2018-2019学年天津市七校高二上学期期末考试化学试题 解析版

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天津市七校（静海一中、宝坻一中、杨村一中等）2018-2019学年高二上学期期末考试化学试题 ‎1.化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法正确的是 A. 纯碱可以用作锅炉除垢时CaSO4的转化剂 B. 加入“聚铁”净水剂可以使海水淡化 C. 草木灰可以肥田，还可以降低土壤的碱性 D. 向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查了生活实际与化学，涉及净水原理，化肥性质，燃料热值和沉淀平衡。‎ ‎【详解】A.根据沉淀平衡，碳酸钙溶度积小于硫酸钙，故纯碱可以将CaSO4转化为溶解度更低的碳酸钙沉淀，A正确；‎ B. 聚合硫酸铁又名聚铁，是一种净水剂，能将海水中的悬浮物沉降，但与氯化钠无关，不能淡化海水，B错误；‎ C.草木灰是植物(草本和木本植物)燃烧后的残余物，其主要成分为K2CO3，草木灰属于钾肥，K2CO3水解显碱性，不能降低土壤的碱性，C错误；‎ D. 热值是单位质量(或体积)的燃料完全燃烧时所放出的热量，向汽油中添加甲醇后，汽油与甲醇碳氢比不同，该混合燃料的热值不可能不变，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎【点睛】聚铁是一种净水剂，只能除去水中的悬浮物，不能除去海水中的NaCl，不能对海水消毒杀菌。‎ ‎2.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）。下列有关叙述正确的是 A. 该反应为吸热反应 B. 升高温度，不改变活化分子百分数 C. 使用催化剂会使该反应的反应热发生改变 D. △H =-(E2-E1)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图象分析反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，A错误； ‎ B．升高温度，活化分子百分数增大，单位体积内的活化分子数增大，所以反应速率增大，B错误；‎ C．催化剂对反应物、生成物的能量无影响，只能改变反应途径，降低反应的活化能，因此对反应的焓变无影响，C错误；‎ D．△H=断键吸收的能量-成键放出的能量=E1-E2，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎3.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)越小 B. 铁管镀锌层局部破损后，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. 不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【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Kb与Ka存在关系为：Kb=，所以Ka越小，Kb越大，A错误；‎ B．Zn的活泼性强于Fe，组成原电池时Zn作为负极，Fe被保护，所以铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈，B正确；‎ C．铜活泼性比氢弱，不能发生析氢腐蚀，C错误；‎ D．红外光谱的研究对象是分子振动时伴随偶极矩变化的有机化合物及无机化合物，几乎所有的有机物都有红外吸收，CH3CH2OH存在醇羟基，—OH有自己的特征吸收区，可以与CH3OCH3区分，因此可以使用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎4.下列说法不正确的是 ‎①盐酸与足量锌片反应时，加入少量硫酸铜溶液可以加快反应速率且不影响生成氢气的物质的量 ‎②增加硫酸的浓度，一定可以加快锌与硫酸反应制取氢气的速率 ‎③对反应3H2(g)+N2(g)2NH3(g)，在一密闭容器中进行，充入氦气，则化学反应速率一定不变 ‎④对于反应3KSCN(aq)+ FeCl3(aq)Fe(SCN)3(aq)+3KCl(aq)，加入KCl固体，逆反应速率瞬时增大，随后正反应速率增大 A. ①②④ B. ②③ C. ②③④ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①锌和铜离子反应生成铜单质，锌、铜和稀硫酸构成原电池，能加快反应速率且不影响产气量，①正确；‎ ‎②如为浓硫酸，硫酸主要以分子形式存在，与锌反应不能生成氢气，②错误；‎ ‎③充入氦气，参加反应的气体物质的浓度不变，反应速率不变，③错误；‎ ‎④该反应的实质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，氯离子和钾离子不参与反应，因此加入KCl固体对平衡不移动，反应速率不变，④错误；‎ 可见说法不正确的是②③④，故合理选项是C。‎ ‎5.有关电化学知识的描述正确的是 A. Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑这个反应可设计成原电池 B. 利用Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，可设计如图所示原电池装置，盐桥内K+向FeCl3溶液移动 C. 因为铁的活泼性强于铜，所以将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，铁作负极，铜作正极，其负极反应式为Fe-2e-=Fe2+‎ D. 由Al、Mg与氢氧化钠溶液组成的原电池，其负极反应式为Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于活动性H>Cu，所以Cu 与硫酸不能发生反应，所以该反应不是自发的氧化还原反应，不能设计成原电池，A错误；‎ B.根据电池总反应式Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，可知Cu失电子，作原电池的负极，正极上Fe3+得电子生成Fe2+，利用盐桥组成原电池，将氧化剂FeCl3和还原剂Cu分开，原电池工作时，盐桥中的阳离子向正极移动，则盐桥内K+向FeCl3溶液移动，B正确；‎ C.铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，由于在室温下铁遇到浓硝酸会钝化，所以金属铜作负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-═Cu2+，C错误；‎ D.由Al、Mg与NaOH溶液组成的原电池，Mg与NaOH不能发生反应，而Al与NaOH溶液反应，所以该原电池中Al作负极，Al失电子，发生氧化反应， D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎6.下列表述中，说法正确的个数是 ‎①pH=6的溶液一定是酸性溶液 ‎②用Na2CO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂 ‎③为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸 ‎④‎25℃‎时，水溶液中水电离出的c(H+)和水电离出的c(OH-)的乘积一定等于10-14‎ ‎⑤如果Na2Y的水溶液显中性，该溶液中一定没有电离平衡 ‎⑥0.2 mol/L醋酸溶液加水稀释，电离程度增大，c(H+)一定增大 ‎⑦用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体 ‎⑧用广范pH试纸测得某溶液的pH为2.3‎ A. 1 B. ‎2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①pH=6的溶液不一定是酸性溶液，可能是中性溶液，如‎95℃‎时纯水的pH=6，该溶液是中性溶液，所以要根据pH判断溶液酸碱性时一定要注明温度，否则无法判断，①错误；‎ ‎②NaHCO3与Al2(SO4)3混合，会发生盐的双水解反应，二者彼此促进生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，这与盐类水解有关，而不是用Na2CO3作泡沫灭火剂，②错误；‎ ‎③Fe3+易水解生成Fe(OH)3，而使溶液变浑浊，所以为防止水解可以加入稀盐酸，与盐类水解有关，③正确；‎ ‎④‎25℃‎时，如果是酸或碱溶液，其抑制水电离，则水电离出的c(H+)和水电离出的c(OH-)的乘积小于10-14，如果溶质是含有弱离子的盐，则水电离出的c(H+)和水电离出的c(OH-)‎ 的乘积大于10-14，如果溶质是强酸强碱盐，其水电离出的c(H+)和水电离出的c(OH-)的乘积等于10-14，但是溶液中水的离子积常数一定是10-14，④错误；‎ ‎⑤如果Na2Y的水溶液显中性，该溶液中还存在水的电离平衡，⑤错误；‎ ‎⑥0.2mol/L醋酸溶液加水稀释，醋酸的电离程度增大，但是溶液体积增大程度使离子浓度减小的趋势大于其电离使离子浓度增大程度的趋势，最终导致溶液中c(H+)减小，⑥错误；‎ ‎⑦Al2S3固体在溶液中会水解，在溶液中不能稳定存在，所以应该用Al和S加热制备Al2S3固体，⑦错误；‎ ‎⑧广范pH试纸的测定结果为整数，则用广范pH试纸测得某溶液的pH为2，不能是2.3，⑧错误；‎ 所以说法正确的只有③，故选项A正确。‎ ‎7.以下实验设计能达到实验目的是 实验目的 实验设计 A 探究浓度对反应速率的影响 盛有4mL1mol/L KMnO4酸性溶液的两支试管，一支加入2 mL 0.1mol/LH‎2C2O4溶液，另一支加入2mL0.2 mol/L H‎2C2O4溶液 B 制备无水AlCl3‎ 蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液 C 重结晶提纯苯甲酸 将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶 ‎ D 比较铜和镁的金属活动性强弱 用石墨电极电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.高锰酸钾过量太多，观察不到颜色褪色的快慢，无法探究浓度对化学反应速率的影响，A错误；‎ B.蒸发时促进氯化铝水解，生成的盐酸易挥发，则应在HCl气流中蒸发结晶，B错误；‎ C.‎ 苯甲酸在水中的溶解度不大，温度高溶解度较大，所以应趁热过滤后，选择重结晶法分离提纯，C错误；‎ D.石墨电极电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合液，由于离子放电顺序Cu2+>H+>Mg2+，所以在阴极上Cu2+放电，所以金属性Mg大于Cu，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎8.已知 C—C 单键可以绕键轴旋转。某烃的结构简式如图，下列说法中正确的是 A. 该烃在核磁共振氢谱上有 6组信号峰 B. 1mol该烃完全燃烧消耗16.5mol O2‎ C. 分子中至少有 10个碳原子处于同一平面上 D. 该烃是苯的同系物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物含2个苯环，不是苯的同系物，苯环为平面结构，与苯环之间相连的C一定在同一平面上，由结构对称性可知，分子中共3种位置的H，以此来解答。‎ ‎【详解】A.由结构的对称性可知，含3种不同位置的H原子，则核磁共振氢谱图中有3个吸收峰，A错误；‎ B．有机物分子式为C14H14，1mol该化合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为(14+)mol=17.5mol，B错误；‎ C.苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子一定在同一平面内，则苯环与甲基的C及另一苯环上的2个C和甲基上的C共面，则分子中至少有10个碳原子处于同一平面上，C正确；‎ D.苯的同系物中只含1个苯环，而该物质含2个苯环，不属于苯的同系物，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握结构中苯环的平面结构是解答的关键，明确结构的对称性分析H原子，本题注重基础知识的考查。‎ ‎9.在恒温恒压下，向密闭容器中充入4 mol SO2和2 mol O2，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0，2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4 mol，同时放出热量Q kJ。则下列分析正确的是( )‎ A. 在该条件下，反应前后的压强之比为6∶5.3‎ B. 若反应开始时容器体积为‎2 L，则v(SO3)＝0.35 mol/(L·min)‎ C. 