【化学】北京市海淀区民大附中2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

【化学】北京市海淀区民大附中2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

北京市海淀区民大附中2019-2020学年高二下学期期末考试 一、单项选择题（共25小题；共50分）‎ ‎1．垃圾分类并回收利用，可以节约自然资源，符合可持续发展的要求，与废弃矿泉水瓶对应的垃圾分类标志是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、矿泉水瓶应放进可回收垃圾桶，故A正确；‎ B．废铁皮应放进可回收垃圾桶，故B错误；‎ C、废纸应放进可回收垃圾桶，故C错误；‎ D、废易拉罐应放进可回收垃圾桶，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎2．在48mL 0.1mo/LHNO3溶液中加入12mL 0.4mol/LKOH溶液时，所得到的溶液（　　）‎ A．弱酸性 B．强酸性 C．碱性 D．中性 ‎【答案】D ‎【解析】n（HNO3）＝0.048L×0.1mol/L＝0.0048mol，‎ n（KOH）＝0.012L×0.4mol/L＝0.0048mol，‎ n（HNO3）＝n（KOH），且都为强电解质，反应后恰好生成硝酸钾，则溶液呈中性，‎ 故选：D。‎ ‎3．工业合成氨的反应原理为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，下列措施既能加快反应速率又能提高产率的是（　　）‎ A．升高温度 B．分离出NH3 C．增大压强 D．使用催化剂 ‎【答案】C ‎【解析】A．升高温度化学反应速率加快，但是平衡逆向移动，产率降低，故A错误；‎ B．分离出氨气，平衡正向移动，提高产率，但是化学反应速率减慢，故B错误；‎ C．增大压强平衡正向移动，产率提高，且化学反应速率加快，故C正确；‎ D．使用催化剂加快化学反应速率，但是平衡不移动，产率不变，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎4．某同学运用电解原理实现在铁棒上镀铜，设计如图装置。下列判断不正确的是（　　）‎ A．a是铁 ‎ B．液体c可用硫酸铜溶液 ‎ C．该实验过程中c（Cu2+）基本保持不变 ‎ D．b上发生反应的方程式为Cu2++2e﹣＝Cu ‎【答案】D ‎【解析】A．a为铁，发生还原反应生成铜，达到镀铜的目的，故A正确；‎ B．电解质应含铜离子，可为硫酸铜等，故B正确；‎ C．电镀时，阳极消耗铜，阴极析出铜，c（Cu2+）基本保持不变，故C正确；‎ D．b发生氧化反应，应为Cu﹣2e﹣＝Cu2+，故D错误。‎ 故选：D。‎ ‎5．在定温定容的密闭容器中合成SO3，下列不能说明反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）达到化学平衡状态的是（　　）‎ A．c（SO2）：c（O2）：c（SO3）＝2：1：2 ‎ B．容器内的压强不再改变 ‎ C．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等 ‎ D．SO2的转化率不再改变 ‎【答案】AC ‎【解析】A、当体系达平衡状态时，SO、O2和SO3的物质的量之比可能为2：1：2，也可能不是2：1：2，与各物质的初始浓度及转化率有关，故A错误；‎ B、随着反应的进行体系压强逐渐减小，容器内压强保持不变说明达平衡状态，故B正确；‎ C、只要反应发生就有SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等，故C错误；‎ D、SO2的转化率不再改变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故D正确；‎ 故选：AC。‎ ‎6．下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（　　）‎ A．升高温度，水的离子积增大 ‎ B．镁条与氯化铵溶液反应生成氢气 ‎ C．碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳 ‎ D．加入少量硫酸铜可增大锌与稀硫酸反应的速率 ‎【答案】D ‎【解析】A、水的电离是吸热的过程，所以升高温度促进电离，水的离子积增大，能用平衡移动原理解释，故A不选；‎ B、氯化铵中的铵根离子水解显酸性，可以和金属镁反应产生氢气，所以与盐类水解平衡的移动有关，故B不选；‎ C、碳酸钙沉淀溶解平衡产生碳酸根离子，碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，碳酸根离子的浓度减小，促进碳酸钙的溶解，故C不选；‎ D、加入少量硫酸铜，生成铜与原锌构成原电池，可增大锌与稀硫酸反应的速率，与平衡移动无关，故D选；‎ 故选：D。‎ ‎7．氯碱工业的原理示意图如图。下列说法正确的是（　　）‎ A．M为负极 ‎ B．通电使氯化钠发生电离 ‎ C．出口c收集到的物质是氯气 ‎ D．通电一段时间后，阴极区pH降低 ‎【答案】C ‎【解析】由电解装置中“饱和食盐水→稀食盐水”和“稀氢氧化钠溶液→浓氢氧化钠溶液”可知左侧为阳极，与电源的正极相接，即M为正极，右侧为阴极，与电源负极相接；惰性电极电极食盐水时，左侧阳极电极反应为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，阴极电极反应为2H++2e﹣＝H2↑，‎ A、由分析可知，左侧为阳极，与电源的正极相接，即M为正极，故A错误；‎ B、氯化钠在水的作用下发生电离，生成氯离子和钠离子，与通电无关，故B错误；‎ C、惰性电极电极食盐水时，左侧阳极电极反应为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，所以出口c收集到的物质是氯气，故C正确；‎ D、阴极电极反应为2H++2e﹣＝H2↑，促进水的电离，阴极区生成大量氢氧根离子，溶液碱性增强、pH增大，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎8．