甘肃省张掖市山丹县第一中学2017-2018学年高二上学期期末考试质量检测化学试题

甘肃省张掖市山丹县第一中学2017-2018学年高二上学期期末考试质量检测化学试题

甘肃省张掖市山丹县第一中学2017—2018学年高二上学期期末检测 化学试题 ‎1. 下列实验操作和数据记录都正确的是 A. 用25 mL碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，体积为16.60 mL B. 用标准NaOH溶液滴定未知浓度盐酸，用去NaOH溶液20.50 mL C. 用10 mL量筒量取8.25 mL盐酸 D. 用pH试纸测得某溶液pH为3.2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，A错误；‎ B、滴定管读数到0.01mL，B正确；‎ C、量筒只能读数到0.1mL，C错误；‎ D、pH试纸只能读数到整数，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2. 能在溶液中大量共存的一组离子是 A. NH4+、Ag+、PO43-、Cl- B. Fe3+、H+、I-、HCO3-‎ C. K+、Na+、NO3-、MnO4- D. Al3+、Mg2+、SO42-、CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ag+与PO43-、Cl-均能生成沉淀，不能大量共存；‎ B．Fe3+与I-、HCO3-均能发生离子反应，不能大量共存；‎ C．K+、Na+、NO3-、MnO4-在同一溶液中，不发生离子反应，可大量共存；‎ D．Al3+与CO32-能发生双水解反应，不能大量共存，Mg2+与CO32-能生成沉淀，不能大量共存；‎ 答案为C。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎3.在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、‎ ‎3vc=2vB，则此反应可表示为（ ）‎ A. ‎2A+3B=‎2C B. A+3B=‎2C C. ‎3A+B=‎2C D. A+B=C ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在同一反应中用不同的物质来表示反应速率时，其数值之比等于化学反应方程式中各物质的化学计量数之比。‎ ‎【详解】，即，，即；所以，故化学反应方程式可表示为‎2A+3B=‎2C，A正确。‎ ‎4.下列化学用语书写正确是（ ）‎ A. 次氯酸的电离方程式：HClO===H++ClO－‎ B. 铝溶于烧碱溶液的离子方程式：Al+2OH－==AlO2－+H2↑‎ C. 电解精炼铜的阴极反应式：Cu－2e－==Cu2+‎ D. 已知中和热为57.3 kJ·mol－1，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式：H2SO4 (aq)+2NaOH(aq)==Na2SO4(aq)+2H2O(l) ΔH=－114.6 kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项，次氯酸是一元弱酸，部分电离，电离方程式为：HClOH++ClO-，故A错误；B项，铝与烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，则离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故B错误；C项，阴极发生还原反应，电解精炼铜过程中，阴极上Cu2+得电子生成Cu，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，故C错误；D项，已知中和热为57.3 kJ·mol-1，根据中和热概念，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3kJ•mol-1，即H2SO4(aq)+2NaOH(aq)= Na2SO4(aq)+2H2O(l) ΔH=-114.6kJ•mol-1，故D正确。‎ 点睛：本题考查了电离方程式、离子方程式、电极反应式、热化学方程式的书写等基础知识，注意明确：①强弱电解质电离的不同，强电解质完全电离，弱电解质部分电离，书写电离方程式时，前者用“=”后者用“”；②离子方程式书写原则：可溶性强电解质要拆写成离子，遵循原子守恒和电荷守恒，如题中B 项电荷不守恒；③电解原理及电极反应式的书写，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，则题中电解精炼铜，阳极为粗铜发生反应Cu-2e-=Cu2+，电解液为含有Cu2+的溶液，阴极为精铜；④中和热概念，强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量。‎ ‎5.250℃‎和1.01×105 Pa时，该反应能自发进行：2N2O5(g) = 4NO2(g) + O2(g) △H= +56.76 kJ/mol，其自发进行的原因是 A. 是吸热反应 B. 是放热反应 C. 是熵减少的反应 D. 熵增大效应大于能量效应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H-T•△S＜0时，反应能自发进行。‎ ‎【详解】反应能自发进行，应有△G=△H-T•△S＜0，因△H＞0，则△H＜T•△S，说明熵增大效应大于能量效应，‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查焓变和熵变，题目难度不大，注意根据自由能判断反应的自发性，特别注意反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据。‎ ‎6.可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，如果SO2的起始浓度为2mol·L－1，2min后SO2的浓度为1.8 mol·L－1，则用O2的浓度变化表示的反应速率为（ ）‎ A. 0.1‎mol·L－1·min－1 B. 0.05mol·L－1·min－1‎ C. 0.2 mol·L－1·min－1 D. 0.9mol·L－1·min－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】SO2的起始浓度为2mol·L－1，2min后SO2的浓度为1.8 mol·L－1，2min之内SO2的速率为：，则以氧气表示的化学反应速率为，B正确。‎ ‎7.已知‎25 ℃‎ 时，AgCl 的溶度积Ksp=1.8×10-10，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大 B. AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中，一定有c（Ag+）=c（Cl-）‎ C. 