黑龙江省牡丹江市东部地区四校联考2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题 Word版含解析

黑龙江省牡丹江市东部地区四校联考2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2019——2020学年度上学期高二期末考试 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Ca—40 Fe—56 Zn—65‎ 第I卷（选择题)‎ 一、单选题（本题共20小题，每题3分，共60分。）‎ ‎1.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是(　　)‎ A. 硅太阳能电池 B. 锂离子电池放电 C. 火箭的燃料燃烧 D. 葡萄糖提供能量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硅太阳能电池是将太阳能转化成电能，不涉及氧化还原反应，故A符合题意；‎ B. 锂离子电池Li单质为负极，该电池是将化学能转化成电能，涉及氧化还原反应，故B不符合题意；‎ C. 火箭燃料燃烧涉及氧化还原反应，故C不符合题意；‎ D. 葡萄糖提供能量是葡萄糖与O2反应放出能量，涉及氧化还原反应，故D不符合题意；‎ 答案：D。‎ ‎2.已知等浓度的NaX、NaY 、NaZ三种溶液的pH：10、9、8，则由此可判断下列叙述正确的是(　　)‎ A. HX > HY > HZ B. HX < HY < HZ C. HZ > HX > HY D. HX > HZ > HY ‎【答案】B - 21 -‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用“越弱越水解”进行分析；‎ ‎【详解】NaX、NaY、NaZ三种溶液的pH：10、9、8，利用“越弱越水解”，三种溶液碱性强弱顺序是NaX>NaY>NaZ，得出酸性强弱：HZ>HY>HX，故B正确；‎ 答案：B。‎ ‎3.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。‎ ‎4.下列叙述中正确的是 A. 若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀 B. 常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023‎ - 21 -‎ C. 工业制粗硅2C(s)＋SiO2(s)===Si(s)＋2CO(g)，室温下不能自发进行，则△H＞0‎ D. 稀盐酸和稀氢氧化钠反应的中和热为－57.3 kJ•mol-1，则稀醋酸和稀氨水反应的中和热也为-57.3kJ·mol-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 若在海轮外壳上附着一些铜块，构成铁铜原电池，铁作负极，加快海轮外壳的腐蚀，故错误；‎ B. 常温常压下，气体摩尔体积的值发生变化，11.2 L H2的物质的量不是0.5mol，故错误；‎ C. △G=△H-T△S，气体体积增加， △S＞0，室温下不能自发进行，即△G>0，则△H＞0，故正确；‎ D. 醋酸和一水合氨都是弱电解质，其电离都是吸热反应，所以它们反应的中和热不是-57.3kJ·mol-1，D错误；‎ 故合理选项为C。‎ ‎5.反应A(g)+2B(g)ƒ C(g)+D(g)+QkJ的能量变化如图所示，有关叙述正确的是 A. Q＝E2‎ B. 在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1减小，E2不变 C. Q＞0，升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 D. 若减小体积，平衡会移动，当反应再次达到平衡时，A的平衡浓度增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应热=反应物的总键能−生成物的总键能,则Q＝E2−E1，故A错误；‎ B. 催化剂使正逆反应的活化能都降低,反应速率加快,则E1减小,E2减小，故B错误；‎ C. 升高温度，正逆反应速率都增大，故C错误；‎ D. 缩小体积，虽然平衡正向移动，但由于体积减小，反应物、生成物的浓度都增大，故D正确。‎ - 21 -‎ 故选D。‎ ‎【点睛】升高温度，无论是放热反应还是吸热反应，正逆反应速率均增大，因为温度升高，活化分子数目增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快。‎ ‎6.下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（　　）‎ A. 电解饱和食盐水：C1-+2H2OH2↑+Cl2↑+OH-‎ B. 铅蓄电池充电时阳极反应式为：PbSO4–2e-+2H2O＝PbO2+4H++SO42―‎ C. 氢氧燃料电池在碱性介质中的负极反应式：O2+2H2O+4e-＝4OH-‎ D. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe–2e-＝Fe2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该离子方程式的原子不守恒，正确的是2Cl－＋2H2O H2↑＋Cl2↑＋2OH－，故A错误；‎ B. 电池充电时电池的正极接电源的正极，电池的负极接电源的负极，铅蓄电池正极为PbO2，其电极反应式为PbO2＋2e－＋SO42－＋4H＋=PbSO4＋2H2O，根据电解原理，阳极反应式为PbSO4－2e－＋2H2O=PbO2＋＋SO42－＋4H＋，故B正确；‎ C. 根据原电池的工作原理，负极上失去电子，电极反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故C错误；‎ D. 正极上得到电子，发生还原反应，钢铁腐蚀中负极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故D错误；‎ 答案：B。‎ ‎7.下列热化学方程式书写正确的是(ΔH的绝对值均正确)（ ）‎ A. C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) ΔH=-1367.0kJ·mol-1(燃烧热)‎ B. NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=+57.3kJ·mol-1(中和热)‎ C. S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-296.8kJ·mol-1(反应热)‎ D. 2NO2=O2+2NO ΔH=+116.2kJ·mol-1(反应热)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 水为气态，不表示燃烧反应的热化学方程式，A不正确；‎ B. 中和反应都是放热反应，ΔH应小于0，B不正确；‎ C. 标明了反应物或生成物的状态，且燃烧反应放热，C正确；‎ - 21 -‎ D. 没有标明物质的状态，D不正确。‎ 故选C。‎ ‎8.下列四种溶液中,常温下由水电离出的c(H+)之比(①∶②∶③∶④)等于①pH=0的盐酸　② 0.1 mol·L-1的盐酸　③ 0.01 mol·L-1的NaOH溶液　④pH=11的NaOH溶液 A. 1∶10∶100∶1 000 B. 0∶1∶12∶11‎ C. 14∶13∶12∶11 D. 14∶13∶2∶3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①pH=0的盐酸，溶液中c(OH-)=10-14mol/L，由于水电离产生的氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以c(H+)(水)= c(OH-)=10-14mol/L；②0.1 mol/L的盐酸，c(OH-)=10-13mol/L，则c(H+)(水)= c(OH-)=10-13mol/L；③0.01 mol/L的NaOH溶液，c(H+)(溶液)=10-12mol/L，c(H+)(水)= c(H+)(溶液)=10-12mol/L；④pH=11的NaOH溶液，c(H+)(溶液)=10-11mol/L，c(H+)(水)= c(H+)(溶液)=10-11mol/L；所以由水电离出的氢离子浓度之比为10-14mol/L：10-13mol/L：10-12mol/L：10-11mol/L=1:10:100:1000，所以选项是A。‎ ‎9.已知：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－49.0 kJ·mol－1。一定条件下，向体积为1 L的密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间的变化曲线如图所示。下列叙述中正确的是(　　)‎ A. 欲增大平衡状态时的比值，可采用升高温度的方法 B. 3 min时，CO2的消耗速率等于CH3OH的生成速率，且二者浓度相同 C. 欲提高H2的平衡转化率只能加压减小反应容器的体积 D. 从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)＝0.075 mol·L－1·min－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量减少，CO2‎ - 21 -‎ 的物质的量增大，即该比值减小，故A错误；‎ B. 根据图像，3min时消耗CO2物质的量浓度与生成CH3OH物质的量浓度相同，根据化学反应速率数学表达式，推出3min时CO2的消耗速率等于甲醇的生成速率，且二者浓度相同，故B正确；‎ C. 该反应为放热反应，降低温度，促使平衡向正反应方向进行，H2的平衡转化率提高，加压，平衡向正反应方向进行，H2的转化率提高，也可以向容器中通入CO2，也可以提高H2的转化率，故C错误；‎ D. 根据图像，达到平衡时，甲醇的物质的量浓度为0.75mol·L－1，则消耗H2的物质的量浓度为0.75mol·L－1×3=2.25mol·L－1，v(H2)=0.225mol·L－1，故D错误；‎ 答案：B。‎ ‎10.