下列方程式中，属于电离方程式并且书写正确的是（　　）‎ A．HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣ B．NH3•H2O⇌NH4++OH﹣ ‎ C．NH3+H+＝NH4+ D．HCO3﹣+OH﹣＝H2O+CO32﹣‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．碳酸氢根离子水解生成碳酸，该方程式为碳酸氢根离子的水解方程式，故A错误；‎ B．NH3•H2O是弱电解质部分电离用可逆号表示，离子方程式为：NH3•H2O⇌OH﹣+NH4+，故B正确；‎ C．氨气不能电离，氨气（NH3）易与酸反应，如NH3+HCl＝NH4Cl，离子反应为NH3+H+＝NH4+，故C错误；‎ D．碳酸氢根离子电离成碳酸根离子和氢离子，所以该反应不属于电离方程式，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎9．向纯水中加入少量NaHSO4固体，当温度不变时，则该溶液中（　　）‎ A．水电离出的c（H+） 减小 ‎ B．c（OH﹣） 与 c（H+） 的乘积增大 ‎ C．c（H+ ） 减小 ‎ D．c（OH﹣） 增大 ‎【答案】A ‎【解析】A．NaHSO4固体在水中完全电离生成Na+、H+和SO42﹣，向水中加入硫酸氢钠固体相当于加入强酸溶液，抑制水电离，水电离出的c（H+） 减小，故A正确；‎ B．水的离子积常数只与温度有关，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c（OH﹣） 与 c（H+） 的乘积不变，故B错误；‎ C．硫酸氢钠电离出的氢离子导致溶液中c（H+）增大，故C错误；‎ D．温度不变，水的离子积常数不变，溶液中c（H+）增大导致c（OH﹣）减小，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎10．相同体积的pH＝3的盐酸溶液和醋酸溶液分别跟足量的镁完全反应，下列说法正确的是（　　）‎ A．醋酸溶液产生较多的氢气 ‎ B．盐酸溶液产生较多的氢气 ‎ C．两者产生等量的氢气 ‎ D．无法比较两者产生氢气的量 ‎【答案】A ‎【解析】pH＝3的盐酸中c（H+）＝10﹣3mol/L，因盐酸是强酸，完全电离，故盐酸中HCl浓度为10﹣3mol/L，pH＝3的醋酸溶液中c（H+）＝10﹣3mol/L，但醋酸是弱酸，部分电离，故醋酸浓度大于10﹣3mol/L．根据溶质物质的量n＝V•c，相同体积的盐酸和醋酸溶液中CH3COOH的物质的量大于HCl的物质的量，根据反应方程式2HCl+Mg＝MgCl2+H2↑，2CH3COOH+Mg＝（CH3COO）2Mg+H2↑，所以醋酸溶液与足量镁完全反应产生的氢气比盐酸与足量镁完全反应产生的氢气多，‎ 故选：A。‎ ‎11．用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是（　　）‎ A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定 ‎ B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定 ‎ C．用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定 ‎ D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定，标准盐酸被稀释，浓度偏小，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）＝分析，可知c（碱）偏大，故A错误；‎ B．蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定，而后装入一定体积的NaOH溶液进行滴定，待测液的物质的量偏大，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）＝分析，可知c（碱）偏大，故B错误；‎ C．用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定，对V（酸）无影响，根据c（碱）＝分析，可知c（碱）不变，故C正确；‎ D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸，造成消耗的V（酸）偏小，根据c（碱）＝分析，可知c（碱）偏小，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎12．配制FeCl3溶液时，为防止出现浑浊，可向该溶液中加入少量（　　）‎ A．铁 B．盐酸 C．氯化钠 D．氢氧化钠 ‎【答案】B ‎【解析】A．FeCl3溶液中加Fe，会 反应氧化还原反应，生成FeCl2．故A错误；‎ B．Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，配制溶液时，可加入盐酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，故B正确；‎ C．加入氯化钠对FeCl3无影响，不能抑制FeCl3水解，故C错误；‎ D．