河北省廊坊市高中联合体2020届高三上学期期中考试化学试题

河北省廊坊市高中联合体2020届高三上学期期中考试化学试题

廊坊市高中联合体 高三化学试题 考生注意：‎ ‎1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共100分。考试时间90分钟。‎ ‎2.请将各题答案填写在答题卡上。‎ ‎3.本试卷主要考试内容：人教版必修1、选修4。‎ ‎4.可能用到的相对原子质童：H‎1 C12 N14 O16 S32 Ba137‎ 第I卷（选择题 共50分）‎ 一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.化学与生活密切相关。下列说法正确的是 A. 活性炭可吸附水体中的重金属离子 B. 胆矾（CuSO4·5H2O）可代替明矾用作净水剂 C. 液态二氧化碳可扑灭电器起火，也可扑灭镁合金起火 D. 处于有毒有害气体泄漏的化学事故现场，应向顺风方向迅速撤离 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、活性炭的体表面积大，可以吸附溶液中的重金属离子，A正确；‎ B、明矾可以净水，是由于Al3＋水解得到Al(OH)3胶体，具有较大的表面积，可吸附杂质，而Cu2＋水解不能得到胶体，不能用于净水，B错误；‎ C、Mg会与CO2反应，不能用CO2扑灭镁合金起火，C错误；‎ D、处于有毒有害气体泄漏的化学事故现场，气体会随风流动，人群应该远离有毒气体，应该逆风撤离，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.氢燃料电池应用广泛，下列关于氢能描述正确的是 A. 由电解水得到，成本低 B. 易液化，储存方便 C. 清洁能源，无污染 D. 天然气的主要成分 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、目前通过电解水获得氢能，成本高、效率低，应寻找合适的催化剂，选项A错误；‎ B、氢气难液化，携带与贮存都不太方便，选项B错误；‎ C、氢能在使用时燃烧产物是水，无污染，属于清洁能源，选项C正确；‎ D、天然气的主要成分是甲烷，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎3.下列变化中属于放热反应的是 A. 稀释浓硫酸 B. 生石灰与水反应生成熟石灰 C. 液态水汽化 D. 将胆矾加热变成白色粉末 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、稀释浓硫酸，会放热，但是不属于化学反应，A不符合题意；‎ B、CaO和水反应生成Ca(OH)2，是放热反应，B符合题意；‎ C、液体水汽化，由液体变成气体，需要吸热，是物理过程，C不符合题意；‎ D、CuSO4·5H2O受热变成了CuSO4和水，分解反应，属于吸热反应，D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列因素不能改变酸碱中和反应速率的是 A. 温度 B. 反应物的浓度 C. 反应物的性质 D. 压强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 影响化学反应速率因素包括内因和外因，内因是反应物本身的性质，外因包括温度、浓度、催化剂压强等。‎ ‎【详解】A、升高温度，化学反应速率加快；降低温度，化学反应速率减慢，A不符合题意；‎ B、增大酸或碱的浓度，中和反应速率加快；降低酸或碱的浓度，中和反应速率减慢，B不符合题意；‎ C、酸碱中和反应的反应速率的内因与反应物的性质，有关，C不符合题意；‎ D、压强能够改变化学反应速率，但是只有气体参与的反应，压强才能影响其速率，酸碱中和反应中没有气体参与，所以压强不能影响其速率，D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎5.在组装原电池时，下列各项中一定不需要的是 A. 电极材料 B. 电解质溶液 C. 直流电源 D. 金属导线 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 组装原电池不需要直流电源，答案选C。‎ ‎6.下列离子不能大量共存的是 A. NH4＋、Fe3＋、SO42一、NO3一 B. Na＋、Ca2＋、Cl一、CO32一 C. K＋、Na＋、SO42一、S2一 D. K＋、Na＋、Cl一、NO3一 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子之间结合能生成沉淀、气体或水，或能发生氧化还原反应、络合反应即不能大量共存。‎ ‎【详解】A、NH4＋、Fe3＋、SO42一、NO3一不能生成沉淀、气体或水等，故A不选；‎ B、Ca2＋与CO32一生成CaCO3沉淀，不能大量共存，故B选；‎ C、K＋、Na＋、SO42一、S2一不能生成沉淀、气体或水等，故C不选；‎ D、 K＋、Na＋、Cl一、NO3一不能生成沉淀、气体或水等，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎7.在恒温恒容的密闭容器中发生可逆反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)。其他条件相同时，按下列各组投料进行反应，平衡时反应速率最快的是 A. 2mol NO2和1mol O2 B. 1mol NO和1mol O2‎ C. 1mol NO和2mol O2 D. 2mol NO和1mol O2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】恒温恒容的密闭容器中，由pV=nRT可知，物质的量越多，压强越大，正逆反应速率越大，A中极限转化为反应物时反应物的物质的量为4mol ，B中反应物的物质的量为2mol， C、D中反应物的物质的量为3mol， 显然选项A中物质的量最多，浓度最大，则反应速率最大，答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，恒温恒容的密闭容器，物质的量越多，压强越大，反应速率越大，所以达到平衡时反应速率就大。