【化学】贵州省思南中学2019-2020学年高二上学期期末考试(解析版)

【化学】贵州省思南中学2019-2020学年高二上学期期末考试(解析版)

贵州省思南中学2019-2020学年高二上学期期末考试 第I卷 选择题 (共48分)‎ 一、单项选择题(每小题3分，共48分)。‎ ‎1.下列实验操作不能达到实验目的的是 A. 热的Na2CO3溶液除去试管中的油污 B. 将AlCl3溶液加热蒸干制取无水AlCl3‎ C. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3溶解在较浓的盐酸中再加水稀释 D. 除去MgCl2溶液中少量FeCl3杂质，加入Mg(OH)2固体后过滤 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.油污在碱性条件下会发生皂化反应，产生可溶性的物质，温度升高促进水解，溶液碱性增强，所以热的Na2CO3溶液可以除去试管中的油污，A正确；‎ B.将AlCl3溶液加热蒸干得到Al(OH)3，为防止盐的水解，制取无水AlCl3应该在HCl环境中加热AlCl3溶液，B错误；‎ C.FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+容易发生水解产生Fe(OH)3，使溶液变浑浊，为抑制盐的水解，在配制FeCl3溶液时，应将FeCl3溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释带一定浓度，C正确；‎ D.Mg(OH)2难溶于水，可以消耗溶液中的H+，使溶液的pH增大到一定范围时，Fe3+就会形成Fe(OH)3，然后过滤，除去难溶性的物质，就得到MgCl2溶液，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎2.在密闭容器中，一定条件下进行如下反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，△H＝－373.2kJ·mol-1，达到平衡后，为提高该反应速率和NO的转化率，采取的正确措施是(　　)‎ A. 加催化剂同时升高温度 B. 加催化剂同时增大压强 C. 升高温度同时充入N2 D. 降低温度同时增大压强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 该反应为气体体积减小、放热的反应，达到平衡后，增大压强可提高该反应的速率和NO的转化率。‎ ‎【详解】A.升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，催化剂不影响平衡，A错误；‎ B.催化剂、增大压强均可加快反应速率，且增大压强平衡正向移动，NO的转化率增大，B正确；‎ C．升高温度同时充入，均使平衡逆向移动，的转化率减小，C错误；‎ D．降低温度反应速率减小，增大压强反应速率增大，故速率变化无法判断，D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎3.升高温度，下列物理量的值一定增大的是( )‎ A. 化学反应的焓变 B. 化学平衡常数 ‎ C. 反应物的转化率 D. 弱酸的电离平衡常数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当化学方程式一定时，焓变只与化学计量数成正比，与温度无关，所以升高温度焓变不变，故A错误；‎ B.若正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，化学平衡常数减小，故B错误；‎ C.若正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，反应物的转化率减小，故C错误；‎ D.弱酸的电离平衡过程是吸热的，升高温度促进弱酸的电离，则弱酸的电离平衡常数增大，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】在可逆反应中，升高温度，平衡向吸热方向移动，若正反应为放热反应，则化学平衡常数和反应物的转化率都会减小。‎ ‎4.下列说法正确的是( )‎ A. 25℃时NH4Cl溶液的KW大于100℃时NH4Cl溶液的KW B. 将浓度为0.1 mol·L-1HF溶液加水不断稀释，c(H+)/c(HF)保持不变 C. 加入铝粉能产生氢气的溶液中，可能存在大量的Na＋、Ba2＋、AlO2－、NO3－‎ D. 100℃时，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 温度越高水的离子积常数越大，25℃时溶液的Kw小于100℃时溶液的Kw，故A错误；‎ B.加水稀释减小，，温度不变Ka不变，故该比值增大，B错误；‎ C. 加入铝粉能产生氢气的溶液可以是酸或碱溶液，碱溶液中可能存在大量的，故C正确；‎ D. 100℃时，离子积大于10-14，将pH=2的盐酸与pH=12的溶液等体积混合，氢离子和氢氧根离子物质的量不相同，氢氧根离子过量，溶液呈碱性，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】100℃时，若 ，则pH＝12的NaOH溶液中，，但是pH=2的盐酸中，两者浓度不相等。‎ ‎5.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。