加入氢氧化钠，NaOH与FeCl3反应生成氢氧化铁沉淀，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎13．下列与盐的水解有关的是（　　）‎ ‎①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂　②用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂　③草木灰与铵态氮肥不能混合施用　④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞．‎ A．①②③ B．②③④ C．①②③④ D．①④‎ ‎【答案】C ‎【解析】①NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，可作焊接金属中的除锈剂，与水解有关；‎ ‎②用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液相互促进水解生成二氧化碳和氢氧化铝，可作泡沫灭火剂，与水解有关；‎ ‎③草木灰与铵态氮肥相互促进水解，生成氨气肥效损失不能混合施用，与水解有关；‎ ‎④实验室盛放碳酸钠溶液，水解显碱性，与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，具有粘合性，则试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与水解有关；‎ 故选：C。‎ ‎14．下列电池工作时，O2在正极放电的是（　　）‎ A． 锌锰电池 ‎ B． 氢燃料电池 ‎ C． 铅蓄电池 ‎ D． 镍镉电池 ‎【答案】B ‎【解析】A．锌锰干电池中电极反应式，负极反应为Zn﹣2e﹣═Zn2+，正极反应为2MnO2+2NH4++2e﹣＝Mn2O3+2NH3+H2O，所以不符合题意，故A错误；‎ B．酸性氢氧燃料电池电极反应式为2H2﹣4e﹣＝4H+、O2+4H++4e﹣＝2H2O，碱性氢氧燃料电池电极反应式为2H2﹣4e﹣+4OH﹣＝4H2O、O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，所以符合题意，故B正确；‎ C．铅蓄电池放电时负极电极反应为Pb﹣2e﹣+SO42﹣＝PbSO4 ，正极电极反应为PbO2+2e﹣+4H++SO42﹣＝PbSO4+2H2O，所以不符合题意，故C错误；‎ D．镍镉电池放电正极反应为2NiOOH+2H2O+2e﹣＝2Ni（OH）2+2OH﹣，负极反应为Cd+2OH﹣﹣2e﹣＝Cd（OH）2，所以不符合题意，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎15．为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+‎ ‎，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂过滤后，再加入适量的盐酸，这种试剂是（　　）‎ A．NH3•H2O B．NaOH C．Na2CO3 D．MgCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．加入氨水混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，故A错误；‎ B．加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，故B错误；‎ C．加入碳酸钠，易混入NaCl杂质，故C错误；‎ D．加入碳酸镁，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎16．关于0.1mol/L Na2CO3溶液，下列判断不正确的是（　　）‎ A．粒子种类与 NaHCO3溶液相同 ‎ B．升高温度，c（CO32﹣）增大 ‎ C．加入CaCl2溶液，c（CO32﹣）减小 ‎ D．c（H+）+c（Na+）═2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．Na2CO3溶液中CO32﹣分步水解CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，以第一步水解为主，NaHCO3溶液中HCO3﹣存在水解和电离，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，HCO3﹣⇌CO32﹣+H+，以水解为主，所以Na2CO3中粒子种类与 NaHCO3溶液相同，均为5种，故A正确；‎ B．CO32﹣水解吸热，所以升高温度，CO32﹣水解程度增大，c（CO32﹣）减小，故B错误；‎ C．加入CaCl2溶液，CO32﹣会转化为CaCO3沉淀，c（CO32﹣）减小，故C正确；‎ D．Na2CO3溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）═2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），故D正确。‎ 故选：B。‎ ‎17．实验 ‎①将0.1mol•L﹣1MgCl2溶液和0.5mol•L﹣1 NaOH溶液等体积混合得到浊液；‎ ‎②取少量①中浊液，滴加0.1mol•L﹣1FeCl3溶液，出现红褐色沉淀；‎ ‎③将①中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0.1mol•L﹣1FeCl3溶液，沉淀变为红褐色 下列说法中，不正确的是（　　）‎ A．将①中浊液过滤，所得滤液中含少量Mg2+ ‎ B．①中浊液存在平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq） ‎ C．