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 将1mol Cl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为 B. 密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA C. 1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.1NA D. 某电池的总反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋,当有5.6gFe溶解时电路中有0.2mol e-通过 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气通入水中，氯元素以Cl2、Cl－、ClO－、HClO形式存在，根据物料守恒，HClO、Cl－、ClO－物质的量小于2mol，故A错误；‎ B. NO和O2反应2NO＋O2=2NO2，2molNO与1molO2完全反应，NO2中存在：2NO2 N2O4，产物分子物质的量小于2mol，故B错误；‎ C. NaHCO3中C元素以H2CO3、CO32－、HCO3－形式存在，则HCO3－和CO32－离子物质的量之和小于0.1mol，故C错误；‎ D. 根据总反应，得出Fe－2e－=Fe2＋，当有5.6gFe溶解时电路中有0.2mole－通过，故D正确；‎ 答案：D。‎ ‎11.X、Y、Z、W四块金属分别用导线两两相连浸入稀硫酸中组成原电池，X、Y相连时，X为负极；Z、W相连时，电流方向是W→Z；X、Z相连时，Z极上产生大量气泡；W、Y相连时，W极发生氧化反应。据此判断金属的活动性顺序是 - 21 -‎ A. Y＞W＞Z＞X B. X＞Z＞W＞Y C. Z＞X＞Y＞W D. X＞Y＞Z＞W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原电池中，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极，电流从正极沿导线流向负极。‎ ‎【详解】原电池中，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，X、Y相连时，X为负极，则金属活动性顺序为X＞Y；电子从负极沿导线流向正极，电流从正极沿导线流向负极，Z、W相连时，电流方向是W→Z，则金属活动性顺序为Z＞W；负极上失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，X、Z相连时，Z极上产生大量气泡，则金属活动性顺序为X＞Z；负极上失电子发生氧化反应，正极上发生还原反应，W、Y相连时，W极发生氧化反应，则金属活动性顺序为W＞Y，故四种金属的活动性顺序是X＞Z＞W＞Y，故选A。‎ ‎【点睛】本题以金属活动性顺序的判断为载体考查了原电池原理，根据金属的活泼性、电极反应类型、电极反应现象等知识来分析解答。‎ ‎12.下列各种情况下能大量共存的离子组为（ ）‎ A. pH=7的溶液中：Fe3+、Cl-、Na+、NO3-‎ B. c（H+）=1×10-3mol/L的溶液中Na+、CO32-、Cl-、K+‎ C. pH=1的溶液中NH4+、Cl-、Mg2+、SO42-‎ D. Al3+、HCO3-、I-、Ca2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe3＋水解，溶液显酸性，pH<7，故A不符合题意；‎ B. c(H＋)=10－3mol·L－1说明溶液显酸性，CO32－不与H＋大量共存，故B不符合题意；‎ C. pH=1说明溶液显酸性，这些离子在酸性条件下能够大量共存，故C符合题意；‎ D. Al3＋和HCO3－发生：Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑，这些离子不能大量共存，故D不符合题意；‎ 答案：C。‎ ‎13.铜锌原电池(如图)工作时，下列叙述正确的是 - 21 -‎ A. 正极反应为：Zn－2e－===Zn2＋‎ B. 电池反应为：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu C. 在外电路中，电子从正极流向负极 D. 盐桥中的K＋移向ZnSO4溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】Zn比Cu活泼，Zn为负极，Cu为正极；‎ A.正极反应为Cu2++2e-=Cu，A错误；‎ B.电池反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，B正确；‎ C.在外电路中，电子从负极流向正极，C错误；‎ D.