‎ 下列说法不正确的是 A. NO属于共价化合物 B. O2含有非极性共价键 C. 过程②吸收能量，过程③释放能量 D. 标准状况下，NO分解生成11.2LN2转移电子数为6.02×1023‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NO中氮原子和氧原子以共价键相结合，NO只含有共价键，属于共价化合物，故A正确；‎ B. O2中氧原子和氧原子以共价键相结合形成分子，由同种元素形成的共价键为非极性键，故B正确；‎ C. 过程②为NO分子变成氮原子和氧原子，是断键的过程，断键吸收能量，过程③由氮原子和氧原子重新结合形成氮气和氧气，是形成化学键，形成键释放能量，故C正确；‎ D. 11.2LN2的物质的量为0.5mol，2molNO生成1mol N2，氮原子化合价由+2价变为0价，共转移4mol电子，则生成0.5mol N2转移电子数为2×6.02×1023=1.204×1024，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎6.下列事实不能证明HN02是弱电解质的是( )‎ ‎①滴入酚酞，NaN02溶液显红色 ‎②用HN02溶液做导电实验，灯泡很暗 ‎③等pH、等体积的盐酸和HN02溶液中和碱时，HNO2的中和碱能力强 ‎④0.1 mol·L-1HN02溶液的pH=2‎ ‎⑤HN02与CaCO3反应放出CO2气体 ‎⑥c（H+）=0.1 mol·L-1的HN02溶液稀释至1000倍，pH＜4‎ A. ①⑤ B. ②⑤ C. ③⑥ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①滴入酚酞，NaNO2溶液显红色，说明NaNO2溶液显碱性，说明NO2-能水解，即HNO2是弱电解质，故能证明HNO2是弱电解质；‎ ‎②溶液的导电性与离子的浓度有关，弱电解质的浓度大时导电实验中灯泡也很亮，没有对比实验，无法说明HNO2是弱电解质，故不能证明HNO2是弱电解质；‎ ‎③等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液中和碱时，HNO2的中和碱能力强，说明HNO2溶液中HNO2部分电离，故能证明HNO2是弱电解质；‎ ‎④0.1mol•L-1HNO2溶液的pH=2，说明HNO2溶液中HNO2部分电离，故能证明HNO2是弱电解质；‎ ‎⑤HNO2与CaCO3反应放出CO2气体，说明HNO2酸性比碳酸强，但不能说明HNO2是弱酸，故不能证明HNO2是弱电解质；‎ ‎⑥c（H+）=0.1 mol·L-1的HN02溶液稀释至1000倍，假设亚硝酸是强酸，稀释后溶液的pH为4，实际上溶液的pH小于4，说明亚硝酸不完全电离，为弱酸，故能证明HNO2是弱电解质；‎ 答案选B ‎7. 已知室温时，0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1％发生电离，下列叙述错误的是：‎ A. 该溶液的pH=4 B. 升高温度，溶液的pH增大 C. 此酸的电离平衡常数约为1×10-7 D. 由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明溶液中c(H+)=0.1× 0.1%mol·L-1=10-4 mol·L-1，pH=4，故A项正确；‎ B项，升温促进电离，溶液的pH减小，故B项错误；‎ C项，此酸的电离平衡常数约为K===1×10-7，故C项正确；‎ D项，由HA电离出的c(H+)约为10-4 mol·L-1，所以c(H+，水电离)= 10-10 mol·L-1，前者是后者的106倍，所以由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍，故D项正确。‎ 答案选B。‎ ‎8.有一反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，图中的曲线是该反应在不同温度下的平衡曲线，则下列描述不正确的是(　　)‎ A. 该反应是吸热反应 B. b点时混合气体的平均摩尔质量不再变化 C. T1时若由a点达到平衡，可以采取增大压强的方法 D. c点v正>v逆 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象可以看出，随着温度的升高，B的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则反应为吸热反应，处于曲线上的点为平衡状态。‎ ‎【详解】A. 随着温度的升高，B的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则反应为吸热反应，故A正确；‎ B. b点处于平衡状态，混合气体的平均摩尔质量不再变化，故B正确；‎ C. 增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，而a点若想达到平衡，应是平衡向B的转化率减小的方向移动，应减小压强，故C错误；‎ D.‎ ‎ c点未处于平衡状态，要达到平衡，反应应向B的转化率增大的方向移动，即向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故D正确。‎ 故答案选C。‎ ‎9.下列有关反应热的说法中正确的是 A. 一个化学反应是否能在常温下发生与该反应的△H值的大小没有必然联系 B. 