②中沉淀颜色变化说明Mg（OH）2转化为Fe（OH）3 ‎ D．③可以证明Fe（OH）3比Mg（OH）2更难溶 ‎【答案】C ‎【解析】A．将①中所得浊液氢氧化镁过滤，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣，所得滤液中含少量Mg2+，故A正确；‎ B．浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），故B正确；‎ C．实验②中是因为剩余的氢氧化钠和氯化铁之间反应生成氢氧化铁的缘故，不能说明Mg（OH）2转化为Fe（OH）3，故C错误；‎ D．③中为饱和Mg（OH）2转化为Fe（OH）3，可以说明Fe（OH）3比Mg（OH）2更难溶，故D正确，‎ 故选：C。‎ ‎18．下列关于金属保护的说法不正确的是（　　）‎ A．图1是牺牲阳极阴极保护法，图2是外加电流阴极保护法 ‎ B．钢闸门均为电子输入的一端 ‎ C．锌和高硅铸铁的电极反应均为氧化反应 ‎ D．两图所示原理均发生了反应：2H++2e﹣═H2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．钢闸门连接锌块，Fe、Zn、电解质溶液构成原电池，Fe失电子能力小于Zn而作正极被保护，所以该保护方法属于牺牲阳极的阴极保护法，水中的钢闸门连接电源负极，阴极上得电子被保护，所以属于使用外加电流的阴极保护法，故A正确；‎ B．钢闸门连接锌块，Zn为原电池负极电子流出，水中的钢闸门连接电源负极，阴极上得电子被保护，辅助阳极失去电子，即钢闸门均为电子输入端，故B正确；‎ C．在图1中，锌做负极，发生氧化反应；在图2中，高硅铸铁做阳极，阳极上所发生的反应也为氧化反应，故C正确；‎ D．图1中正极上水电离出的氢离子放电，而图2中阴极上也是水电离出的氢离子放电，故电极反应均为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故D错误。‎ 故选：D。‎ ‎19．已知：25℃时 ‎ 化学式 ‎ CH3COOH ‎ HCN ‎ H2CO3‎ ‎ 电离平衡常数（K）‎ ‎ 1.75×10﹣5‎ ‎ 4.9×10﹣10‎ K1＝4.4×10﹣7‎ K2＝5.6×10﹣11‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．醋酸稀释过程中，n（CH3COO﹣）逐渐减小 ‎ B．NaHCO3溶液中：c（H2CO3）＜c（CO32﹣） ‎ C．向醋酸或HCN溶液中加入NaHCO3，均产生CO2 ‎ D．物质的量浓度相同时：pH（NaCN）＞pH（ CH3COONa）‎ ‎【答案】D ‎【解析】酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，根据表中电离平衡常数可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣。‎ A．醋酸稀释过程中，醋酸的电离程度增大，则溶液中的n（CH3COO﹣）逐渐增大，故A错误；‎ B．NaHCO3溶液中，HCO3﹣的电离程度小于水解程度，则c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故B错误；‎ C．由于酸性H2CO3＞HCN，HCN溶液与Na2CO3反应生成碳酸氢钠，不会生成二氧化碳，故C错误；‎ D．酸性：CH3COOH＞HCN，则水解程度NaCN＞CH3COONa，二者水解后溶液都呈碱性，则物质的量浓度相同时：pH（NaCN）＞pH（ CH3COONa），故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎20．常温时，用0.10mol•L﹣ 1NaOH滴定25.00mL0.10mol•L﹣1某一元酸HX，滴定过程中pH变化曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．HX溶液显酸性的原因是HX═H++X﹣ ‎ B．点a：c（Na+）＞c（X﹣ ）＞c（HX）＞c（H+）＞c（OH﹣） ‎ C．点b：HX与NaOH恰好完全反应 ‎ D．点c：c（X﹣）+c（HX）＝0.050mol•L﹣1‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据图象可知，0.10mol/L的HX溶液的pH约为4，说明HX为弱酸。‎ A．HX为弱酸，在溶液中存在电离平衡，则HX溶液显酸性的原因是：HX⇌H++X﹣，故A错误；‎ B．点a溶液的pH＜7，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（X﹣ ）＞c（Na+），HX浓度小于c（H+），正确的离子浓度大小为：c（X﹣ ）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）＞c（HX），故B错误；‎ C．HX与NaOH恰好完全反应时生成NaX，溶液呈碱性，而b点溶液的pH＝7，HX与NaOH恰好完全反应的点为c，故C错误；‎ D．c点二者恰好反应，根据物料守恒可得：c（X﹣）+c（HX）＝c（Na+）＝0.050mol•L﹣1，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎21．下列有关水处理的离子方程式书写不正确的是（　　）‎ A．沉淀法：用Na2S处理含Hg2+废水，Hg2++S2﹣═HgS↓ ‎ B．中和法：用生石灰（CaO）中和酸性废水，H++OH﹣═H2O ‎ C．氧化法：用HClO处理氨氮废水，2NH4++3HClO═N2↑+3H2O+5H++3Cl﹣ ‎ D．