‎ ‎8.下列有关能源和反应中的能量变化的说法正确的是 A. 煤、石油、天然气都是化石能源，且均属于可再生能源 B. 煤液化生成的甲醇属于二次能源 C. 吸热反应都需要在加热或高温条件下才能进行 D. 有化学键形成的反应一定是放热反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、煤、石油、天然气都是化石能源，属于不可再生能源，A错误；‎ B、二次能源是一次能源经过加工，转化成另一种形态的能源，甲醇由煤液化得到，由一次能源煤加工得到，B正确；‎ C、Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl的反应是吸热反应，混合即可反应，不需要加热或者高温条件，C错误；‎ D、化学反应过程中一定有化学键的断裂和化学键的形成，但是化学反应不一定都是放热反应，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.对于甲醇的合成反应：CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g），改变下列条件，不能使反应的平衡常数发生改变的是 A. 升高温度 B. 降低温度 C. 增大压强 D. 将该反应的化学计量数增大－倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、平衡常数与温度有关，升高温度，平衡常数发生改变，A不符合题意；‎ B、平衡常数与温度有关，降低温度，平衡常数发生改变，B不符合题意；‎ C、平衡常数与压强无关，改变压强，平衡常数不变，C符合题意；‎ D、将化学计量数扩大一倍，化学反应为2CO2(g)＋6H2(g)2CH3OH(g)＋2H2O(g)，，为原平衡常数的平方，只要K不等于 ‎1，则平衡常数发生改变，D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】化学平衡常数的影响因素，内因为反应本身的性质，外因置只有反应的温度，但是若化学反应的计量数发生改变，则K的表达式也会发生改变，K的数值也可能发生改变。‎ ‎10.下图所示装置中，属于原电池的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】原电池的构成需要①活泼性不同的两电极，②电解质溶液；③形成闭合回路，④自发的氧化还原反应。‎ A、左右两极的电极材料相同，活动性相同，不能构成原电池，A不符合题意；‎ B、Cu和Ag作电极，活动性不同，且Cu能置换出Ag，有自发的氧化还原反应，有电解质溶液，形成了闭合回路，能够构成原电池，B符合题意；‎ C、乙醇不是电解质溶液，也没有自发的氧化还原反应，C不符合题意；‎ D、硫酸溶液和硫酸铜溶液，处于不同的烧杯中，没有构成闭合回路，D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎11.下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 新制的氯水在光照下颜色变浅 B. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深 C. 在合成氨的反应中，加压有利于氨的合成 D. Fe（SCN）3溶液中加入NaOH后溶液颜色变浅 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 勒夏特列原理： 在一个已经达到平衡的反应中，如果改变影响平衡的条件之一(如温度、压强，以及参加反应的化学物质的浓度)，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。勒夏特列原理用于解释化学平衡移动的方向，即化学平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释。‎ ‎【详解】A、Cl2＋H2OHCl＋HClO，2HClO2HCl＋O2↑，HClO在光照条件下发生分解，HClO的浓度减小，使得Cl2与水反应的平衡正向移动，颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；‎ B、H2＋I22HI，加压，由于反应前后气体体积不变，加压平衡不发生移动，不能用勒夏特别原理解释，而颜色变深，是由于体积减小，I2的浓度变大，颜色变深，B符合题意；‎ C、N2＋3H22NH3，增大压强，平衡正向移动，有利于氨气的生成，可以用勒夏特列原理解释，C不符合题意；‎ D、Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，加入NaOH，Fe3＋与OH－反应生成Fe(OH)3沉淀，Fe3＋浓度减小，平衡逆向移动，Fe(SCN)3减小，颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎12.电解稀H2SO4、CuCl2的混合液，最初一段时间阴极和阳极上分别析出的物质分别是 A. H2和Cl2 B. Cu和Cl‎2 ‎C. H2和O2 D. Cu和O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电解原理是惰性电极通电条件下，溶液中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，电解稀H2SO4、CuCl2的混合液，阴极离子放电顺序为Cu2+>H+，则电极反应为：Cu2++2e−═Cu；阳极离子的放电顺序为Cl− >OH-（H2O）>SO42−，则电极反应为：2Cl−−2e−═Cl2↑，所以最初一段时间阴极和阳极上分别析出的物质分别是Cu和Cl2，B项正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】电解原理中阴阳极放电顺序判断方法：‎ ‎（1）阴极：阴极上放电的总师溶液中的阳离子，与电极材料无关。