中和热△H=- 57.3kJ·mol－1，所以1.00L 1.00mol·L-1H2SO4与稀的NaOH溶液恰好完全反应放出57.3kJ的热量 C. 用等体积的0.50mol·L-1盐酸、0.55mol·L-1NaOH溶液进行中和热测定的实验，会使测得的值偏大 D. 在101kPa时，1molCH4完全燃烧生成CO2和水蒸气放出的热量就是CH4的燃烧热 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、一个化学反应是否能在常温下发生与该反应的△H值的大小没有必然联系，A正确；‎ B、中和热是在一定条件下，稀溶液中，酸与碱反应生成1mol水时所放出的热量，所以1.00L 1.00mol·L-1H2SO4与稀的NaOH溶液恰好完全反应放出2×57.3kJ的热量，B错误；‎ C、用等体积的0.50mol·L-1盐酸、0.55mol·L-1NaOH溶液进行中和热测定的实验，不会影响测定结果，C错误；‎ D、在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量是燃烧热，水的稳定状态是液态，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎10.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。‎ ‎11.下列各组物质混合、加热蒸干、并经充分灼烧，得到混合物的是（　　）‎ A. 0.1 mol•L﹣1 CH3COOH溶液与0.1 mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合 B. 向40mL0.2 mol•L﹣1的NaOH溶液中通入67.2mLCO2（标况）‎ C. 在100mL1 mol•L﹣1NH4Cl溶液中，投入3.9gNa2O2‎ D. 在20mL0.01 mol•L﹣1Mg（HCO3）2溶液中，投入0.2g Mg（OH）2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于等体积等浓度混合,生成醋酸钠溶液,由于氢氧化钠是难挥发性的碱,最终得到的是醋酸钠固体；‎ B．氢氧化钠的物质的量为0.008mol,二氧化碳的物质的量为0.003mol,因此二氧化碳完全反应生成碳酸钠0.003mol,余下氢氧化钠0.002mol未反应,因此灼烧后得到的固体为碳酸钠和氢氧化钠的混合物；‎ C．过氧化钠先与水反应,根据钠离子守恒,生成氢氧化钠0.1mol,恰好可与氯化铵完全反应生成氯化钠和一水合氨，加热蒸干得到氯化钠；‎ D．不论氢氧化镁或碳酸氢镁灼烧均分解为氧化镁,因此最终的固体为氧化镁；‎ 综上应选B。‎ ‎12.在100℃时，把0.5molN2O4通入体积为5L的真空密闭容器中，立即出现红棕色。反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol·L-1。在60s时，体系己达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6 倍。下列说法正确的是( )‎ A. 前2s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol·L-1·s-1‎ B. 在平衡时体系内N2O4的物质的量为0.25mol C. 在2s时体系内的压强为开始时的1.1倍 D. 平衡时，N2O4的转化率为40%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 2秒时，的浓度为0.02mol/L，则转化的浓度为0.01mol/L，则前2秒，以表示的平均反应速度为，故A错误；‎ B. 反应进行到60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍，设消耗的物质的量为x，则 根据压强之比等于物质的量之比，解得x=0.3mol。在平衡时体系内含物质的量为，故B错误；‎ C. ‎ ‎，在2s时体系内的压强为开始时的1.1倍，故C正确；‎ D.平衡时，的转化率为，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎13.汽车尾气(含烃类、CO、NO与SO2等)，是城市主要污染源之一，治理的办法之一是在汽车排气管上装催化转化器，它使NO与CO反应生成可参与大气生态循环的无毒气体，反应原理：2NO(g)＋2CO(g)= N2(g)＋2CO2(g)，在298 K、100 kPa下，ΔH＝－113 kJ·mol－1、ΔS＝－145 J·mol－1·K－1。下列说法中错误的是(　　)‎ A. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 B. 该反应常温下不能自发进行，因此需要高温和催化剂 C. 该反应常温下能自发进行，高温和催化剂只是加快反应的速率 D. 汽车尾气中的这两种气体会与血红蛋白结合而使人中毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据该反应的焓变和熵变，利用判断反应进行的方向。‎ ‎【详解】A.该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，A正确；‎ B.常温下， ，故该反应常温下可自发进行，B错误；‎ C. 该反应常温下可自发进行，高温和催化剂只是加快反应的速率，故C正确；‎ D.