原电池中，阴离子移向负极，阳离子移向正极，盐桥中K+移向CuSO4溶液，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，在0.1 mol·L-1NaA溶液中，离子浓度关系正确的是 A. c(Na＋)＞c(A－)＞c(H+)＞c(OH－)‎ B. c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H+)‎ C. c(Na＋)+c(OH－)=c(A－)+c(H+)‎ D. c(Na＋)+ c(H+) = c(A－)+c(OH－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaA为强碱弱酸盐，A-水解导致溶液呈碱性，则c（H+）c（A-），A-水解程度较小，则溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）>c（A-）>c（OH-）>c（H+），故A错误；‎ B.根据A的分析可知，c（A-）>c（OH-），故B错误；‎ C.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-‎ - 21 -‎ ‎），溶液呈碱性，钠离子不水解，所以c（Na+）+c（OH-）>c（A-）+c（H+），故C错误；‎ D.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），故D正确；‎ 故选D。‎ ‎15.在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，下列说法正确的是（ ）‎ A. 稀释溶液，水解平衡常数增大 B. 通入CO2，平衡朝正反应方向移动 C. 升高温度，减小 D. 加入NaOH固体，溶液pH减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水解平衡常数只与温度有关，则稀释溶液，水解常数不变，故A错误；‎ B．通入CO2，OH－浓度会减小，平衡向正反应方向移动，故B正确；‎ C．升高温度平衡向正向移动，c(HCO3－)增大，c(CO32－)减小，故增大，故C错误； ‎ D．NaOH是强碱，加入NaOH固体，溶液的碱性增强，pH增大，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎16.下列图示与对应的叙述不正确的是(　　)‎ A. 表示反应4CO(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+4CO2(g)，保持其他条件不变，改变CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况。由图可知，NO2的转化率：c＞b＞a B. b表示25℃时，分别加水稀释体积均为100 mL、pH＝2的CH3COOH溶液和HX溶液，则25℃时HX的电离平衡常数小于CH3COOH的电离平衡常数 - 21 -‎ C. c是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图象，压强p1 > p2‎ D. d是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl固体后化学反应速率随时间变化的图象 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 增加CO的量，促使平衡向正反应方向进行，NO2的转化率增大，即c>b>a，故A说法正确；‎ B. 相同pH时，加水稀释相同倍数，酸性强的酸pH变化大，根据图像，CH3COOH的酸性强于HX，即HX的电离平衡常数小于CH3COOH的电离平衡常数，故B说法正确；‎ C. 根据反应方程式，增大压强，促使平衡向正反应方向进行，A的转化率增高大，根据图像p1>p2，故C说法正确；‎ D. 该反应的离子方程式为Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，加入少量KCl固体，对平衡移动无影响，故D说法错误；‎ 答案：D。‎ ‎【点睛】易错点是选项D，学生根据FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl，加入KCl固体，KCl浓度增大，逆反应速率增大，平衡向逆反应移动，认为选项D正确，忽略了此题应从离子方程式角度进行分析，KCl不参与反应，对平衡无影响。‎ ‎17.对下列现象或事实的解释正确的是（ ）‎ 选项 现象或事实 解释 A 用热的纯碱溶液去除油污 纯碱与油污直接发生反应，生成易溶于水的物质 - 21 -‎ B 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效 C 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的ClO-可以水解成HClO ‎ D FeCl3溶液可用于水处理 FeCl3中Fe3+具有氧化性可杀菌消毒 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 纯碱为Na2CO3，因CO32－的水解，使溶液向碱性，加热促进水解，碱性增强，油污含有油脂，油脂在碱中水解中可溶水的物质，故A错误；‎ B. K2CO3溶液显碱性，NH4Cl溶液显酸性，两者混合使用，发生双水解反应生成NH3，造成N的损失，故B正确；‎ C. 