若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)<1.4 mol D. 若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量大于Q kJ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．反应在恒温恒压条件下进行，应前后的压强之比为1：1，A错误；B．若容器体积不变，v(SO3)= (1.4mol÷‎2L)÷2min=0.35mol/（L•min），但反应是在恒温恒压条件进行，反应达到平衡时，容器体积小于‎2L，相当于增大体系的压强，化学反应速率增大，所以v(SO3＞0.35mol/（L•min），B错误；C．若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，由于该反应的正反应是放热反应，绝热温度升高，升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向进行，平衡后n(SO3)＜1.4mol，C正确；D．若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，反应过程中压强减小，化学平衡向气体体积扩大的逆反应方向进行，达平衡时放出热量小于Q kJ，D错误。答案选C。‎ 考点：考查恒温恒压和恒温恒容条件下的化学反应速率和化学平衡的移动的有关知识。‎ ‎10.对于反应N2O4(g)2NO2(g)在温度一定时，平衡体系中NO2的体积分数φ(NO2)随压强的变化情况如图所示（实线上的任何一点为对应压强下的平衡点），下列说法正确的是 A. A、C两点的正反应速率的关系为A＞C B. A、B、C、D、E各状态中，v(正)＜v(逆)的是状态E C. 维持P1不变，E→A所需时间为x；维持P2不变，D→C所需时间为y，则x＜y D. 使E状态从水平方向到达C状态，从理论上来讲可选用的条件是从P1突然加压至P2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.对于有气体参加的化学反应，增大压强，化学反应速率增大，由于C点对应的压强大于A点的压强，所以正反应速率vA＜vC，A错误；‎ B.在图象中，A、B、C三点都在平衡线上，所以这三点的正逆反应速率相等，E 点要达到平衡，必须提高NO2的质量分数，也就是反应要向正反应方向进行，从而得出v(正)＞v(逆)， B错误；‎ C.增大压强，化学反应速率增大，由于D点的压强大于E点的压强，所以D点的反应速率大于E点的反应速率，故所需时间x＞y，C错误；‎ D.当快速加压时，平衡未移动，当缓慢加压时，平衡不断地被破坏，但又不断地建立新的平衡，所以“使E状态从水平方向到达C状态”，应突然加压；“由C沿平衡曲线以达A状态”，应缓慢降压。D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎11.将浓度为0.1mol·L－1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是 A. c(H+) B. c(H+)/c(HF) C. c(F－)/c(H+) D. Ka(HF)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 略 ‎12.25℃‎时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 含有大量NO3－的溶液：H+、NH4+、I-、S2O32-‎ B. 中性溶液：Fe3+、Al3+、NO3-、SO42-‎ C. =1×10-12的溶液：K+、AlO2-、CO32-、Na+‎ D. 由水电离出的c(H+)=10-12mol/L的溶液：Na+、K+、CO32-、SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NO3-、H+具有强的氧化性，可以与I-、S2O32-发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；‎ B.中性溶液：Fe3+、Al3+会形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，不能大量共存，B错误；‎ C.=1×10-12的溶液是碱性溶液，在碱性溶液中，选项离子不会发生反应，可以大量共存，C正确；‎ D.由水电离出的c(H+)=10-12mol/L的溶液可能显酸性，也可能显碱性，在酸性溶液中：H+、CO32-会发生反应，不能大量共存，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎13.下列关系的表述中，正确的是 A. 等体积、等物质的量浓度的NaCl溶液中离子总数小于NaClO溶液中离子总数 B. 中和pH和体积都相同的盐酸和醋酸，消耗氢氧化钠的物质的量之比为1:1‎ C. 等物质的量浓度的下列溶液：①H2CO3、②Na2CO3、③NaHCO3、④(NH4)2CO3、⑤NH4HCO3中c(CO32-)的大小关系为：②﹥④﹥③﹥⑤﹥①‎ D. 0.2 mol/L的CH3COONa和0.1 mol/L的盐酸等体积混合溶液显酸性：c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(CH3COOH)>c(OH-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.等体积、等物质的量浓度的NaCl、NaClO溶液中，NaCl和NaClO的物质的量相等，根据电荷守恒判断；‎ B.pH相同的醋酸和盐酸，酸浓度：醋酸＞盐酸，pH相同、体积相同的盐酸和醋酸，酸的物质的量：醋酸＞盐酸；‎ C.由于④都发生互促水解，水解程度较大，相对来说，④>⑤，则c(CO32-)的大小⑤<④；‎ ‎【详解】A.等体积、等物质的量浓度的NaCl、NaClO溶液中，NaCl和NaClO的物质的量相等，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)，次氯酸钠溶液呈碱性，氯化钠呈中性，氯化钠中c(H+)大于次氯酸钠中c(H+)，NaCl、NaClO溶液中阴阳离子总数是阳离子的2倍，两种溶液中钠离子浓度相等，所以等体积、等物质的量浓度的NaCl溶液中离子总数大于NaClO溶液中离子总数，A错误；‎ B.醋酸是弱酸，部分电离，pH相同的醋酸和盐酸，酸浓度：醋酸＞盐酸，pH相同、体积相同的盐酸和醋酸，酸的物质的量：醋酸＞盐酸，酸的物质的量越多，反应消耗NaOH的物质的量越多，所以醋酸消耗的NaOH的物质的量比盐酸多，B错误；‎ C.