金属活动性顺序表中越排在后面的，其离子的氧化性越强，越易得到电子(注意Fe3+在Cu2+后面)而放电，其放电顺序为：K+Ca2+Na+Al3+(水中）H+ Zn2+Fe2+Sn4+Pb2+H+Cu2+Fe3+Ag+。‎ ‎（2）阳极：若为活性电极做阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应；若为惰性电极做阳极，则仅是溶液中的阴离子放电，其常见的放电顺序为：F－含氧酸根离子OH－Cl ‎－Br－I－S2－。‎ ‎13.捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数的值）‎ A. 标准状况下，‎22.4 L CO2中所含的电子数目为16NA B. ‎10.1 g N（C2H5）3中所含极性共价键数目为2.1NA C. 2 mol Au与2 mol H2中所含的分子数目均为2NA D. ‎100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、标准状况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，1个CO2分子中含有6＋8×2=22个电子，则22.4LCO2含有22mol电子，其电子数目为22 NA，A错误；‎ B、N(C2H5)3的结构式为，所含的化学键中C-N和C-H均为极性共价键，1mol N(C2H5)3中含有18mol极性共价键，‎10.1g N(C2H5)3，其物质的量为0.1mol，则其含有极性共价键的物质的量为1.8mol，数目为1.8NA，B错误；‎ C、Au为金属单质，不含有分子，2molAu中不含有分子，C错误；‎ D、‎100 g 46%的甲酸水溶液，则甲酸质量为‎46g，则其物质的量为1mol，分子中含有2molO原子；水的质量为‎100g-46g=‎54g，其物质的量为3mol，则含有3mol O原子，总共含有5mol O原子，其数目为5NA，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.在体积可变的密闭容器中发生可逆反应：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)。能作为反应达到平衡状态的标志是 A. 单位时间内生成n mol O2的同时生成n mol NO2‎ B. NO2、NO、O2三者的物质的量浓度之比为2：2：1‎ C. 混合气体的密度不再改变 D. 容器中气体压强不再变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、单位时间内生成n molO2的同时生成n molNO2，题给比例不符合正逆反应速率相等，不可作为达到平衡状态的标志，选项A错误； ‎ B、NO2、NO、O2 的物质的量浓度之比为2 : 2 : 1的状态，因不能说明浓度不变，所以不一定是平衡状态，所以不能作为达到平衡状态的标志，选项B错误；‎ C、在体积可变的密闭容器中，气体的总质量不变，则混合气体的密度不变时，总物质的量不变，所以混合气体的密度不再改变的状态 ，反应已达到平衡状态，选项C正确；‎ D、在体积可变的密闭容器中发生可逆反应，容器中的气体压强始终保持不变，压强不变不能作为达到平衡状态的标志，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎15.工业合成氨反应在催化剂表面的反应历程及能量变化如图所示，下列说法正确的是 A. 增大压强，①→②之间的能量差值会增大 B. 合成氨的正逆反应的焓变相同 C. 合成氨的过程是吸热反应 D. 若使用催化剂，生成等量的NH3需要的时间更短 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、①→②之间的能量差值只与状态①②中物质的能量有关，增大压强，各物质的能量不变，则①→②之间的能量差值不变，A错误；‎ B、根据图像，状态①中物质的能量高于状态③中物质的能量，合成氨的正反应为放热反应，△HO，焓变不相同，B错误；‎ C、根据图像，状态①中物质的能量高于状态③中物质的能量，合成氨为放热反应，C错误；‎ D、使用催化剂，化学反应速率加快，则生成等量的NH3需要的时间更短，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎16.已知‎25°C、101 kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1 mol水放出的热量为57.3kJ，则下列描述正确的是 A. 酸碱中和反应的中和热为57.3kJ B. NaOH（aq）＋HCl（aq）＝NaCl（aq）＋H2O（l） △H＝＋57.3 kJ·mol－1‎ C. 1 mol强酸和1 mol强碱完全反应，放出的热量一定为57.3 kJ·mol－1‎ D. 稀盐酸与稀氨水反应生成1 mol水，放出的热量小于57.3 kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、中和热的单位为kJ·mol－1，而不是kJ，A错误；‎ B、中和反应为放热反应，△H＝-57.3 kJ·mol－1，B错误；‎ C、1mol强酸和1mol强碱反应不一定生成1mol水，如H2SO4和Ba(OH)2，则热量不一定为57.3 kJ，C错误；‎ D、NH3·H2O为弱电解质，反应时，电离出OH－，需要吸热，则生成1molH2O，发出热量小于57.3，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎17.