漂白粉久置失效的原因是Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3＋2HClO，2HClO 2HCl＋O2↑，故C错误；‎ D. FeCl3在水中水解成Fe(OH)3胶体，利用胶体吸附性，达到净水目的，与杀菌消毒无关，故D错误；‎ 答案：B。‎ ‎18.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 常温下，将pH=4的盐酸1mL稀释至100 mL后，pH等于6‎ B. 常温下，pH均为3的醋酸和硝酸溶液，醋酸的浓度大于硝酸的浓度 C. 常温下，pH为1的硝酸溶液中加入等体积pH为13氢氧化钡溶液恰好完全中和 D. 若V1LpH=11的NaOH溶液与V2LpH=3的HA溶液混合后显中性，则V1≤V2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HCl为强酸，完全电离，稀释过程中溶质的物质的量不变，因此有稀释后c(H＋)==10－6mol·L－1，即pH=6，故A说法正确；‎ B. 醋酸为弱酸，部分电离，硝酸为强酸，完全电离，因此相同pH - 21 -‎ 时，醋酸的物质的量浓度大于硝酸的物质的量浓度，故B说法正确；‎ C. 常温下，pH=1的硝酸溶液中c(H＋)=10－1mol·L－1，pH=13的氢氧化钡溶液中c(OH－)=10－1mol·L－1，等体积混合后，H＋和OH－物质的量相等，两者恰好完全反应，故C说法正确；‎ D. 如果HA为强酸，则V1=V2，如果HA为弱酸，HA的浓度远远大于氢氧化钠的浓度，则V1>V2，故D说法错误；‎ 答案：D。‎ ‎19.铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2OFe(OH)2+2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是( )‎ A. 电池放电时，负极反应为Fe+2OH－-2e－=Fe(OH)2‎ B. 电池的电解质溶液为碱性溶液，阳离子向正极移动 C. 电池充电过程中，阴极附近溶液pH降低 D. 电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2+2OH－-2e－=Ni2O3+3H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 放电是电池工作，根据原电池的工作，负极上发生氧化反应，化合价升高，即电极反应式为Fe－2e－＋2OH－=Fe(OH)2，故A说法正确；‎ B. 根据总反应生成Fe(OH)2和Ni(OH)2，说明电解质溶液为碱性溶液，根据原电池工作原理，阳离子向正极移动，故B说法正确；‎ C. 电池充电，阴极反应式为Fe(OH)2＋2e－=Fe＋2OH－，c(OH－)增大，pH增大，故C说法错误；‎ D. 电池充电，属于电解装置，阳极反应式为2Ni＋2OH－－2e－=Ni2O3＋3H2O，故D说法正确；‎ 答案：C。‎ ‎【点睛】电池充电为电解装置，电池的正极接电源的正极，电池的负极接电源的负极，充电时电极反应式应是电池放电时正负电极反应式逆过程，该电池的负极反应式为Fe＋2OH－－2e－=Fe(OH)2，正极反应式为Ni2O3＋3H2O－2e－=2Ni(OH)2＋2OH－，因此充电时，阴极反应式为Fe(OH)2＋2e－=Fe＋2OH－，阳极反应式为2Ni＋2OH－－2e－=Ni2O3＋3H2O。‎ ‎20.常温时，向20mL 0.1 mol/L的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1 mol/L的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是 - 21 -‎ A. a点的pH=1‎ B. b点时，c (CH3COO—)=0.05mol/L C. c点时，V(NaOH)=20mL D. 反应过程中的值不断增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、CH3COOH为弱酸，部分电离，a点为0.1 mol/L的CH3COOH溶液，c(H+)浓度小于0.1 mol/L，则pH大于1，故A错误；B、b点溶质为CH3COOH和CH3COONa，二者物质的量相等；溶液体积由20mL扩大为30mL，根据物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=0.1 mol/L×；CH3COOH的电离和CH3COO－的水解均是微弱的，则二者的浓度应均接近于≈0.033mol/L，不会等于0.05mol/L，故B错误； C、假设c点时，V(NaOH)=20mL，则CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa，此时溶液显碱性，pH＞7，与图不符，故假设不成立，故C错误；D、，随着NaOH的加入，溶液的碱性逐渐增强，c(H+)逐渐减小，而温度不变，Ka不变，则的值逐渐增大，故D正确。故选D。