由于④发生互促水解，水解程度较大，所以c(CO32-)：②>④，①为二元弱酸，c(CO32-)最小；⑤阴、阳离子水解相互促进，所以c(HCO3-)：③>④，c(HCO3-)的浓度越大，电离产生c(CO32-)越大，所以c(CO32-)：③>④，则这五种溶液中c(CO32-)的大小关系为：②﹥④﹥③﹥⑤﹥①，C正确；‎ D.0.2 mol/L的CH3COONa和0.1 mol/L的盐酸等体积混合，二者发生反应，CH3COONa过量，反应产生NaCl、CH3COOH，所得溶液为NaCl、CH3COOH、CH3COONa的物质的量浓度相等，由于溶液显酸性，说明：CH3COOH的电离作用大于CH3COO-‎ 的水解作用，但醋酸是弱酸，电离程度很小，主要以酸分子的形式存在，所以c(CH3COOH)>c(H+)，因此该溶液中微粒的物质的量浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查了弱电解质的电离、盐的水解、离子浓度大小比较的知识。要根据弱电解质的电离影响因素、物质的结构、盐类水解等知识点来分析解答，明确弱电解质电离特点及其影响因素是解本题关键，易错选项是A，根据电荷守恒再结合溶液中存在的阳离子浓度判断离子总数大小。‎ ‎14.在某温度时，将n mol/L的氨水滴入10 mL1.0 mol/L盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是 A. a点KW=1.0×10－14‎ B. 水的电离程度：b﹥a﹥c﹥d C. b点：c(NH4+)﹥c(Cl-)﹥c(H+)﹥c(OH-)‎ D. ‎25℃‎时NH4Cl水解平衡常数为(n－1)×10-7（用n表示）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.根据图象可知，a点时溶液温度小于‎25℃‎，则水的离子积小于1.0×10-14 (mol/L)2；‎ B.b点时溶液温度最高，说明氨水与盐酸恰好反应，则b点溶质为氯化铵，NH4+水解促进了水的电离，则此时水的电离程度最大；由于d点溶液pH未知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小；‎ C.该关系c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)不满足电荷守恒；‎ D‎.25℃‎时溶液的pH=7，则c(H+)= c(OH-)=10-7 mol/L，c(NH4+)=c(Cl-)=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c(NH3•H2O)=(0.5n-0.5)mol/L，然后结合铵根离子的水解平衡常数表达式计算。‎ ‎【详解】A．水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于‎25℃‎，则水的离子积Kw＜1.0×10-14 mol2•L-2，A错误；‎ B．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，NH4+水解促进了水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，B错误；‎ C．b点时溶液的pH＜7，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Cl-)＞c(NH4+)，溶液中正确的离子浓度大小为：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)，C错误；‎ D．根据图象可知，‎25℃‎时溶液的pH=7，则：c(H+)=c(OH-)=10-7 mol/L，c(Cl-)=c(NH4+)=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c(NH3•H2O)=(0.5n-0.5)mol/L，则‎25℃‎时NH4Cl水解常数为：K==(n-1)×10-7，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及离子浓度大小比较，涉及水的电离及其影响、酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较、水解平衡常数的计算等知识，D为难点，注意掌握水解平衡常数的表达式及计算方法。‎ ‎15.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K‎2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图象如图所示（不考虑C2O42-的水解）。下列叙述正确的是 A. Ag‎2C2O4+2Cl-2AgCl+C2O42-的平衡常数为109.04‎ B. N点表示AgCl的不饱和溶液 C. 向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag‎2C2O4沉淀 D. Ksp(Ag‎2C2O4)的数量级等于10－7‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ag‎2C2O4+‎2C1-2AgCl+C2O42-的平衡常数K=，此时溶液中的c(Ag+)相同，故有：K═=109.04，A正确；‎ B．n点，溶液中c(Ag+)大于平衡时溶液中c(Ag+)，则浓度积Qc＞Ksp ‎，反应向生成沉淀方向进行，则溶液为过饱和溶液，B错误；‎ C．根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小，故向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，C错误；‎ D．Ksp(Ag‎2C2O4)=c2(Ag+)•c(C2O42-)=(10-4)2×(10-2.46)=10-10.46，故数量级为10-11，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎16.常温下，下列所述有关离子浓度之间的关系错误的是 A. 将0.2mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L KOH溶液等体积混合：‎3c(K+)+c(H+)=c(OH-) +c(HCO3-)+‎2c(CO32-)‎ B. 