和均会与血红蛋白结合而使人中毒，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】放热利于反应自发进行，熵增有利于反应自发；化学反应的方向的判据为： 反应能自发进行； 反应达到平衡状态；反应不能自发进行。‎ ‎14.工业上燃烧硫矿石制取硫酸产生的废气SO2，用电化学原理将SO2转化为重要的化工原料，如图，下列说法正确的是(　　)‎ A. 电池工作时，消耗O2、SO2物质的量之比为2∶1‎ B. 电子从a极经导线移向b极，再经溶液移向a极 C. 电池工作一段时间后电解质溶液的pH增大 D. a为负极，电极反应式为SO2+2H2O-2e-= SO42-+4H+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a为电池负极，电极反应为，b为电池正极，电极反应式为：。‎ ‎【详解】A.根据得失电子相等，氧气和二氧化硫之比为1:2，A错误；‎ B.电子不能在溶液中移动，B错误；‎ C.电池总反应为：，生成硫酸，pH降低，C错误；‎ D. a为电池负极，电极反应为，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】判断溶液pH的变化，不能看某一个电极的变化，要分析总反应方程式，总反应是否生成或消耗酸碱，生成酸或消耗碱则pH降低，生成碱或消耗酸则pH升高，若无酸碱的生成与消耗，还需考虑水的体积变化，如生成水则造成溶液体积略变大，碱性溶液pH减小，酸性溶液pH增大。‎ ‎15.下图是可逆反应 A + 2B2C + 3D 的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变(先降温后加压)而变化的情况，由此可推断 A. 若 A、B 是气体，则 D 是液体或固体 B. A、B、C、D均为气体 C. 逆反应是放热反应 D. 达平衡后，v(A)正 = 2v(C)逆 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过图像分析可知，降低温度，正逆反应速率都降低，反应正向进行，则正反应为放热反应；增大压强，体积减小，正逆反应速率增大，反应正向进行；‎ ‎【详解】A. 若 A、B 是气体，增大压强，反应正向进行，则反应物的气体计量数的和大于生成物的气体计量数，则D 是液体或固体，A正确；‎ B.结合A分析可知，D 是液体或固体，B错误；‎ C.结合以上分析可知，正反应为放热反应，逆反应为吸热反应，C错误；‎ D.平衡时，同侧异向，异侧同向，化学计量系数成正比，应为2v(A)正 = v(C)逆，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎16.草酸(H2C2O4)是二元弱酸，NaHC2O4溶液呈酸性。常温下，向10 mL 0.01 mol/L NaHC2O4溶液中滴加0.01 mol/L NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系错误的是( )‎ A. V(NaOH) = 0时，c(H＋) >1×10－7mol/L B. V(NaOH)＜10 mL时，可能存在c(Na＋) = 2c(C2O42-)＋c(HC2O4- )‎ C. V(NaOH) = 10 mL时，溶液的pH为9，则10-9= 10-5-2c(H2C2O4)-c(HC2O4-)‎ D. V(NaOH)＞10 mL时，可能存在c(OH- )＞c(Na＋)＞c(C2O42-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎，10 mL 0.01 mol/L溶液中滴加10 mL 0.01 mol/L溶液时，溶质恰好为。‎ ‎【详解】A.时，溶液为溶液，呈酸性，，A正确；‎ B. 时，溶液为和的混合溶液，溶液有可能显中性，若显中性，根据电荷守恒则有，B正确；‎ C.时，溶液为溶液，质子守恒为：，溶液的pH为9，即、，故，C正确；‎ D.时，溶液为和溶液的混合溶液，，D错误；‎ 答案选D。‎ 第II卷 非选择题 (共52分)‎ 二、填空、简答题 ‎17.如图所示,A为电源,B为浸透饱和食盐水和酚酞的滤纸,滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液,C、D为电解槽,其电极材料及电解质溶液如图所示。‎ ‎(1)闭合K1 ,断开K2 ,通电后,d端显红色,则电源a端为______极,若c、d为惰性电极，c端的电极反应是____________________________________‎ 检验c端产物的方法_______________________________________________‎ 高锰酸钾液滴现象__________________________________________________‎ ‎(2)已知C装置中溶液的溶质为Cu(NO3)2和X(NO3)3 ,且均为0.1 mol,断开K1,闭合K2,通电一段时间后,阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如图所示,则Cu2+、X3+、H+ 氧化能力由大到小的顺序是_______; ‎ ‎（3）D装置中反应的方程式 ___________________________‎ ‎【答案】 (1). 正 (2). 2Cl－－2e－=Cl2↑ (3). 将湿润的淀粉碘化钾试纸置于电极附近，试纸变蓝 (4). 