‎ 点睛：b点溶质为CH3COOH和CH3COONa，二者物质的量相等，此时溶液显酸性，则CH3COOH的电离大于CH3COO－的水解，所以c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，又c(CH3COOH)+ c(CH3COO－)= 0.1 mol/L×，所以c(CH3COO－)略大于0.033mol/L，c(CH3COOH)略小于0.033mol/L，B选项为该题的难点。‎ 第II卷（非选择题)‎ 二、填空题 - 21 -‎ ‎21.运用化学反应原理研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。‎ ‎(1)反应ⅠFe(s)＋CO2(g) FeO(s)＋CO(g)　ΔH1，平衡常数为K1；‎ 反应ⅡFe(s)＋H2O(g) FeO(s)＋H2(g)　ΔH2，平衡常数为K2；‎ 在不同温度K1、K2值如下表：‎ ‎700 ℃‎ ‎900 ℃‎ K1‎ ‎1.47‎ ‎2.15‎ K2‎ ‎2.38‎ ‎1.67‎ ‎①由表中判断，反应Ⅰ为中ΔH1______ (填“<”或“=”或“>”) 0。‎ ‎②反应CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)　ΔH平衡常数为K，则K＝________(用K1和K2表示)。‎ ‎③能判断CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)达到化学平衡状态的依据是________(填字母)。‎ A.容器中压强不变 B.混合气体中c(CO)不变 C.v正(H2)＝v逆(H2O) D.c(CO)＝c(CO2) ‎ E.容器内的气体密度不变 F.混合气体的平均摩尔质量不变。‎ ‎(2)在不同温度和压强下合成氨，起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1mol、3mol。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。‎ ‎①P1_______P2 (填“>”“=” “<”或“不确定”，)。‎ ‎②C点H2的转化率为________。‎ ‎【答案】 (1). > (2). (3). BC (4). < (5). 66.7﹪‎ - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①利用化学平衡常数只受温度的影响，与浓度无关，然后利用温度对化学平衡移动影响进行分析；‎ ‎②利用化学平衡常数表达式进行分析；‎ ‎③利用化学平衡状态的定义进行分析；‎ ‎(2)①利用等问下，压强对化学平衡移动的影响进行分析；‎ ‎②利用“三段式法”进行计算；‎ ‎【详解】(1)①根据表格中数据，温度升高，K1增大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即△H1>0；‎ ‎②根据化学平衡常数的定义，K1=，K2=，K=,推出K=；‎ ‎③A. 该反应的特点：反应前后气体系数之和相等，即反应前后气体物质的量不变，从而推出压强不变，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；‎ B. 根据化学平衡状态的定义，当c(CO)不再改变，说明反应达到平衡，故B符合题意；‎ C. v正(H2)表示向正反应方向进行，v逆(H2O)表示向逆反应方向进行，且H2和H2O的系数相同，v正(H2)＝v逆(H2O)能够说明反应达到平衡，故C符合题意；‎ D. 通过两者浓度相等，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；‎ E. 反应前后气体系数之和相等，因此气体总体积保持不变，组分都是气体，气体总质量保持不变，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，故E不符合题意；‎ F. 反应前后气体系数之和相等，即气体物质的量保持不变，气体总质量保持不变，因此平均摩尔质量不变，不能说明反应达到平衡，故F不符合题意；‎ ‎(2)①合成氨的反应方程式为N2＋3H2 2NH3，相同条件下，压强越大，平衡向正反应方向进行，NH3体积分数增大，即P2>P1；‎ ‎②，C点氨的体积分数为×100%=50%，解得x=，则H2的转化率为×100%≈66.7%。‎ - 21 -‎ ‎22.在室温下，下列五种溶液：①0.1 mol/L NH4Cl溶液，②0.1 mol/L CH3COONH4溶液，③0.1 mol/L NH4HSO4溶液，④0.1 mol/L （NH4）2SO4，⑤0.1 mol/L氨水。请根据要求填写下列空白：‎ ‎(1)溶液①呈______性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是____________________（用离子方程式表示）。‎ ‎(2)室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO－) ________c(NH4+)（填“>”、“<”或“=”）。‎ ‎(3)上述溶液中c（NH4+）最小的是_________（填序号）。‎ ‎(4)常温下，0.1 mol/ L氨水溶液加水稀释过程中，下列表达式的数值变大的是____________（填字母）。