下列说法中正确的是 A. 氯酸钾分解是一个熵增的过程 B. △H>0，△S>0的反应一定可以自发进行 C. 电解水产生氢气、氧气的反应具有自发性 D. 可逆反应正向进行时，正反应具有自发性，△H一定小于零 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯酸钾分解生成气体，混乱度增加，熵值增大，选项A正确；‎ B．△G＜0反应自发进行，由△G=△H-T△S可知，若△H>0，△S>0，则当低温下△G可能大于0，反应非自发，选项B错误；‎ C. 电解水产生氢气、氧气的反应为△H>0，△S>0，根据△G=△H-T△S＜0可知，只有在高温条件下才具有自发性，选项C错误；‎ D. 可逆反应正向进行时，由△G=△H-T△S可知，若△H>0，△S>0且高温条件下正反应具有自发性，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎18.用电解法测量某工业废气中CO的浓度，工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. b为电源的正极 B. 阳极的电极反应式为CO＋H2O－2e－＝CO2＋2H＋‎ C. H＋向阳极移动 D. 理论上每消耗‎11.2 L O2，转移2 mol电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据示意图，在左侧，CO和水生成了CO2和H＋，则CO中C的化合价升高，发生氧化反应，在电解池中阳极发生氧化反应，则a为电源的正极，阳极反应为CO－2e－＋H2O=CO2＋2H＋；b为电源的负极，根据图示，阴极反应为2H＋＋2e－=H2↑。‎ A、根据图示，右侧，H＋得到电子，生成H2，发生还原反应，电解池中阴极发生还原反应，则b为电极的负极，A错误；‎ B、根据示意图，左侧，CO和水生成了CO2和H＋，CO中C的化合价升高，发生氧化反应，阳极反应为CO－2e－＋H2O=CO2＋2H＋；B正确；‎ C、电解池中，阳离子向阴极移动，H＋向阴极移动，C错误；‎ D、没有说明气体所处的状态，无法得知11.2LO2的物质的量，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎19.据了解，铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)，结构如图所示。‎ 下列说法正确的是 A. Cu2(OH)3Cl属于有害锈 B. Cu2(OH)2CO3属于复盐 C. 青铜器表面刷一层食盐水可以做保护层 D. 用NaOH溶液法除锈可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 从图中可知Cu2(OH)3Cl没有阻止潮湿的空气和Cu接触，可以加快Cu的腐蚀，因此属于有害锈，A正确；‎ B.Cu2(OH)2CO3中只有氢氧根、一种酸根离子和一种阳离子，因此只能属于碱式盐，不属于复盐，B错误；‎ C.食盐水能够导电，所以在青铜器表面刷一层食盐水，会在金属表面形成原电池，会形成吸氧腐蚀，因此不可以作保护层，C错误；‎ D.有害锈的形成过程中会产生难溶性的CuCl，用NaOH溶液浸泡，会产生Cu2(OH)3Cl，不能阻止空气进入内部进一步腐蚀铜，因此不能做到保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎20.下列关于热化学反应的描述中正确的是 A. 有氧气参与的反应都是放热反应 B. 热化学方程式既表示能量的变化，又表示物质的变化 C. 若2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)△H＝＋566kJ·mol－1，则CO燃烧热△H＝－566 kJ·mol－1‎ D. 放热反应理论上都可以设计为原电池，将化学能转化为电能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、有氧气参与的反应不一定是放热反应，如放电条件下氮气与氧气反应生成NO的反应为吸热反应，选项A错误；‎ B、热化学方程式不仅能表示反应物和生成物的种类，还能表示能量的变化，选项B正确；‎ C、燃烧热是以1 mol可燃物作为标准来进行测定的，若2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)△H＝＋566kJ·mol－1，则CO的燃烧热△H＝－288 kJ·mol－1，选项C错误；‎ D、电流的形成要有电子的定向运动，所以只有氧化还原反应才能设计成原电池，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎21.用如图所示装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中反应，若通入适当比例的Cl2和NO2，即发生反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。‎ 下列叙述正确的是 A. 实验室中用二氧化锰与3 mol·L-1的盐酸共热制备氯气 B. 装置Ⅰ中盛放的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气 C. 装置Ⅲ的作用是便于控制通入NO2的量 D. 若制备的NO2中含有NO，应将混合气体通入水中以除去NO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.实验室中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，而3 mol·L-1的盐酸是稀盐酸，因此不能发生反应制取氯气，A错误；‎ B.该实验不需要保证氯气是干燥的，所以装置Ⅰ中盛放的试剂是饱和NaCl溶液，作用是除去氯气中的杂质HCl气体，B错误；‎ C.