紫红色向c极移动 (5). Cu2+>H+>X3+； (6). Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）关闭K1，打开K2，为电解饱和食盐水装置，其电解总反应为：2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑，d端呈红色，说明d端生成了OH-，由此可知，b为电源负极，a端为电源正极；c为电解池的阳极，若c为惰性电极，其电极反应式为：2Cl－－2e－=Cl2↑；c端产物为Cl2，常用湿润淀粉碘化钾试纸检验，其检验方法为：将湿润的淀粉碘化钾试纸置于电极附近，若试纸变蓝，则说明生成了Cl2；KMnO4溶液为电解质溶液，电解过程中，c端Cl-被氧化，MnO4-向c极移动，其现象为：紫红色向c极移动；‎ ‎（2）根据电解C的图象可知，通电后就有固体生成，当通过电子为0.2mol时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜。如果是X3+析出，电子数应该是0.3mol，则氧化能力为Cu2+>X3+，当电子超过0.2mol时，固体质量没变，说明这是阴极产生的是氢气，即电解水，说明氧化能力H+>X3+，故氧化能力为Cu2+>H+>X3+；‎ ‎（3）断开K1，闭合K2，由（1）分析已知b为电源负极，即D装置中碳棒作为阴极，Cu电极作为阳极，阴极上的电极反应是H+得到电子，阳极上是Cu失去电子，故D装置中反应的化学方程式为：Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑。‎ ‎18.已知A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下：‎ 温度/℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1 000‎ ‎1 200‎ 平衡常数 ‎17‎ ‎1.1‎ ‎1.0‎ ‎0.6‎ ‎0.4‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)该反应的ΔH______0(填“＜”“＞”或“＝”)。‎ ‎(2)830 ℃时，向一个5 L的密闭容器中充入0.20 mol的A和0.80 mol的B，如反应初始6 s内A的平均反应速率v(A)＝0.003 mol·L－1·s－1，则6 s时c(A)＝________mol·L－1，C的物质的量为________mol；若反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为________，如果这时向该密闭容器中再充入1 mol氩气，平衡时A的转化率为________。‎ ‎(3)1200℃时反应C(g)＋D(g)A(g)＋B(g)的平衡常数的值为________。‎ ‎【答案】 (1). ＜ (2). 0.022 (3). 0.09 (4). 80% (5). 80% (6). 2.5‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）由表中数据可知，温度升高平衡常数降低，平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应；‎ ‎（2）根据计算，A的起始浓度-=6s时；根据计算，再根据方程式计算C的物质的量；设平衡时A的浓度变化量为x，利用三段式表示平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数列方程计算x的值，再根据转化率定义计算；恒容容器充入稀有气体，平衡不移动，转化率不变；‎ ‎（3）同一温度下，同一反应的正、逆反应的平衡常数互为倒数。‎ ‎【详解】(1)由表中数据可知，温度升高平衡常数降低，平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，即△H＜0；‎ ‎(2)反应初始6s内A的平均反应速率，则6s内，A的起始浓度为,故6s时时，故6s内，由方程式可知，设平衡时A的浓度变化量为x，则：‎ 故，解得x=0.032，所以平衡时A的转化率为；向该密闭容器中再充入1 mol氩气，因该容器为恒容容器，加入不参与反应的气体，平衡不移动，故A转化率还是80%；‎ ‎(3)同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数，故1200℃时反应的平衡常数的值为。‎ ‎19.工业上用难溶于水的碳酸锶（SrCO3）粉末为原料(含少量钡和铁的化合物)制备高纯六水氯化锶晶体(SrCl2·6H2O)，其过程为：‎ 已知：Ⅰ.有关氢氧化物沉淀的pH：‎ 氢氧化物 Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ 开始沉淀的pH ‎1.5‎ ‎6.5‎ 沉淀完全的pH ‎3.7‎ ‎9.7‎ Ⅱ.SrCl2·6H2O晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水。‎ ‎（1）操作①需要加快反应速率，措施有充分搅拌和____________________（写一种）。碳酸锶与盐酸反应的离子方程式________________________________。‎ ‎（2）在步骤②～③的过程中，将溶液的pH值由1调节至_______；宜用的试剂为_______。