‎ A．c(OH—) B．‎ C．c(H+)·c(OH－) D．‎ ‎【答案】 (1). 酸 (2). NH4++H2O NH3·H2O+ H+ (3). = (4). ⑤ (5). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4＋水解，使溶液显酸性；‎ ‎(2)CH3COONH4属于弱酸弱碱盐，都发生水解，pH=7说明溶液显中性，用电荷守恒进行分析；‎ ‎(3)利用弱电解质的电离、盐类水解程度微弱进行分析；‎ ‎(4)NH3·H2O为弱碱，加水稀释促进电离进行分析；‎ ‎【详解】(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，造成溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性；‎ ‎(2)根据电荷守恒，得出c(H＋)＋c(NH4＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，pH=7时，说明c(H＋)=c(OH－)，即得出c(NH4＋)=c(CH3COO－)；‎ ‎(3)弱电解质的电离程度、盐类水解程度微弱，得出c(NH4＋)大小顺序是④>③>①>②>⑤；‎ ‎(4)A. NH3·H2O为弱碱，加水稀释促进电离，但c(OH－)减小，故A不符合题意；‎ - 21 -‎ B. ，加水稀释，温度不变，Kb不变，c(NH4＋)减小，该比值增大，故B符合题意；‎ C. c(H＋)·c(OH－)=Kw，Kw只受温度的影响，因此加水稀释Kw不变，即c(H＋)·c(OH－)保持不变，故C不符合题意；‎ D. 该比值为NH3·H2O的电离平衡常数，加水稀释，电离平衡常数不变，故D不符合题意。‎ ‎23.(1)工业上制取纯净的CuCl2·2H2O的主要过程是 ‎①将粗氧化铜(含少量Fe)溶解于稀盐酸中，加热、过滤，调节滤液的pH为3；‎ ‎②对①所得滤液按下列步骤进行操作：‎ 已知：‎ 物质 Fe(OH)2‎ Cu(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Ksp/25 ℃ mol3·L－3‎ ‎8.0×10－16‎ ‎2.2×10－20‎ ‎4.0×10－38‎ 完全沉淀时的pH范围 ‎≥9.6‎ ‎≥6.4‎ ‎3～4‎ 请回答下列问题：‎ ‎①加入的氧化剂X，下列物质最好选用的是 ______ ． ‎ A．KMnO4   B．H2O2 C．氯水       D．HNO3‎ ‎②加入Y的作用是___________________________，Y的化学式为____________。‎ ‎③溶液乙在蒸发结晶时应注意：________________________________。‎ ‎(2)如图为相互串联的甲、乙两个电解池，试回答下列问题：‎ - 21 -‎ 甲池若为用电解原理精炼铜的装置，阴极增重19.2 g，则乙池阳极放出气体在标准状况下的体积为__________L（不考虑气体的溶解情况）‎ ‎【答案】 (1). BC (2). 调节PH值使Fe3+沉淀完全 (3). CuO或Cu(OH)2或CuCO3 或Cu2(OH)2CO3 (4). 在HCl气流中加热蒸发 (5). 6.72‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据流程，加入氧化剂X后，只有Fe2＋被氧化成Fe3＋，没有引入新的杂质，据此分析；‎ ‎②根据流程的目的，以及表格中的数据，加入Y的目的是调节pH，使Fe3＋以Fe(OH)3形式沉淀出来，加入Y不能引入新的杂质，据此分析；‎ ‎③Cu2＋以水解，因此加热蒸发时注意防止Cu2＋水解；‎ ‎(2)该装置为电解池，根据电解原理，甲为精炼铜，A为阴极，纯铜作阴极，电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，B为阳极，粗铜作阳极，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，Fe为阴极，碳棒为阳极，书写出电极反应式，根据电子守恒进行计算；‎ ‎【详解】(1)①加入氧化剂X后，除Fe2＋转化成Fe3＋外，其余离子不发生变化，试剂X可以是Cl2、H2O2等氧化剂，使用KMnO4引入K＋、Mn2＋杂质，使用HNO3，引入NO3－，且产生氮的氧化物，对环境与污染；‎ ‎②加入Y后过滤，除去Fe元素，根据表格中数据，加入Y的目的是调节pH，使Fe3＋以Fe(OH)3形式沉淀出来；加入的Y，能与H＋发生反应，为不引入新杂质，加入物质不溶于水，即Y可以是CuO也可以是Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3；‎ ‎③Cu2＋能发生水解，加热促进其水解，因此蒸发结晶为防止Cu2＋水解，需要在HCl气流中加热蒸发；‎ ‎(2) 该装置为电解池，根据电解原理，甲为精炼铜，A为阴极，纯铜作阴极，电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，B为阳极，粗铜作阳极，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，Fe为阴极，碳棒为阳极，阳极反应式为2Cl－2e－=Cl2↑，根据得失电子数目守恒，建立Cu～2e－～Cl2↑，因此乙池中阳极放出气体在标准状况下的体积为=6.72L。