由于NO2气体不能再CCl4中溶解，气体通过装置Ⅲ，可根据导气管口气泡的多少，观察气体流速，因此其作用是便于控制通入NO2的量，C正确；‎ D.若制备的NO2中含有NO，将混合气体通入水中，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后导致气体完全变质，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎22.根据下列图示所得出的结论正确的是 A. 图甲表示.N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）反应过程的能量变化关系，说明催化剂可以改变该反应的焓变 B. 图乙表示等量的钠块分别与足量的水和乙醇反应产生氢气的物质的量随时间的变化关系，则曲线b表示水与钠的反应 C. 图丙表示‎25℃‎时水溶液中H‎2C2O4、HC2O4－、C2O42－的物质的量分数随pH的分布，说明H‎2C2O4的Ka1＝1×10－4.2‎ D. 图丁表示‎25℃‎时BaSO4达到沉淀溶解平衡时，溶液中c（Ba2＋）与c（SO42－）的关系曲线，说明Ksp（BaSO4）＝1×10－10‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、催化剂能够降低反应的活化能，但是不能改变焓变，焓变只与反应物和生成物的总能量有关，与反应途径无关，A错误；‎ B、钠与水反应的速率比钠与乙醇反应的速率快，生成相同体积的氢气，钠与水反应所需的时间更短，曲线a表示水与钠的反应，B错误；‎ C、H‎2C2O4HC2O4－＋H＋，HC2O4－C2O42－＋H＋，，，当c(C2O42－)=c(C2O4-)，Ka2=c(H+)，从图中可以看出，当c(C2O42－)=c(C2O4-)，pH=4.2，c(H+)=10-4.2，则Ka2=1×10－4.2，C错误；‎ D、BaSO4达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2＋)与c(SO42－)的关系有，，左右同时取10的对数，有，lgc(Ba2+)= lg(Ksp)- lgc(SO42－)，为一次函数曲线，曲线符合。求算Ksp，取曲线上的点，如- lgc(Ba2+)=10，- lgc(SO42－)=0‎ ‎，带入等式，得lg(Ksp)=-10，则Ksp=10-10，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎23.常温下，下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是 A. pH＝8的CH3COONa溶液：c（CH3COOH）＝9.9×10－7 mol·L－1‎ B. 0.1 mol·L－1Na2SO3溶液：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（SO32－）＋c（HSO3－）＋c（OH－）‎ C. 0.1 mol·L－1NaHCO3溶液：c（Na＋）＋c（OH－）＝c（HCO3－）＋c（H2CO3）＋c（H＋）‎ D. 0.1 mol·L－1CH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH＝7：c（Na＋）>c（CH3COOH）>c（Cl－）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，H2OH＋＋OH－，由方程式可知，溶液中的OH－来自CH3COO－的水解，以及H2O的电离。常温下pH=8，溶液中c(OH－)=10－6 mol·L－1，溶液c(H+)均由水电离得到，溶液中的OH-，来自与水的电离的浓度为10-8，则溶液中的由水解得到的c(OH－)=‎10-6-10‎-8 mol·L－1，根据水解方程式，可知CH3COOH的浓度与水解得到OH-的浓度相同，则c(CH3COOH)= 10-6-10-8 mol·L－1=9.9×10－7 mol·L－1，A正确；‎ B、0.1 mol·L－1Na2SO3溶液，有电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝‎2c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(OH－)，B错误；‎ C、0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中有，电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)+c(HCO3－)＋‎2c(CO32-)，物料守恒，c(Na＋)= c(HCO3－)＋c(H2CO3)+ c(CO32-)；将两式中CO32-消去，得c(Na＋)＋c(OH－)＝c(HCO3－)＋‎2c(H2CO3)＋c(H＋)，C错误；‎ D、在所得溶液中，有电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，pH=7，c(H＋)=c(OH－)，则c(Na＋) =c(CH3COO－)＋c(Cl－)，c(Na＋)> c(Cl－)，关于CH3COONa有物料守恒，有c(Na＋) =c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，结合c(Na＋) =c(CH3COO－)＋c(Cl－)，则c(CH3COOH)= c(Cl－)，正确排序应为c(Na＋)>c(CH3COOH)=c(Cl－)，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎24.