浓度均为0.1mol/L 的CH3COOH 与CH3COONa溶液等体积混合后pH=5，则混合溶液中：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2×(‎10-5-10‎-9) mol/L C. 将CO2通入0.1 mol/L Na2CO3溶液至中性，溶液中‎2c (CO32-) +c (HCO3-)=0.1mol/L D. 0.1 mol/L Na2CO3溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+‎2c(H2CO3)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电荷守恒可得：c(OH-)+c(HCO3-)+‎2c(CO32-)=c(K+)+c(H+)+c(Na+)，由于混合液中c(Na+)=0.1mol/L、c(K+)=0.05mol/L，则c(Na+)=‎2c(K+)，所以‎3c(K+)+c(H+)= c(OH-)+c(HCO3-)+‎2c(CO32-)，A正确；‎ B．常温下，混合液pH=5，c(H+)=1.0×10-5mol/L，则由Kw可知，c(OH-)=1.0×10-9mol/L，由电荷守恒可知，Ⅰc(CH3COO-)-c(Na+)= c(H+)-c(OH-)，据物料守恒：Ⅱ‎2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，Ⅰ×2+Ⅱ可得：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=‎2c(H+)-c(OH-)=2×(‎10-5-10‎-9)mol/L，B正确；‎ C．将CO2通入0.1mol/LNa2CO3溶液至中性，则溶液中c(H+)=c(OH-)，根据溶液中的电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCO3-)+‎2c(CO32-)，由于c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)= c(HCO3-)+‎2c(CO32-)=0.2mol/L，C错误；‎ D. Na2CO3溶液中存在物料守恒式为c(Na+)═‎2c(HCO3-)+‎2c(CO32-)+‎2c(H2CO3)，电荷守恒式为c(H+)+c(Na+)═c(OH-)+c(HCO3-)+‎2c(CO32-)，由两式可知c(OH-)= c(H+)+ c(HCO3-)+‎2c(H2CO3)， D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎17.我国科研人员研制出一种室温Na-CO2电池。该电池吸收CO2‎ 的工作原理如图所示。吸收的全部CO2中，有转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面。下列说法不正确的是 A. 钠箔为负极，发生氧化反应 B. 每吸收22.4 LCO2，转移电子数为mol C. 正极反应式：4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C D. Na+通过电解质移向MWCNT极 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据示意图可知活泼金属钠是负极，失去电子，发生氧化反应，A正确；‎ B.未指明标准状况下无法计算气体的物质的量，也就无法计算转移电子数目，B错误； ‎ C.“吸入”CO2时是原电池装置，正极上发生还原反应，电极反应式为4Na++3CO2+4e-═2Na2CO3+C，C正确；‎ D.钠离子是阳离子，向负电荷较多的正极移动，因此Na+通过电解质移向 MWCNT极，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎18.下列关于各图的说法中正确的是 A. ①中阳极处能产生使湿润淀粉－KI试纸变蓝的气体 B. ②中待镀铁制品应与电源正极相连 C. ③中钢闸门应与外接电源的负极相连，称为牺牲阳极的阴极保护法 D. ④中离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.①装置是电解池，铁是活泼金属作阳极，由于阳极上是活性电极，故Cl-不放电，即阳极不能生成氯气，湿润淀粉－KI试纸不会变蓝色，A错误；‎ B.②装置中待镀制品上要有Cu2+放电析出铜，镀件应和电源负极相连，作电解池的阴极，B错误；‎ C.③装置是电解池，为了保护钢铁闸门不被腐蚀，要与外接电源的负极连接，作阴极，因此该方法叫外接电源的阴极保护法，C错误；‎ D. Cl2与水反应产生酸性物质，能和NaOH在溶液中反应反应。而Cl2在阳极生成，NaOH在阴极生成，④装置中的离子交换膜只允许Na+等阳离子通过，Cl2分子不能通过，就可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎19.按要求回答下列问题：‎ ‎(1)甲醛的电子式：____________________。‎ ‎(2)2，5-二甲基-2，4-己二烯的结构简式______________________________。‎ ‎(3)的键线式为________________________。‎ ‎(4)写出分子式为C4H9Cl的所有同分异构体中核磁共振氢谱只有一组峰的结构简式_______________。‎ ‎(5)中含氧官能团的名称是______________________。‎ ‎(6)用系统命名法命名下列有机物：‎ ‎①______________________。‎ ‎②______________________。‎ ‎③______________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 羰基、酯基 (6). 2－乙基－1,3－丁二烯 (7). 4－甲基－2－戊醇 (8). 