‎ ‎【点睛】难点是（2），电化学中涉及多个装置，需要书写出电极反应式，串联电路中通过电量相等，根据电子建立关系：Cu～2e－～Cl2↑，这样使计算过程简单。‎ ‎24.滴定实验是化学学科中重要的定量实验，氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似。测血钙的含量时，进行如下实验：‎ - 21 -‎ ‎①可将4mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。‎ ‎②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。‎ ‎③终点时用去20mL l.0×l0-4mol/L的KMnO4溶液。‎ ‎(1)写出KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液的离子方程式______________________________________；滴定时，KMnO4溶液应装在______（“酸”或“碱”）式滴定管中，滴定终点时滴定现象是_________________________。‎ ‎(2)下列操作会导致测定结果偏低的是_________。‎ A．滴定管在装液前未用标准KMnO4溶液润洗 B．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出 ‎ C．滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡 D．达到滴定终点时，仰视读数 ‎(3)计算：血液中含钙离子的浓度为_________mol/L。‎ ‎【答案】 (1). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O (2). 酸 (3). 加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红色，半分钟不恢复原色 (4). BC (5). 1.25×10-3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)高锰酸钾溶液具有强氧化性，能将草酸氧化成CO2，本身被还原成Mn2＋，利用化合价升降法进行配平；KMnO4具有强氧化性，根据滴定管的构造，酸性高锰酸钾溶液盛放到酸式滴定管；草酸无色，高锰酸钾显紫(红)色，用高锰酸钾溶液滴定草酸，从而得出滴定终点现象；‎ ‎(2)分析滴定过程中的误差，注意分析V标的变化；‎ ‎(3)根据反应过程，建立关系式为5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO4－，进行计算；‎ ‎【详解】(1)KMnO4将H2C2O4氧化成CO2，本身被还原成Mn2＋，根据化合价升降法进行配平，即离子方程式为2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；碱式滴定管的下端有段橡胶，高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化橡胶，因此高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管中；草酸溶液无色，高锰酸钾溶液显紫(红)色，用高锰酸钾溶液滴定草酸，终点时滴定的现象是加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红色，半分钟(或30s)不恢复原色；‎ ‎(2)按照2V待c(H2C2O4)=5V标c(MnO4－)进行分析；‎ A. 滴定管在装液前未用标准KMnO4润洗，造成标准液浓度降低，消耗标准液的体积增大，即测定结果偏高，故A不符合题意；‎ - 21 -‎ B. 摇荡的太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，草酸的物质的量减小，消耗标准液体积减小，测定结果偏低，故B符合题意；‎ C. 滴定前没有气泡，滴定终点发现气泡，消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故C符合题意；‎ D. 滴定终点时，仰视读数，读出标准液的体积偏大，测定结果偏高，故D不符合题意；‎ ‎(3)按照反应过程，建立关系式为5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO4－，得出c(Ca2＋)==1.25×10－3mol·L－1。‎ ‎【点睛】滴定实验中计算，多数按照关系式法进行计算，通过“中介”将已知物和未知物建立关系，这个“中介”一般是上一个反应的生成物，下一个反应的反应物，系数的确定可以通过原子守恒或氧化还原反应进行配平，这种方法简单明了，减少计算的步骤，避免计算失误。‎ ‎ ‎ - 21 -‎ ‎ ‎ - 21 -‎