下列实验操作、现象和结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 将一小块金属钠置于坩埚里加热 钠先熔化成小球，再燃烧 钠的熔点比钠的着火点低 B 将SO2通入硝酸钡溶液中 产生白色沉淀 SO2与可溶性钡盐均能生成白色沉淀 C 向两份蛋白质溶液中分别滴加硫酸铜溶液和饱和氯化钠溶液 均有固体析出 蛋白质均发生变性 D 向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸 溶液颜色加深 Fe2+的水解平衡受外界因素的影响。‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钠为活泼金属，熔点较低，加热时，先熔化，再燃烧，说明钠的熔点比着火点点，A正确；‎ B、SO2与硝酸钡溶液，SO2溶于水生成亚硫酸，使得溶液呈酸性，溶液中NO3－，H2SO3在酸性环境下，能被NO3－氧化成SO42－，能够生成BaSO4，但是不能得到SO2与可溶性钡盐均能生成白色沉淀的结论，如SO2与BaCl2溶液不反应，B错误；‎ C、蛋白质溶液加入饱和氯化钠溶液，有固体析出，但是加入蒸馏水，蛋白质能够重新溶解，属于蛋白质的盐析过程，而加入CuSO4，Cu2＋属于重金属离子，蛋白质会发生变性，C错误；‎ D、Fe(NO3)2溶液中加入稀硫酸，溶液中有NO3－和H＋，能将Fe2＋离子氧化成Fe3＋，溶液颜色加深，是由于氧化还原反应，而不是Fe2＋水解受到影响，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】一定要注意NO3－和H＋同时存在的溶液，具有强氧化性，能够氧化某些还原性离子，如I－、Fe2＋、SO32－等。‎ ‎25.常温时，在H2CO3溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-的物种分布分数(X)=与pH的关系如图所示：‎ 下列说法正确的是 A. 反应HCO3-H＋＋CO32-的lgK=-6.4‎ B. pH═8的溶液中：c（Na＋）>c（HCO3-）‎ C. NaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性：c（Na＋）═c（Cl-）‎ D. 向pH=6.4的溶液中滴加NaOH溶液至pH=8，主要发生的离子反应：HCO3-＋OH-═CO32-＋H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、pH═6.4时，c（HCO3-）═c（H2CO3），可求出反应H2CO3H++HCO3-的lgK；‎ B、根据电荷守恒分析；‎ C、根据电荷守恒分析；‎ D、pH=8时，碳酸转化为碳酸氢根，主要发生的离子反应为H2CO3＋OH-=HCO3-＋H2O。‎ ‎【详解】A、pH═6.4时，c（HCO3-）═c（H2CO3），反应H2CO3H++HCO3-的lgK═lgc(H+)=lg10-6.4=一6.4，故A项错误；‎ B、pH═8的溶液中：c（H＋）c（C1-）十c（HCO3-）＋‎2c（CO32-），则c（Na＋）>c（HCO3-）,故B正确；‎ C、向NaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性时，c（H＋）═c（OH-），根据电荷守恒有c（Na+）＋c（H＋）═c（C1-）十c（HCO3-）＋‎2c（CO32-）＋c（OH-），即c（Na+）═c（C1-）十c（HCO3-）＋‎2c（CO32-），故C项错误；‎ D、pH═6.4的溶液中含有等物质的量的NaHCO3和H2CO3，由图像可知，pH=8时溶液中HCO3-继续增大，继续减少H2CO3，故主要发生的离子反应为H2CO3＋OH-=HCO3-＋H2O，故D项错误。‎ 故选B。‎ 第II卷（非选择题 共50分）‎ 二、非选择题（本题包括4小题，共50分）‎ ‎26.在一定温度、压强下，向密闭容器中投入一定量N2和H2，发生反应：N2＋3H22NH3 △H<0。‎ ‎（1）反应开始阶段，v（正）_______（填“>”“<”或“＝”）v（逆），随后v（正）________逐渐（填“增大”或“减小”，下同），v（逆）逐渐_______，反应达到平衡时，v（正）_______（填“>”“<”或“＝”）v（逆）。‎ ‎（2）达到平衡后，若正反应速率用v（N2）表示，逆反应速率用v’（H2）表示，则v（N2）＝____v’（H2）。‎ ‎（3）下列措施中能加快反应速率并提高氢气的转化率的是_______（填字母）。‎ A 其他条件不变时，压缩容器体积 B 其他条件不变时，升高反应体系温度 C 使用合适的催化剂 D 保持容器体积不变，充入一定量的氮气 ‎（4）实际生产中往往需要将温度控制在一个合适的范围，分析温度不宜过高也不宜过低的原因是_____。‎ ‎【答案】 (1). > (2). 减小 (3). 增大 (4). = (5). (6). AD (7). 温度过低，化学反应速率慢，氨气的生成效率低；温度过高，平衡逆向移动，产物的转化率低。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)反应开始时，加入N2和H2，反应朝着正反应方向进行， v(正)> v(逆)；开始时，反应物浓度最大，随着反应的进行，反应物浓度减小，生成物浓度增大，则v(正)减小，v(逆)增大；达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则v(正)= v(逆)；‎ ‎(2)达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，但是同一化学反应中，用不同的物质表示化学反应速率，其数值之比等于计量数之比，即v正(N2)＝v逆(N2)=v’(H2)；‎ ‎(3) A、其他条件不变时，压缩容器体积，各反应物的浓度增大，化学反应速率增大；压缩体积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，即正反应方向移动，氢气转化率增大，A符合题意；‎ B、其他条件不变时，升高反应体系温度，升高温度，化学反应速率增大；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即逆反应方向移动，则H2的转化率减小，B不符合题意；‎ C、使用合适的催化剂，化学反应速率增大；但是催化剂不改变化学平衡，则H2的转化率不变，C不符合题意；‎ D、保持容器体积不变，充入一定量的氮气，反应物浓度增大，化学反应速率增加；增大反应物浓度，平衡正向移动，H2的转化率增加，D符合题意；‎ 答案选AD；‎ ‎(4)工业生产氨气，温度不能过低，温度过低，催化剂活性低，化学反应速率慢，氨气生产效率低下；合成氨反应是放热反应，温度过高，平衡逆向移动，反应物转化率低，所以温度需要控制在一定范围，不能过高也不能过低。