混凝法：用明矾凝聚沉降细颗粒物，Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．用Na2S处理含Hg2+废水，反应生成HgS沉淀，该反应的离子方程式为：Hg2++S2﹣═HgS↓，故A正确；‎ B．用生石灰（CaO）中和酸性废水，反应生成钙离子和水，正确的离子方程式为：2H++CaO═Ca2++H2O，故B错误；‎ C．HClO具有强氧化性，氨氮废水中的N元素被氧化成氮气，该反应的离子方程式为：2NH4++3HClO═N2↑+3H2O+5H++3Cl﹣，故C正确；‎ D．用明矾凝聚沉降细颗粒物，发生反应原理为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎22．利用电解技术，以氯化氢为原料回收氯气的过程如图所示，下列说法不正确的是（　　）‎ A．H+由阳极区向阴极区迁移 ‎ B．阳极电极反应：2HCl+2e﹣═Cl2+2H+ ‎ C．阴极电极反应：Fe3+ +e﹣═Fe2+ ‎ D．阴极区发生的反应有：4Fe2++O2+4H+═4Fe3+ +2H2O ‎【答案】B ‎【解析】A、H+在电源的右侧产生，在电源的左侧被消耗，右侧为阳极，左侧为阴极，即H+由阳极区向阴极区迁移，故A正确；‎ B、阳极发生氧化反应，是失去电子的过程，电极反应为：2HCl﹣2e﹣＝2H++Cl2，故B错误；‎ C、阴极发生还原反应，是得到电子的过程，电极反应为：Fe3++e﹣＝Fe2+，故C正确；‎ D、根据图中的循环，可以推出阴极区域会进行反应：4Fe2++O2+4H+＝4Fe3+ +2H2O，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎23．工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯（HCOOCH3）：CH3OH（g）+CO（g）＝HCOOCH3（g），在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示。下列说法不正确的是（　　）‎ A．增大压强甲醇转化率增大 ‎ B．b点反应速率υ正 ＝υ逆 ‎ C．平衡常数K（75℃）＞K（85℃），反应速率υb＜υd ‎ D．生产时反应温度控制在80～85℃为宜 ‎【答案】B ‎【解析】A、温度超过约83℃时，随着温度的升高，CO的转化率降低，说明该反应是可逆反应，由于该反应是气体体积减小的反应，增大压强可以使平衡正向移动，即增大甲醇的转化率，故A正确；‎ B、题中说明该曲线是测得相同时间内CO的转化率随温度变化曲线，并非是在不同温度下的平衡转化率，b点之后，仍有一段曲线表示CO的转化率随温度升高而升高，说明b点不是平衡状态，则此时正反应速率不等于逆反应速率，故B错误；‎ C、温度超过约83℃时，随着温度的升高，CO的转化率降低，则说明该反应是放热反应；对于放热反应而言，温度越高，平衡常数K越小，故K（75℃）＞K（85℃）；b点的温度比d点的低，故υb＜υd，故C正确；‎ D、根据图可知，温度在80～85℃的范围内，CO的转化率最高，超过该温度范围，随着温度的升高，CO的转化率降低，说明反应的最适温度在80～85℃之间，故生产时反应温度控制在80～85℃为宜，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎24．如图是某同学设计的原电池装置，下列叙述中正确的是（　　）‎ A．电极I上发生还原反应，作原电池的负极 ‎ B．电极II的电极反应式为：Cu2++2e﹣＝Cu ‎ C．该原电池的正极电极反应式为：Fe3++e﹣＝Fe2+ ‎ D．盐桥中装有含氯化钾的琼脂，其作用是传递电子 ‎【答案】C ‎【解析】A．电极Ⅰ铂电极上铁离子得电子发生还原反应，所以铂电极作正极，故A错误；‎ B．电极Ⅱ铜电极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+，故B错误；‎ C．该原电池负极上铜失电子，正极上铁离子得电子，所以正极电极反应式为：Fe3++e﹣＝Fe2+，故C正确；‎ D．盐桥的作用是平衡正负极两池的电荷，盐桥中离子的定向移动形成电流，电子不能通过电解质溶液，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎25．在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应：X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡．反应过程中测定的数据如下表：‎ t/min ‎2‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎9‎ n（Y）/mol ‎0.12‎ ‎0.11‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．反应前2 min的平均速率v（Z）＝2.0×10﹣3 mol/（L•min） ‎ B．该温度下此反应的平衡常数K＝144 ‎ C．其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数不变 ‎ D．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）＞v（正）‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．前2min内v（Y）＝mol/（L•min）＝2.0×10﹣3 mol/（L•min），同一可逆反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则v（Z）＝2v（X）＝4.0×10﹣3 mol/（L•min），故A错误；‎ B．