苯甲酸甲酯 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)甲醛结构简式是HCHO，在甲醛分子中，C原子与O原子形成2对共用电子对，C原子还与2个H原子分别形成一对共用电子对，从而使每个原子都达到稳定结构，其电子式为；‎ ‎(2)2，5-二甲基-2，4-己二烯是分子的主链上有6个C原子，在2、3号C原子及4、5号C原子间分别形成了一个共价双键，并且在主链的2、5号C原子上各连接了一个甲基，所以该物质的结构简式是；‎ ‎(3)在有机物的表示中，除了可以用结构式、结构简式表示外，还可以省去C、H原子，用短线表示C—C共价单键，分子中双键用双线表示，线的端点及拐点表示C原子，这样 的键线式就可以表示为；‎ ‎(4)分子式为C4H9Cl的同分异构体中核磁共振氢谱只有一组峰，说明该物质分子中只含有一种位置的H原子，其结构简式；‎ ‎(5) 根据物质的结构简式可知：其中含氧官能团的名称是羰基和酯基；‎ ‎(6) ①中包含碳碳双键在内的最长的碳链有4个C原子，双键的位置在第1、2号及第3、4号C原子之间，并且在第2号C原子上有一个乙基，所以该物质名称为2-乙基1，3-丁二烯；‎ ‎②包含羟基连接的C原子在内的最长的碳链上有5个C原子，该物质属于醇类，羟基连接在第2号C原子上，在第第4号C原子上有一个甲基，所以该物质名称为4－甲基－2－戊醇；‎ ‎③是苯甲酸与甲醇发生酯化反应产生的物质，名称为苯甲酸甲酯。‎ ‎20.Ⅰ．含氮化合物在工农业生产中都有重要应用。‎ ‎(1)己知：‎ ‎4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) △H=－541.8 kJ/mol，化学平衡常数为K1‎ N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g) △H=－534 kJ/mol，化学平衡常数为K2‎ 则用NH3和O2制取N2H4的热化学方程式为__________________________________，该反应的化学平衡常数K=_______（用K1、K2表示）。‎ ‎(2)对于2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) 在一定温度下，在‎1 L的恒容密闭容器中充入0.1 mol NO和0.3 mol CO，反应开始进行。下图为容器内的压强(P)与起始压强(P0)的比值()随时间(t)的变化曲线，0~5 min内，该反应的平均反应速率v(N2)=______，平衡时NO的转化率为________。‎ Ⅱ．2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)‎ ‎(3)该反应能正向自发进行的原因是_____________________。‎ ‎(4)恒温恒容下通入2 mol NH3和1 mol CO2进行上述反应，下列事实能证明反应已达平衡的是__________。‎ A．体系压强保持不变 B．气体平均密度保持不变 C．气体的平均摩尔质量保持不变 D．氨气的体积分数不变 Ⅲ．在恒温恒压条件下，向某密闭容器中通入2 mol SO2和1 mol O2，发生2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应，达到平衡后，t1时刻再向该容器中通入2 mol SO2和1 mol O2，请在下图中画出从t1时刻到再次达到化学平衡后的正逆反应速率随时间变化图像________。‎ ‎【答案】 (1). 4NH3(g)+O2(g)2N2H4(g)+2H2O(g) △H=+526.2kJ/mol (2). (3). 0.006mol/(L·min) (4). 80% (5). ΔH<0 (6). AB (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.(1)先写出NH3和O2制取N2H4的化学方程式，结合题给已知的热化学方程式根据盖斯定律求出热化学方程式；被求热化学方程式的平衡常数可依据盖斯定律运算、结合两个已知反应的热化学方程式的平衡常数变形可得；‎ ‎(2)恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，由此利用物质的量结合“三段式法”进行计算即可。‎ II.(3)根据反应的焓变及熵变分析；‎ ‎(4)对于恒温恒容下气体质量和气体的物质的量改变的反应，若体系的压强、气体的密度不变，反应达到平衡，若反应体系中气体全为反应物或生成物，任何时刻气体的平均摩尔质量及气体的含量都不变，不能作为判断平衡的依据；‎ III.可认为2 mol SO2和1 mol O2放在体积是VL容器内，将4 mol SO2和2 mol O2放入的容器容积是2VL容器内，达到平衡时压缩至容积为VL，根据平衡建立与途径无关分析。‎ ‎【详解】I.(1) 根据已知条件可知①4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) △H=－541.8 kJ/mol，化学平衡常数为K1=；‎ ‎②N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g) △H=－534 kJ/mol，化学平衡常数为K2=‎ ‎①-②×2，整理可得：4NH3(g)+O2(g)2N2H4(g)+2H2O(g) △H=-541.8kJ/mol-（-534kJ/mol×2）=+526.2kJ/mol；该反应的化学平衡常数表示达式为K=。‎ ‎(2)恒温恒容下，气体的压强之比等于物质的量之比。设5min转化的NO的物质的量为2x，平衡时NO转化了y，则：‎ 对于反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)‎ 起始/mol         0.1            0.3             0            0‎ ‎ 反应/mol         2x             2x             x              2x ‎5min/mol       0.1-2x        0.3-2x         x            2x 平衡/mol 0.1-2y 0.3-2y y 2y 根据图1所示容器内的压强(P)与起始压强(P0)的比值得出==0.925，解得x=0.03mol，则v(N2)=mol/(L·min)；‎ ‎=0.90，解得y=0.04mol，所以平衡时NO的转化率为；‎ II.(3) 2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)的正反应方向是混乱度减小的放热反应，△S＜0，此反应温度越低越容易自发进行，说明在较低温度下△H-T•△S＜0，△H＜0，即该反应的正反应是体系混乱程度减小的放热反应，所以反应容易自发进行；‎ ‎(4)A．由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，若为达到平衡，气体的物质的量就减小，容器内的气体压强就会发生变化，所以若体系压强保持不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，A正确；‎ B．