‎ ‎27.某实验小组在T1温度下，容积为‎1 L的恒容密闭容器中，同时通入0.1 mol CO（g）和0.1 mol H2O（g），发生反应：CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g） △H＝a kJ· mol－1。测得CO2的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。‎ ‎（1）0～10min内，CO的平均反应速率为_______________。‎ ‎（2）T1温度下，该反应的平衡常数K为________（用分数表示）。‎ ‎（3）①已知：‎ I.H2的燃烧热△H＝－285.8 kJ· mol－1；‎ II.CO的燃烧热△H＝－283 kJ· mol－1；‎ III.H2O（g）＝H2O（l） △H＝－44 kJ· mol－1。‎ 则a＝_______。‎ ‎②反应达到平衡后，下列措施能使平衡向正反应方向移动的是__________（填字母）。‎ A 升高温度 B 增大压强 C 通入H2O（g） D 移走CO2（g）‎ ‎（4）T1温度下，某时刻另一实验小组测得反应容器中有关数据为c（CO）＝0.6 mol·L－1、c（H2O）＝1.6 mol·L－1，c（H2）＝0.4 mol·L－1，c（CO2）＝0.4 mol·L－1，则该反应在下－时刻将____（填“向正反应方向进行”“向逆反应方向进行”或“达到平衡”），判断依据是_______。‎ ‎【答案】 (1). 0.003mol·L－1·min－1 (2). (3). －41.2 (4). CD (5). 向正反应方向进行 (6). ＜K ‎，所以反应向正反应方向进行 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用，同一化学反应中，用不同的物质表示反应速率其数值之比等于计量数之比；‎ ‎(2)利用三等式，求解平衡常数；‎ ‎(3)①利用盖斯定律，求解反应热；‎ ‎②根据勒夏特列原理判断平衡移动；‎ ‎(4)利用浓度商Qc和K的关系，判断平衡移动方向。‎ ‎【详解】(1)根据图示，0～10min内，CO2的浓度增加了0.03mol·L－1，则，同一化学反应中，用不同的物质表示反应速率其数值之比等于计量数之比，即，则；‎ ‎(2) ‎ 则；‎ ‎(3)①H2的燃烧热的热化学方程式H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l) △H=－285.8kJ·mol－1 ①；‎ CO的燃烧热的热化学方程式CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g) △H=－283kJ·mol－1 ②；‎ H2O(g)＝H2O(l) △H＝－44 kJ· mol－1 ③，则②－①＋③得到CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，△H=－283－（－285.8）+（-44）kJ·mol－1=－41.2 kJ·mol－1，则a=－41.2；‎ ‎②A、升高温度，向吸热反应方向移动，即逆向移动，A不符合题意；‎ B、由于反应前后气体体积不变，增大压强，平衡不移动，B不符合题意；‎ C、通入H2O，增大反应物浓度，正向移动，C符合题意；‎ D、移走CO2，减小生成物浓度，正向移动，D符合题意；‎ 答案为CD；‎ ‎(4)利用浓度商Q与K的关系判断平衡移动方向，‎ ‎”）T2。‎ ‎②若反应在D点达到平衡，此时对反应进行升温且同时扩大容器体积使平衡压强减小，重新达到平衡，则D点应向图中A～G点中的_______点移动。‎ ‎③某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率（脱氮率即NO的转化率），结果如图3所示。温度低于‎200℃‎时，图3中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为____________；a点_______（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡脱氮率，说明其理由：__________。‎ ‎（3）以连二硫酸根（S2O42－）为媒介，使用间接电化学法处理燃煤烟气中的NO ‎，装置如图4所示：‎ ‎①阴极区的电极反应式为_______________。‎ ‎②NO被吸收转化后的主要产物为NH4＋，若通电时电路中转移了0.3 mol e－，则此通电过程中理论上被吸收的NO在标准状况下的体积为____________mL。‎ ‎【答案】 (1). ac (2). > (3). A (4). 温度较低时，催化剂的活性偏低 (5). 不是 (6). 催化剂不改变转化率且该反应为放热反应，因此根据曲线Ⅱ可知，a点对应温度的平衡脱氮率会更高 (7). 2SO32－＋4H＋＋2e－=S2O42－＋2H2O (8). 