‎ A．1.5 B．3.7 C．9.7 D．氨水 E．氢氧化锶粉末 F．碳酸钠晶体 ‎（3）操作③中所得滤渣的主要成分是_______________________(填化学式)。‎ ‎（4）工业上用热风吹干六水氯化锶，适宜的温度是_______。‎ A．50～60℃ B．80～100℃ C．100℃以上 ‎（5）步骤⑥宜选用的无机洗涤剂是_______________。‎ ‎【答案】 (1). 加热、适当增加盐酸浓度 (2). SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O (3). B (4). E (5). Fe(OH)3、BaSO4 (6). A (7). 饱和氯化锶溶液 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以SrCO3为原料制备六水氯化锶（SrCl2•6H2O），由流程可知，SrCO3和盐酸发生反应：SrCO3+2HCl=SrCl2+CO2↑+H2O，反应后溶液中除含有Sr2+和Cl-外，还含有少量Fe2+、Ba2+杂质，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，同时调节溶液pH，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl2•6H2O。据此解答。‎ ‎【详解】（1）加快反应速率，可通过增大反应物浓度、加热、搅拌、增大接触面积等，碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、二氧化碳和水，反应的离子方程式为SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O；‎ ‎（2）在步骤②～③的过程中，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，调节pH就是为了除去Fe3+，Fe3+完全沉淀的pH是3.7，所以应将溶液的pH值由1调节至3.7，但不能引入杂质，最好选用氢氧化锶粉末；答案选BE；‎ ‎（3）碳酸锶中含少量钡化合物，加入了稀硫酸，所以有硫酸钡生成，调节pH可生成氢氧化铁沉淀,所以操作③中所得滤渣的主要成分是Fe(OH)3、BaSO4；‎ ‎（4）SrCl2·6H2O 晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水，所以用热风吹干六水氯化锶的温度不能高于61℃，答案选A；‎ ‎（5）步骤⑥得到SrCl2·6H2O，所以选用的无机洗涤剂是饱和氯化锶溶液，既不引入杂质，也能减小晶体的溶解。‎ ‎20.将一定量NO2和N2O4的混合气体通入体积为1 L的恒温密闭容器中，各物质浓度随时间变化的关系如图所示：‎ 计算该反应的平衡常数K＝________。反应进行到20 min时，再向容器内充入一定量NO2,10‎ ‎ min后达到新的平衡，此时测得c(NO2)＝0.9 mol·L－1。第一次平衡时混合气体中NO2的体积分数为w1，达到新平衡后混合气体中NO2的体积分数为w2，则w1________w2(填“＞”、“＝”或“＜”)。‎ ‎【答案】 (1). 0.9 (2). ＞‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像可知平衡时 ，代入计算；反应进行到20min时，再向容器内充入一定量，等效为在原平衡基础上增大压强，平衡向生成的方向移动，平衡时的体积分数减小。‎ ‎【详解】根据⇌2结合图像可知X曲线表示NO2，Y曲线表示N2O4，则平衡时，则平衡常数；恒温恒容下，再充入一定量，等效为增大压强，平衡逆向移动，新平衡后混合气体中的体积分数减小，故w1＞w2。‎ ‎21.25℃，浓度都是1mol/L的四种正盐溶液，其pH情况如下：‎ AX BX AY BY pH=7，c(X-)=1mol/L pH=4‎ pH=6‎ ‎ (1)AY溶液pH______7 (填“＞”、“＜”或“=”)；‎ ‎(2)将等浓度的HX、HY稀释相同的倍数，溶液的pH变化幅度：HX______HY；若将等体积、等pH的AOH、BOH溶液在稀释时pH均下降2，则加水量：AOH______BOH(均填“＞”、“＜”或“=”)；‎ ‎(3)在BX溶液中：c(B+)＋c(H+)－c(OH-)=________mol/L；在AY溶液中：c(A+)－c(Y-)=___________(用两项表示)；‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). ＞ (3). ＜ (4). 1mol/L (5). c(OH-)－c(H+)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 的溶液pH=7且c(X-)=1mol/L，说明是强酸，是强碱，溶液pH=4，溶液pH=6，溶液显酸性，说明是弱酸，是弱碱，且的电离程度小于。‎ ‎【详解】（1）根据上述分析，是强碱，是弱酸，故是强碱弱酸盐，水解显碱性，pH＞7；‎ ‎（2）是强酸，完全电离，是弱酸，不完全电离，稀释时的电离平衡正向移动，pH变化小，故稀释相同倍数pH变化幅度：HX＞HY；是强碱，是弱碱，稀释相同倍数时溶液的pH变化大，故pH都下降2时，加水量少；‎ ‎（3）在溶液中存在电荷守恒：，是强酸，故未水解，浓度为1mol/L，所以；在溶液中，根据电荷守恒：，故。‎