反应到7min时，该反应达到平衡状态，根据方程式知，平衡时c（X）＝c（Y）＝mol/L＝0.01mol/L，c（Z）＝＝0.012mol/L，化学平衡常数K＝‎ ‎＝＝1.44，故B错误；‎ C．通入0.2 mol Z，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，则平衡时X的体积分数不变，故C正确；‎ D．该反应的正反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，则反应达到新平衡前v（逆）＜v（正），故D错误；‎ 故选：C。‎ 二、解答题（共4小题，满分50分）‎ ‎26．（13分）结合下表回答下列问题（均为常温下的数据）：‎ 酸 电离常数（Ka）‎ 酸 电离常数（Ka）‎ 酸 电离常数（Ka）‎ 酸 电离常数（Ka）‎ CH3COOH ‎1.8×10﹣5‎ H2CO3‎ K1＝4.4×10﹣7‎ K2＝4.7×10﹣11‎ H2C2O 4‎ K1＝5.4×10﹣2‎ K2＝5.4×10﹣5‎ H2S K1＝1.3×10﹣7‎ K2＝7.1×10﹣15‎ HClO ‎3×10﹣8‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）同浓度的CH3COO﹣、HCO3﹣、CO32﹣、HC2O4﹣、ClO﹣、S2﹣中结合H+的能力最弱的是______________。‎ ‎（2）常温下0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是______________（填序号）。‎ A．c（H+） B．c（H+）/c（CH3COOH） C．c（H+）/c（OH﹣） D．c（OH﹣）‎ ‎（3）0.1mol•L﹣1的H2C2O4溶液与0.1mol•L﹣1的KOH的溶液等体积混合后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为______________。‎ ‎（4）pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的最浓度的大小关系是：‎ CH3COOK_＞_NaClO，两溶液中：[c（Na+）﹣c（ClO﹣）]______[c（K+）﹣c（CH3COO﹣）]（填“＞”“＜”或“＝”）。‎ ‎（5）向0.1mol•L﹣1CH3COOH 溶液中滴加 NaOH 溶液至 c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）＝5：9，此时溶液pH＝______________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】（1）酸的电离平衡常数越大，其对应的酸根离子水解程度越小，其对应酸根离子结合H+的能力越弱，电离平衡常数：H2C2O4＞CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣＞HS﹣，所以这几种离子水解程度：S2﹣＞CO32﹣＞ClO﹣＞HCO3﹣＞CH3COO﹣＞HC2O4﹣，结合氢离子能力最弱的是HC2O4﹣，‎ 故答案为：HC2O4﹣；‎ ‎（2）加水稀释促进醋酸电离，但是醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（CH3COOH）、c（H+）、c（CH3COO﹣）都减小，温度不变离子积常数不变，则c（OH﹣）增大，‎ A．c（H+）减小，故正确；‎ B．＝×＝，温度不变电离平衡常数不变，醋酸根离子浓度减小，所以增大，故错误；‎ C．c（H+）减小、c（OH﹣）增大，所以二者比值减小，故正确；‎ D．c（OH﹣）增大，故错误；‎ 故答案为：AC；‎ ‎（3）混合溶液中溶质为0.05mol/L的NaHC2O4，所得溶液呈酸性，说明HC2O4﹣电离程度大于水解程度，但是其电离和水解程度都较小，水还电离出氢离子，所以离子浓度大小顺序为c（K+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣），‎ 故答案为：c（K+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）；‎ ‎（4）pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，酸根离子水解程度越大时其水溶液中溶质浓度越小，水解程度ClO﹣＞CH3COO﹣，所以pH相同的两种溶液的溶质浓度：NaClO＜CH3COOK；根据电荷守恒得c（Na+）﹣c（ClO﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+）、c（K+）﹣c（CH3COO﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+），两种溶液的pH相等，则两种溶液中c（OH﹣）、c（H+）分别相等，所以c（OH﹣）﹣c（H+）相等，则两溶液中：[c（Na+）﹣c（ClO﹣）]＝[c（K+）﹣c（CH3COO﹣）]，‎ 故答案为：＞；＝；‎ ‎（5）向0.1mol•L﹣1CH3COOH 溶液中滴加 NaOH 溶液至 c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）＝5：9，‎ 醋酸电离平衡常数K＝＝×c（H+），所以c（H+）＝＝mol/L＝10﹣5 mol/L，所以溶液的pH＝5，‎ 故答案为：5。‎ ‎27．（12分）甲醇作为燃料，在化石能源和可再生能源时期均有广泛的应用前景。‎ Ⅰ．甲醇可以替代汽油和柴油作为内燃机燃料。‎ ‎（1）汽油的主要成分之一是辛烷[C8H18（l）]．