该反应发生后气体的质量减小，气体的密度也会减小，若气体平均密度保持不变，说明气体的质量不变，则反应达平衡状态，B正确；‎ C．通入2mol NH3和1mol CO2进行反应，二者反应的物质的量的比也是2：1，所以无论反应是否达到平衡状态。氨气和二氧化碳的物质的量之比始终为2：1，则气体的平均摩尔质量一直保持不变，因此不能确定是否达平衡状态，C错误；‎ D．通入2mol NH3和1mol CO2进行反应，二者反应的物质的量的比也是2：1，所以无论反应是否达到平衡状态。氨气的体积分数一直保持不变，因此不能确定是否为平衡状态，D 错误；‎ 故合理选项是AB；‎ III.假如温度不变，将2 mol SO2和1 mol O2放在体积是VL容器内，粉碎反应，最终达到平衡状态；在该温度下将4 mol SO2和2 mol O2放入的容器容积是2VL容器内，达到平衡时平衡状态与前者相同，反应速率也与前者相同；然后将容器容积压缩至容积为VL，由于平衡建立与途径无关，只与反应的始态和终态有关。增大压强，反应物、生成物的浓度都增大，正、逆反应速率加快，由于增大的V正>V逆，所以平衡正向移动，最终达到平衡时的反应速率与原平衡比，速率加快，所以图像表示为：。‎ ‎【点睛】本题考查了热化学方程式的书写、化学平衡常数的关系与计算、化学反应速率与物质转化率的计算、平衡状态的建立、平衡状态的判断及压强对平衡移动的影响等知识，掌握基本概念和基本理论是解答该题的关键。本题较为全面的考查了学生对化学反应基本原理的理解、掌握和应用能力。‎ ‎21.观察下列装置，回答下列问题：‎ ‎(1)甲装置中通入乙醇的电极反应式为_______________________________________；‎ ‎(2)用上图装置电解200 mL 1 mol/L CuSO4溶液一段时间，当甲池消耗了112 mL O2（标况下），此时乙装置中溶液的pH为______（忽略电解前后体积变化）。若要将该溶液完全恢复到电解前的浓度和pH，需要补充的物质是______，其物质的量为________。‎ ‎(3)丙装置中总反应的离子方程式为___________________。‎ ‎【答案】 (1). C2H5OH-12e-+16OH- =2CO32-+11H2O (2). 1 (3). CuO (4). 0.01mol (5). Mg2++2Cl-+2H2O Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)通入燃料乙醇的电极为负极，通入氧气的电极为正极；负极发生氧化反应，电极反应式要结合溶液的酸碱性书写；‎ ‎(2)与正极连接的电极为阳极，阳极发生氧化反应；与电源负极连接的电极为阴极，阴极发生还原反应；整个闭合回路中电子转移数目相等，两个电极从溶液中析出的物质反应得到的物质就是使溶液复原需要加入的物质；根据电子转移数目计算反应后溶液中产生的n(H+)，结合c=、pH=-lgc(H+)计算溶液的pH；‎ ‎(3)先判断溶液中阴、阳离子的放电顺序，书写出两个电极的电极反应，结合同一闭合回路中电子转移数目相等，将两个电极反应式进行叠加，就得到电解的总反应方程式，书写时要结合物质的溶解性及电解质的强弱，确定物质实际存在方式。‎ ‎【详解】(1)根据装置图可知甲装置为原电池，乙、丙装置为电解池。其中甲装置中通入乙醇的电极为负极，乙醇失去电子，发生氧化反应，由于为碱性环境，所以乙醇被氧化产生的CO2与碱反应变为CO32-，电极反应式为C2H5OH-12e-+16OH- =2CO32-+11H2O；通入O2的电极为正极，正极上发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；‎ ‎(2)n(O2)=‎0.112L÷‎22.4L/mol=0.005mol，n(e-)=4n(O2)=4×0.005mol=0.02mol，电解方程式：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，根据方程式可知，每转移4mol电子，产生4molH+，则转移电子0.02mol，产生氢离子的物质的量为0.02mol，c(H+)=0.02mol÷‎0.2L=0.1mol/L，所以溶液的pH=1；通过电解方程式可知：两个电极一个出Cu，一个出O2，二者反应产生的物质CuO就是使溶液复原需加入的物质，n(CuO)=2n(O2)=2×0.005mol=0.01mol；‎ ‎(3)在丙装置中用惰性电极电解MgCl2溶液，阳离子放电顺序：H+>Mg2+，所以阴极上H+放电，发生反应：2H++2e-=H2↑，阴离子放电顺序：Cl->OH-，在阳极上发生反应：2Cl- -2e-=Cl2↑，溶液中的Mg2+与阴极上产生的OH-结合形成Mg(OH)2沉淀，由于在整个闭合回路中电子转移数目相等，所以总反应的离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2O Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑。‎ ‎【点睛】本题考查了原电池、电解池反应原理的应用的知识。包括电极反应式、电解反应方程式的书写、溶液的pH计算、溶液复原需加入的物质的种类及物质的量或质量。掌握原电池、电解池的结构及工作原理是本题解答的关键。‎ ‎22.Ⅰ．由于亚硝酸钠和食盐性状相似，曾多次发生过将NaNO2误当食盐食用的事件。欲测定某样品中NaNO2的含量，某同学设计如下实验：‎ ‎①称取样品ag，加水溶解，配制成100mL溶液。‎ ‎②取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.0200mol/LKMnO4标准溶液(酸性)进行滴定，滴定结束后消耗KMnO4溶液V mL。‎ ‎(1)上述实验①所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管之外还有____________。‎ ‎(2)在进行滴定操作时，KMnO4溶液盛装在______（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。当滴入最后一滴溶液，____________________________时达到滴定终点。‎ ‎(3)滴定过程中发生反应的离子方程式是_________________；测得该样品中NaNO2的质量分数为___________。‎ ‎(4)以下操作造成测定结果偏高的是__________。‎ A．滴定管未用KMnO4标准溶液润洗 B．锥形瓶未用待测液润洗 C．盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖端有气泡，滴定后气泡消失 D．