温度一定时，当溶液中c（Ag+）×c（Cl-）=Ksp时，此溶液中必有AgCl的沉淀析出．‎ D. 将AgCl加入到较浓的KI溶液中，部分AgCl转化为AgI，因为AgCl溶解度大于AgI ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项加入盐酸引起沉淀溶解平衡移动，Ksp不变，A项错误；‎ B项由于不知道AgNO3和NaCl物质的量情况，不一定具有c(Ag+)=c(Cl-)，B项错误；‎ C项当有c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp时，沉淀的溶解处于平衡状态，不一定有AgCl沉淀析出，C项错误；‎ D项由于AgCl转化为AgI，是因为溶解度大的AgCl转化为溶解度小的AgI，D项正确；‎ 故选D。‎ ‎8.通常人们把拆开1 mol某化学键所消耗的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热。‎ 化学键 Si—O Si—Cl H—H H—Cl Si—Si Si—C 键能/kJ·mol－1‎ ‎460‎ ‎360‎ ‎436‎ ‎431‎ ‎176‎ ‎347‎ 工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，该反应的反应热△H为 A. ＋236 kJ·mol－1 B. －236 kJ·mol－1‎ C. ＋412 kJ·mol－1 D. －412 kJ·mol－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量，据此解答。‎ ‎【详解】平均1个硅原子形成2个Si－Si键，工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，则该反应的反应热△H＝（4×360+2×436－2×176－4×431）kJ/mol=+236 kJ/mol，答案选A。‎ ‎9.下列说法，你认为不正确的是（ ）‎ A. 平衡常数随温度的改变而改变 B. 对于密闭容器中反应2SO2+O22SO3，2体积SO2与足量O2反应，能生成2体积SO3‎ C. 合成氨反应中使用催化剂，降低了反应所需要的活化能 D. 反应H2(g)＋I2 (g) 2HI(g) 在‎450℃‎时，其平衡常数为49；则反应HI(g) 1∕2 H2(g) ＋1∕2 I2(g) 在‎450℃‎时的平衡常数为1/7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.平衡常数受温度影响，温度不变，平衡常数不变，正确；‎ B.对可逆反应而言，反应物不能彻底进行，2体积SO2与足量O2反应，生成SO3的体积小于2体积，错误；‎ C.催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分数，正确；‎ D. 化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以逆反应的平衡常数是正方应平衡常数的倒数。由于逆反应的化学计量数是正方应化学计量数的1/2，所以该逆反应的平衡常数K＝(1/49)1/2＝1/7，正确；故选B。‎ ‎10.在一密闭容器中进行反应2SO2+O2⇌2SO3，已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L，当反应达平衡时，可能存在的数据是（　　）‎ A. SO2为0.4mol/L，O2为0.2mol/L B. SO2为0.25mol/L C. SO2、SO3均为0.15mol/L D. SO3为0.4mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO2和O2的浓度均增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度变化分别为0.2mol/L、0.1mol/L，因可逆反应，实际变化应小于该值，所以SO2小于 0.4mol/L，O2小于0.2mol/L，故A错误； B．SO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2的浓度浓度变化为0.2mol/L，该题中实际变化为0.05mol/L，小于0.2mol/L，故B正确； C．根据原子个数守恒，反应物、生产物的浓度不可能同时减小，故C错误； D．SO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，SO3的浓度的浓度变化为0.2mol/L，该反应可逆，实际变化小于该值，即SO3的浓度小于 ‎ 0.4mol/L，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎11.下列对化学平衡移动分析中，不正确的是 ‎①已达平衡的反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)，当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动　②已达平衡的反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高 ③有气体参加的反应达到平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动　④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动 A. ①④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①已达平衡的反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)，若增加C(s)物质的量，则平衡不移动，①不正确；‎ ‎②已达平衡的反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率降低，②不合题意；‎ ‎③有气体参加的反应达到平衡时，减小反应器容积，相当于加压，平衡向气体分子数减小的方向移动，③不正确；‎ ‎④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，混合气的体积增大，反应物和生成物浓度同等程度减小，相当于减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动，④不正确。‎ 综合以上分析，①②③④都不正确。‎ 故选D。‎ ‎12.某种氢氧燃料电池的电解液为KOH溶液，下列有关该电池的叙述不正确的是(　　)‎ A. 正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－‎ B. 工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量不变 C. 该燃料电池的总反应方程式为：2H2＋O2=2H2O D. 