已知：25℃、101kPa时，1mol C8H18（l）完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出5518 kJ热量。该反应的热化学方程式为______________。‎ ‎（2）已知：25℃、101 kPa时，CH3OH（l）+O2（g）═CO2 （g）+2H2O（l）△H＝﹣726.5kJ/mol 相同质量的甲醇和辛烷分别完全燃烧时，放出热量较多的是______________。‎ ‎（3）某研究者分别以甲醇和汽油做燃料，实验测得在发动机高负荷工作情况下，汽车尾气中CO的百分含量与汽车的加速性能的关系如图1所示。‎ 根据如图1信息分析，与汽油相比，甲醇作为燃料的优点是_______________。‎ Ⅱ．甲醇的合成 ‎（4）以CO2（g）和H2（g）为原料合成甲醇，反应的能量变化如图2所示。‎ ‎①补全上图：图中A处应填入_______________。‎ ‎②该反应需要加入铜﹣锌基催化剂。加入催化剂后，该反应的△H_______________（填“变大”“变小”或“不变”）。‎ ‎（5）已知：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H1＝﹣283kJ/mol；‎ H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2＝﹣242kJ/mol；‎ CH3OH（g）+O2（g）═CO2 （g）+2H2O（g）△H3＝﹣676kJ/mol。‎ 以CO（g）和H2（g）为原料合成甲醇的反应为CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）。该反应的△H为______________ kJ/mol。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】（1）1mol C8H18（l）完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出5518 kJ热量，由焓变及状态可知热化学方程式为C8H18（l）+O2（g）═8CO2（g）+9H2O（l）△H＝﹣5518 kJ/mol，‎ 故答案为：C8H18（l）+O2（g）═8CO2（g）+9H2O（l）△H＝﹣5518 kJ/mol；‎ ‎（2）物质的量与热量成正比，等质量时×5518 kJ＞×726.5kJ，则放热多的为C8H18，‎ 故答案为：C8H18；‎ ‎（3）由图1信息可知，与汽油相比，甲醇作为燃料的优点是汽车的加速性能相同的情况下，CO排放量低、污染小，‎ 故答案为：汽车的加速性能相同的情况下，CO排放量低、污染小；‎ ‎（4）①A为反应物，结合生成物及原子守恒可知，A处为1 mol CO2（g）+3 mol H2（g），‎ 故答案为：1 mol CO2（g）+3 mol H2（g）；‎ ‎②催化剂不改变反应的始终态，则加入催化剂后，该反应的△H不变，‎ 故答案为：不变；‎ ‎（5）由①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H1＝﹣283kJ/mol；‎ ‎②H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2＝﹣242kJ/mol；‎ ‎③CH3OH（g）+O2（g）═CO2 （g）+2H2O（g）△H3＝﹣676kJ/mol。‎ 结合盖斯定律可知，①+②×2﹣③得到CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H＝﹣283kJ/mol+（﹣242kJ/mol）×2﹣（﹣676kJ/mol）＝﹣91kJ/mol，‎ 故答案为：﹣91。‎ ‎28．（13分）电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应用广泛．‎ ‎（1）图1中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择____（填字母序号）‎ a．碳棒 b．锌板 c．铜板 用电化学原理解释材料B需定期拆换的原因______________：‎ ‎（2）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔．图2为“镁﹣次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金．‎ ‎①E为该燃料电池的_负_极（填“正”或“负”）．F电极上的电极反应式为______________．‎ ‎②镁燃料电池负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，用化学用语解释其原因______________．‎ ‎（3）乙醛酸（HOOC﹣CHO）是有机合成的重要中间体．工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸，原理如图3所示，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸．‎ ‎①N电极上的电极反应式为______________．‎ ‎②若有2molH+通过质子交换膜，并完全参与了反应，则该装置中生成的乙醛酸为__mol．