铁离子，则反应釜中加入氧化剂的作用是氧化Fe2+，由于不能引入杂质，则氧化剂中最合适的是绿色氧化剂双氧水。‎ ‎（4）聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内，pH偏小时水解程度弱，pH偏大时则Fe3+转化为氢氧化铁沉淀而损失，造成产率降低。‎ ‎（5）相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是可防止温度过高，聚合硫酸铁分解。‎ ‎（6）做空白对照试验，消耗NaOH溶液，这说明与样品反应的盐酸的物质的量是（V0－V）c×10－3mol，所以样品中氢氧根的物质的量是（V0－V）c×10－3mol。已知该样品中Fe的质量分数w，则铁的物质的量是，因此B的表达式为＝。‎ 考点：考查化学与技术模块分析，侧重于物质制备 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎20.四氯化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料﹣﹣钛合金的重要原料，由钛铁矿（主要成分是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：‎ 已知四氯化钛的熔点-25.0℃，沸点136.4℃，SiCl4的熔点-68.8℃，沸点57.6℃。回答下列问题：‎ ‎（1）加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：‎ ‎2Fe3++Fe═3Fe2+‎ ‎2TiO2+（无色）+Fe+4H+═2Ti3+（紫色）+Fe2++2H2O Ti3+（紫色）+Fe3++H2O═TiO2+（无色）+Fe2++2H+‎ 加入铁屑的目的是_____。‎ ‎（2）若将制得的固体TiO2•nH2O用酸清洗除去其中的Fe（OH）3杂质，还可制得钛白粉。已知25℃时，Ksp[Fe（OH）3]=2.79×10﹣39，该温度下反应Fe（OH）3+ 3H+ Fe3++ 3H2‎ O的平衡常数K=_______‎ ‎（3）已知：TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（l）+O2（g） △H=+140kJ•mol﹣1； 2C（s）+O2（g）═2CO（g） △H=﹣221kJ•mol﹣1‎ 写出TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式：__________。‎ ‎（4）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是_____（只要求写出一项）。‎ ‎（5）要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用的方法是______。‎ ‎【答案】 (1). 使Fe3+还原成Fe2+ (2). 2.79×103 (3). TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）=TiCl4（l）+2CO（g） △H=-81kJ·mol-1 (4). 没有对“三废”进行合理的处理或回收再利用等 (5). 蒸馏 （或分馏）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，说明浸出液中含有Ti3＋，由方程式可知，Fe3＋能氧化Ti3＋；‎ ‎（2）依据平衡常数的概念结合反应写出计算式；‎ ‎（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算；‎ ‎（4）绿色化学应零污染、零排放，原子利用率100%．结合工艺流程三废回答。‎ ‎（5）由已知数据可知，SiCl4、TiCl4为液体，二者沸点相差较大，通常采取蒸馏方法分离。‎ ‎【详解】（1）由题中信息可知，加入铁屑作还原剂，使Fe3＋还原为Fe2＋，当溶液变为紫色时，标志着铁离子已除尽。‎ ‎（2）Ksp[Fe（OH）3]=2.79×10﹣39=c（Fe3＋）×c3（OH－）反应Fe（OH）3+ 3H+ Fe3++ 3H2O的平衡常数K=c(Fe3＋)/c3(H＋)= =c（Fe3＋）×c3（OH－）×1042=2.79×10-39×1042=2.79×103 ；‎ ‎（3）已知：①TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（l）+O2（g） △H=+140kJ•mol﹣1； ②2C（s）+O2（g）═2CO（g） △H=﹣221kJ•mol﹣1；依据盖斯定律①+②得到： TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）=TiCl4（l）+2CO（g） △H=-81kJ·mol-1；‎ ‎（4‎ ‎）由工艺流程可知，生成中产生废气、废液、废渣等，不符合绿色化学理念，依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是：没有对“三废”进行合理的处理或回收再利用等。