1344‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据图像，可知随着X的增大，NO的转化率降低；‎ a温度升高，平衡向吸热反应方向移动，△H<0，正反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，a符合题意；‎ b增大压强，平衡向着气体体积减小的反应移动，正反应方向为气体体积减小的方向，则增大压强，向正反应方向移动，b不符合题意；‎ c越来越大，则NO的量越多，增大NO的量，Cl2的转化率增大，而NO的转化率减小，c符合题意；‎ d催化剂不改变平衡，因此NO转化率不变，d不符合题意；‎ 答案为ac；‎ ‎(2) ①当压强相同时，温度为T1时，NO体积分数更大；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的体积分数变大，则T1>T2；‎ ‎②对反应进行升温且同时扩大容器体积使平衡压强减小，压强减小，D点向左移动，升高温度，D点向上移动，则D点向左上方移动，A点在D点的左上方，则D点向图中A点移动；‎ ‎③从图中可知，曲线Ⅰ在‎250℃‎时，脱氮率最高，温度低于‎200℃‎ ‎，脱氮率低，说明化学反应速率慢，催化剂的活性低；催化剂不改变平衡移动，a点的脱氮率在曲线中不是最高的点，说明并没有达到平衡，答案为温度较低时，催化剂的活性偏低 不是 催化剂不改变转化率且该反应为放热反应，因此根据曲线Ⅱ可知，a点对应温度的平衡脱氮率会更高；‎ ‎(3) ①根据图示，SO32－变成了S2O42－，电解质溶液会酸性，则电极反应式为2SO32－＋4H＋＋2e－=S2O42－＋2H2O；‎ ‎②NO被吸收转化后的主要产物为NH4＋，化合价从+2降低到-3，则1molNO转移5mol电子，现转移了0.3 mol e－，则NO的物质的量为，则体积为0.06mol×‎22.4L·mol－1=‎1.344L=1344mL。‎ ‎29.雕白块（NaHSO2·HCHO·2H2O，易溶于水，呈白色块状固体或结晶性粉状）可用作印染工业的还原剂、橡胶合成及制糖工业中的漂白剂。以SO2、纯碱、Zn及甲醛为原料生产雕白块及氧化锌的工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）NaHSO2·HCHO·2H2O中S元素的化合价为__________。‎ ‎（2）“反应I”中得到的产物是__________（填化学式）。‎ ‎（3）设计“反应II”，“反应III”中继续通入SO2的目的是_________。‎ ‎（4）“反应Ⅳ”的化学方程式为______________。‎ ‎（5）“过滤”后，“滤渣”是__________（填化学式）。‎ ‎（6）“一系列操作”包括蒸发浓缩________、________、________干燥。‎ ‎（7）一种测定雕白块中硫质量分数的方法如下：称取a g产品溶于适量水中，加入稍过量的碘水（反应生成NaHSO4和HCOOH），充分反应后加入足量BaCl2溶液，过滤，滤渣经干燥后称得质量为b g。‎ ‎①雕白块与碘水反应的化学方程式为___________。‎ ‎②产品中硫的质量分数为___________。‎ ‎【答案】 (1). ＋2 (2). NaHSO3和CO2 (3). 得到NaHSO3过饱和溶液，从而生成Na2S2O5 (4). Na2S2O5＋2Zn＋2HCHO＋3H2O 2NaHSO2·HCHO＋2Zn(OH)2 (5). Zn(OH)2 (6). 冷却结晶 (7). 过滤 (8). 洗涤 (9). NaHSO2·HCHO·2H2O＋3I2＋H2O=NaHSO4＋‎ ‎6HI＋HCOOH (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ SO2和Na2CO3溶液发生反应，最后得到溶液的pH为4.1，溶液显酸性，可知产物为NaHSO3，再加入Na2CO3，再通入SO2，pH为4.1，可以提高溶液中NaHSO3的含量，根据图示最后得到了Na2S2O5。Na2S2O5与Zn、甲醛反应得到目标产物。‎ ‎【详解】(1)根据化合价代数和为0，NaHSO2中Na的化合价+1，H的化合价+1，O的化合价为-2，则S的化合价为+2；‎ ‎(2)反应Ⅰ，溶液最终的pH为4.1为弱酸性溶液，溶液不可能为Na2SO3，Na2SO3水解呈碱性，应为NaHSO3，根据H2SO3的酸性强于H2CO3，产物还有CO2，则产物为NaHSO3和CO2；‎ ‎(3)反应Ⅰ通入SO2，反应Ⅱ再加入Na2CO3固体，反应Ⅲ再通入SO2，可以使溶液中NaHSO3的量大大增加，从而形成NaHSO3的过饱和溶液，生成Na2S2O5，答案是得到NaHSO3过饱和溶液，从而生成Na2S2O5；‎ ‎(4)根据图示，反应物包括Na2S2O5、Zn、HCHO，产物有NaHSO2·HCHO。S的化合价从+4降低到+2，Zn化合价升高得到Zn(OH)2；化学方程式为Na2S2O5＋2Zn＋2HCHO＋3H2O 2NaHSO2·HCHO＋2Zn(OH)2；‎ ‎(5)根据反应Ⅳ的化学方程式，可知滤渣为Zn(OH)2；‎ ‎(6)滤液中含有NaHSO2·HCHO，从滤液中得到产品，经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥得到产品；‎ ‎(7) ①NaHSO2·HCHO·2H2O是还原剂，与I2反应，得到NaHSO4和HCOOH，S的化合价从＋‎2升高到＋6，C的化合价从O升高到＋2，则1molNaHSO2·HCHO·2H2O共失去6mol电子，I2得到电子，变成I－，根据电子守恒，则NaHSO2·HCHO·2H2O和I2的比例为1:3，再根据原子守恒，可得化学方程式为NaHSO2·HCHO·2H2O＋3I2＋H2O=NaHSO4＋6HI＋HCOOH；‎ ‎②根据硫守恒，NaHSO2·HCHO·2H2O～BaSO4，BaSO4的质量为b，则S的物质的量为，则S的质量为，质量分数为。‎ ‎【点睛】一般情况下，经常书写SO2和Na2CO3的反应，产物是Na2SO3，但是此过程中pH=4.1，是酸性环境，不会Na2SO3，而是NaHSO3，应该注意。‎