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】（1）该装置形成原电池，Fe作负极被保护，所以应该连接比Fe活泼的金属，故锌板；‎ 该装置中Zn作负极、Fe作正极，负极上发生反应为Zn﹣2e﹣═Zn 2+，导致锌板不断被腐蚀而需要定期拆换，‎ 故答案为：b；锌等做原电池的负极，电极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，不断遭受腐蚀，需定期拆换；‎ ‎（2）①电池中，负极上失电子发生氧化反应，化合价升高，正极上得电子发生还原反应，化合价降低，根据图知，Mg元素化合价由0价变为+2价、Cl元素化合价由+1价变为﹣1价，所以E是负极、F 是正极，正极上次氯酸根离子得电子和水反应生成氯离子和氢氧根离子，离子方程式为ClO﹣+2e﹣+H2O═Cl﹣+2OH﹣，故答案为：负；ClO﹣+2e﹣+H2O═Cl﹣+2OH﹣；‎ ‎②镁能和热水反应生成氢氧化镁和氢气而导致负极利用率降低，反应方程式为Mg+2H2O═Mg（OH）2+H2↑，故答案为：Mg+2H2O═Mg（OH）2+H2↑；‎ ‎（3）①根据图知，M电极上有氯气生成，说明M电极上氯离子放电生成氯气，则M为阳极、N为阴极，N电极上乙二酸得电子和氢离子反应生成乙醛酸，电极反应式为HOOC﹣COOH+2e﹣+2H+═HOOC﹣CHO+H2O，故答案为：HOOC﹣COOH+2e﹣+2H+═HOOC﹣CHO+H2O；‎ ‎②若有2molH+通过质子交换膜，并完全参与了反应，根据HOOC﹣COOH+2e﹣+2H+═HOOC﹣CHO+H2O知右边装置有1mol乙醛酸生成，M电极附近发生的反应方程式为Cl2+OHC﹣CHO+H2O═HOOC﹣CHO+2HCl，有2mol氢离子生成时同时生成乙醛酸1mol，所以若有2molH+通过质子交换膜，并完全参与了反应，则该装置中生成的乙醛酸为2mol，故答案为：2．‎ ‎29．（12分）用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为 C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）。‎ ‎（1）写出上述反应的平衡常数表达式__。‎ ‎（2）在2L恒容密闭器中加入足量C与NO发生反应，所得数据如表，回答下列问题。‎ 实验编号 温度/℃‎ 起始时 NO 的物质的量/mol 平衡时 N2 的物质的量/mol ‎1‎ ‎700‎ ‎0.40‎ ‎0.09‎ ‎2‎ ‎800‎ ‎0.24‎ ‎0.08‎ ‎①结合表中数据，判断该反应的△H_ _0（填“＞”或“＜”），理由是______________。‎ ‎②判断该反应达到平衡的依据是______________。‎ A．容器内气体密度恒定 B．容器内各气体浓度恒定 C．容器内压强恒定 D．2v 正（NO）＝v 逆（N2）‎ ‎（3）700℃时，若向 2L 体积恒定的密闭容器中充入一定量 N2和CO2发生反应：N2（g）+CO2（g）⇌C（s）+2NO（g）；其中N2、NO物质的量随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题。‎ ‎①0～10min 内的 CO2平均反应速率 v＝_______________。‎ ‎②图中 A 点 v（正）________________v（逆）（填“＞”、“＜”或“＝”）。‎ ‎③第 10min 时，外界改变的条件可能是______________。‎ A．加催化剂 B．增大C的物质的量 C．减小CO2的物质的量 D．升温 E．降温。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】（1）C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g），平衡常数K＝，‎ 故答案为：；‎ ‎（2）①依据按1和实验2计算平衡状态的平衡常数判断升温平衡移动方向，‎ ‎ C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）‎ 起始量（mol/L） 0.2 0 0‎ 变化量（mol/L） 0.09 0.045 0.045‎ 平衡量（mol/L） 0.11 0.045 0.045‎ K1＝＝0.167‎ ‎ C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）‎ 起始量（mol/L） 0.12 0 0‎ 变化量（mol/L） 0.08 0.04 0.04‎ 平衡量（mol/L） 0.04 0.04 0.04‎ K2＝＝1＞K1，‎ 升温平衡常数增大说明反应为吸热反应，△H＞0，‎ 故答案为：＞； 计算700℃和800℃的平衡常数K1＜K2，所以△H＞0；‎ ‎②A．反应前后气体质量变化，体积不变，当容器内气体密度恒定说明反应达到平衡状态，故A正确；‎ B．容器内各气体浓度恒定是平衡标志，故B正确；‎ C．反应前后气体物质的量不变，容器内压强恒定不能说明反应达到平衡状态，故C错误；‎ D．速率之比等于化学方程式计量数之比，为正反应速率之比，v 正（NO）＝2v 逆（N2）时反应达到平衡状态，选项中2v 正（NO）＝v 逆（N2）‎ 不能说明反应达到平衡状态，故D错误；‎ 故答案为：AB；‎ ‎（3）①0～10min 内，反应中生成NO物质的量0.4mol，则反应二氧化碳物质的量为0.2mol，CO2平均反应速率 v＝＝＝0.01 mol•L﹣1•min﹣1，‎ 故答案为：0.01 mol•L﹣1•min﹣1；‎ ‎②图中A点反应未达到平衡状态，生成物NO物质的量随时间增加，说明反应正向进行，v（正）＞v（逆），‎ 故答案为：＞；‎ ‎③第 10min 时改变条件，NO物质的量增加，生成速率增大，氮气物质的量减小，反应速率增大，证明改变的条件是增大了反应速率，反应正向进行 A．加催化剂加快反应速率，故A符合；‎ B．增大C的物质的量 不影响化学反应速率，故B不符合；‎ C．减小CO2的物质的量，反应正向进行，反应速率减小，故C不符合；‎ D．升温加快反应速率，故D符合；‎ E．降温反应速率减小，图象变化不符合，故E错误；‎ 故答案为：AD。‎