盛装标准溶液的滴定管，滴定前仰视凹液面最低处，滴定后俯视读数 E．若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定 Ⅱ．(5)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩。浓缩液中含有I-、Cl-等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中=____。（结果保留两位有效数字）（已知Ksp(AgCl)=1.8×10－10，Ksp(AgI)=8.5×10-17） ‎ ‎(6)已知‎25℃‎，NH3·H2O的Kb=1.8×10－5，H2SO3的Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10－8。若氨水的浓度为2.0 mol/L，溶液中的c(OH-)=________mol/L；将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7mol/L时，溶液中的=________。‎ ‎【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 酸式 (3). 溶液由无色变为浅紫色，且半分钟不褪色 (4). 2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O (5). (6). AC (7). 4.7×10-7 (8). 6×10-3 (9). 0.62‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I. (1)依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要的仪器；‎ ‎(2)‎ 依据高锰酸钾具有强的氧化性，结合酸式滴定管、碱式滴定管构造特点及使用对象选择滴定管；高锰酸钾本身为紫色溶液，当NaNO2反应时被还原为无色的Mn2+，根据溶液颜色变化判断；‎ ‎(3) NaNO2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，NO2-被氧化生成NO3-，MnO4-被还原生成Mn2+，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写反应方程式；根据该方程式中NO2-，MnO4-的物质的量的比，利用n(MnO4-)计算出25mL溶液中n(NO2-)及m(NO2-)，就可得到NaNO2的含量；‎ ‎(4)依据c=，结合方程式：5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O中NO2-与MnO4-的关系，分析操作对消耗标准液体积影响进行误差分析；‎ II. (5)AgCl开始沉淀时，说明溶液中的c(I-)和c(Cl-)均已达到饱和状态，根据溶液中计算；‎ ‎(6)根据电离平衡常数计算离子浓度；结合H2SO3的第二步电离平衡常数表达式，利用溶液中c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7mol/L计算。‎ ‎【详解】I.(1)据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，配制成100 mL溶液应选择100mL容量瓶，所以还缺少的仪器是100mL容量瓶；‎ ‎(2)高锰酸钾溶液具有强的氧化性，若用碱式滴定管能够会腐蚀橡皮管，所以应选择酸式滴定管盛放；高锰酸钾本身为紫色溶液，当与NaNO2反应时被还原为无色的Mn2+，因此当滴入最后一滴高锰酸钾酸性溶液时，锥形瓶中液体由无色溶液变成粉红色，且30s内不褪色则可以判断达到滴定终点；‎ ‎(3) NaNO2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，NO2-被氧化生成NO3-，MnO4-被还原生成Mn2+，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得反应的离子方程式：5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O；n(MnO4-)=c·V=0.0200mol/L×VmL×10‎-3L/mL=2V×10-5mol，则根据方程式中物质简单关系可知在25mL溶液中含n(NO2-)=n(MnO4-)=×2V×10-5mol=5V×10-5mol，所以该样品中NaNO2‎ 的质量分数为=×100%=。‎ ‎ (4) A．滴定管未用KMnO4标准溶液润洗，c(标)偏低，则消耗V(标)偏大，根据c=可知所求待测液的浓度偏高，A正确；‎ B．锥形瓶未用待测液润洗，由于待测溶质的物质的量不变，所以对待测溶液的浓度无影响，B错误；‎ C．盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖端有气泡，滴定后气泡消失，则V(标)偏大，n(标)偏大，根据c=可知所求待测液的浓度偏高，C正确；‎ D．盛装标准溶液的滴定管，滴定前仰视凹液面最低处，滴定后俯视读数，V(标)偏小，n(标)偏小，根据c=可知所求待测液的浓度偏低，D错误；‎ E．若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定，则V(标)偏小，使n(标)偏小，根据c=可知所求待测液的浓度偏低，E错误；‎ 故合理选项是AC；‎ II. (5) AgCl开始沉淀时，说明溶液中的c(I-)和c(Cl-)均已达到饱和状态，所以溶液中==4.7×10-7；‎ ‎(6) Kb==1.8×10－5，c(NH3·H2O)= 2.0 mol/L，则c(OH-)×c(NH4+)=Kh×c(NH3·H2O)=3.6×10-5(mol/L)2，所以c(OH-)=c(NH4+)=6.0×10-3mol/L；‎ Ka2==6.2×10-8，c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7mol/L，则溶液中=0.62。‎ ‎【点睛】本题考查了仪器的使用、滴定终点的判断、误差分析、氧化还原滴定法测定物质百分含量、电离平衡常数、溶度积常数的应用等知识。明确氧化还原反应基本规律，熟悉滴定法测定溶液浓度的原理及方法是解题关键，注意误差分析的方法和技巧。易错点是(5)、(6)‎ 中关于离子浓度比的计算，要会将平衡常数及溶度积常数变性，充分利用题目提供的数据分析、解答。‎