‎ ‎（5）由已知四氯化钛的熔点-25.0℃，沸点136.4℃，SiCl4的熔点-68.8℃，沸点57.6℃，可知，SiCl4、TiCl4为液体，二者沸点相差较大，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用蒸馏（或分馏）方法。‎ ‎21.用标准NaOH溶液滴定充满HCl的烧瓶（标况下，烧瓶容积为V L）做完喷泉实验后得到的稀盐酸，以测定它的准确浓度，请你回答下列问题：‎ ‎（1）理论计算该盐酸的物质的量浓度为：_____。‎ ‎（2）若用酚酞作指示剂，达到滴定终点时的现象是_____。‎ ‎（3）现有三种浓度的标准NaOH溶液，你认为最合适的是下列第_____种。‎ ‎①5.00mol•L﹣1②0.500mol•L﹣1③0.0500mol•L﹣1‎ ‎（4）若采用上述最合适浓度的标准NaOH溶液满定，滴定时实验数据列表如下：‎ 实验次数编号 待测盐酸体积（mL）‎ 滴入NaOH溶液体积（mL）‎ ‎1‎ ‎10.00‎ ‎8.48‎ ‎2‎ ‎10.00‎ ‎8.52‎ ‎3‎ ‎10.00‎ ‎8.00‎ 求这种待测稀盐酸的物质的量浓度c（HCl）=_____。‎ ‎（5）在滴定操作过程中，以下各项操作使测定值偏高的有：_____‎ ‎①滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准溶液润洗 ‎②滴定管（装标准溶液）在滴定前尖嘴处有气泡，滴定终了无气泡 ‎③滴定前平视，滴定终了俯视 ‎④看到颜色变化后立即读数 ‎⑤洗涤锥形瓶时，误把稀食盐水当做蒸馏水进行洗涤 ‎【答案】 (1). 0.0446mol·L-1 (2). 滴入最后一滴NaOH标准溶液时，待测溶液恰好由无色变为粉红色，且半分钟内不再褪色 (3). ③ (4). 0.0425mol·L-1 (5). ①②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据c=n/V=V/(VmV)=1/Vm计算该盐酸的物质的量浓度；‎ ‎（2）滴定结束前溶液呈无色，滴定结束时溶液变为粉红色，据此判断滴定终点；‎ ‎（3）为减小误差，应尽量用浓度比较接近的溶液滴定；‎ ‎（4）数据误差太大，舍去第3组数据，然后求出1、2组平均消耗氢氧化钠溶液体积，然后根据盐酸和NaOH的反应求出c（HCl）；‎ ‎（5）根据c（待测）=c(标准)·V(标准)/V(待测)，分析不当操作对V（标准）的影响。‎ ‎【详解】（1）设烧瓶的容积为V，标况下VLHCl的物质的量为：VL/22.4L·mol－1=V/22.4mol，则该盐酸的物质的量浓度为：c（HCl）=V/（22.4mol·VL）=1/22.4mol·L－1≈0.045 mol·L－1；‎ ‎（2）若用酚酞作指示剂，达到滴定终点时的现象是：滴入最后一滴NaOH标准溶液时，待测溶液恰好由无色变为粉红色，且半分钟内不再褪色；‎ ‎（3）实验时，为减小实验误差，则所用碳酸钠溶液体积不能过小，否则误差较大，应用浓度最接近的，故选③；‎ ‎（4）舍去第3组数据，1、2组平均消耗氢氧化钠溶液体积为：（8.48ml+8.52mL）/2=8.50mL，根据关系式NaOH～HCl可知，反应中消耗氢氧化钠与氯化氢的物质的量相等，则该待测稀盐酸的物质的量浓度c（HCl）=（0.0500mol·L－1×0.0085L）/0.01L=0.0425mol·L－1；‎ ‎（5）①滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准溶液润洗，标准液浓度减小，滴定过程中消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；‎ ‎②滴定管（装标准溶液）在滴定前尖嘴处有气泡，滴定终了无气泡，消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；‎ ‎③滴定前平视，滴定终了俯视，读出的标准液体积偏小，测定结果偏低；‎ ‎④看到颜色变化后立即读数，此时还没有达到滴定终点，读出的标准液体积偏小，测定结果偏低；‎ ‎⑤洗涤锥形瓶时，误把稀食盐水当做蒸馏水进行洗涤，NaCl与氢氧化钠溶液不反应，不影响滴定结果；‎ 综上所述，操作使测定值偏高的有①②。‎ ‎ ‎