用该电池电解CuCl2溶液，产生‎2.24 L Cl2(标准状况)时，有0.1 mol电子转移 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把释放能量的氧化还原反应：2H2＋O2=2H2O通过电池反应进行就制得氢氧燃料电池。‎ ‎【详解】A、H2失去电子，在负极上被氧化，产生H＋，由于电解液中有大量的OH－，所以电极反应式为：2H2－4e－＋4OH－=4H2O，正确；‎ B、工作一段时间后，KOH的物质的量不变，KOH溶液被稀释，正确；‎ C、电池总反应方程式为：2H2＋O2=2H2O，正确；‎ D、n(Cl2)＝0.1 mol，转移电子0.2 mol，错误；‎ 答案选D。‎ ‎13.下列热化学方程式中.△H能正确表示物质的燃烧热的是（　　）‎ A. CO(g) +O2(g) ==CO2(g); △H＝-283.0 kJ/mol B. C(s) +O2 ==CO(g); △H＝-110.5 kJ/mol C. H2(g) + O2(g)==H2O(g); △H＝-241.8 kJ/mol D. ‎2C8H18(l) +25O2(g)==16 CO2(g)+18 H2O(l); △H＝-1136 kJ/mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中△H能正确表示物质的燃烧热可知，本题考查燃烧热的概念，运用1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量叫燃烧热来分析。‎ ‎【详解】A. CO的化学计量数为1，产物为稳定氧化物，△H代表燃烧热，A项正确；‎ B.C的化学计量数为1，但产物不是稳定氧化物，△H不代表燃烧热，B项错误；‎ C.H2的化学计量数为1，但产物不是稳定氧化物，△H不代表燃烧热， C项错误；‎ D. C8H18的化学计量数为2，产物是稳定氧化物，△H不代表燃烧热， D项错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】碳燃烧生成的稳定氧化物是二氧化碳。硫燃烧生成的稳定氧化物是二氧化硫。氢燃烧生成的稳定氧化物是液态水。‎ ‎14.常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，该溶液可能是( )‎ ‎①二氧化硫 ②氯化铵水溶液 ③硝酸钠水溶液 ④氢氧化钠水溶液 A. ①④ B. ①② C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据常温下溶液中由水电离出来的c（H +）=1.0×10 -13mol•L -1，和水中的氢离子浓度比较可知，水的电离被抑制，结合所给物质的性质分析判断。‎ ‎【详解】c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，说明水的电离受到抑制，溶液为强酸或强碱溶液。‎ ‎①二氧化硫溶于水生成了亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子，会抑制水的电离，故①正确；‎ ‎②氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子会发生水解，水解的本质是促进水的电离，故②错误；‎ ‎③硝酸钠是强酸强碱盐，溶液为中性，水的电离程度不会减小，故③错误；‎ ‎④氢氧化钠为强碱，会抑制水的电离，故④正确。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎15.如图所示各容器中盛有海水，铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序是 A. ④＞②＞①＞③ B. ②＞①＞③＞④ C. ③＞②＞④＞① D. ④＞②＞③＞①‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由图可知④是电解池，铁是阳极，腐蚀速率最快；②中Fe为原电池的负极被腐蚀，腐蚀速率也较快；③中铁为原电池的正极，被保护，不被腐蚀；①属于金属铁的化学腐蚀，腐蚀速率较慢；则腐蚀时由快到慢的顺序是④＞②＞①＞③，故选A。‎ 点睛：注意不同条件下金属腐蚀的快慢：电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀。‎ ‎16.将氨水缓缓地滴入盐酸中至中性，下列有关的说法：①盐酸过量 ②氨水过量 ③恰好完全反应 ④c (NH4+) = c(Cl－) ⑤c (NH4+) ＜ c(Cl－) 正确的是 A. ②④ B. ③④ C. ②⑤ D. ①⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当氨水与盐酸恰好完全反应时，生成NH4Cl和水，由于水解反应使溶液呈酸性，当将氨水滴入盐酸中至中性，说明氨水过量，①③错误，②正确；由电荷守恒得：c(H＋)＋c(NH4＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，溶液呈中性说明c(H＋)＝c(OH－)，则c(NH4＋)＝c(Cl－)，④正确，选A.‎ ‎17.下列实验操作能达到目的的是 ‎①用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体 ②用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得K2CO3晶体③用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体 ④加热MgCl2溶液制取MgCl2固体 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①硫离子和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为：2Al3++3S2-+6H2O=3H2S↑+2Al（OH）3↓；无法制取硫化铝（Al2S3）固体，如果制取硫化铝固体，可以用金属铝和硫粉加热的方法来制取，故①错误；‎ ‎②碳酸钾受热稳定，可蒸发得到碳酸钾，故②正确；‎ ‎③硫化铜为黑色沉淀，可发生反应，故③正确；‎ ‎④氯化镁结晶水合物加热过程中镁离子是弱碱阳离子易水解生成氢氧化镁，MgCl2•6H2O制取无水氯化镁时需要在氯化氢气流的氛围下加热固体，故④错误；‎ 故选B。‎ ‎18. 把a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连可以组成几个原电池。若a、b 相连时a为负极；c、d相连时电流由d到c；a、c相连时c上产生大量气泡；b、d相连时b上有大量气泡产生，则四种金属的活动性顺序由强到弱为（ ）‎ A. a＞c＞d＞b B. a＞b＞c＞d C. c＞a＞b＞d D. b＞d＞c＞a ‎【答案】A ‎【解析】‎ 原电池中，活泼金属作负极失去电子，较不活泼金属作正极，离子在正极得到电子。a、b相连时，a为负极，故活性a＞b；c、d相连时，电流由d到c，故d为正极，c为负极，故活性c＞d；a、c相连时，c极产生气泡，说明H+‎ 在c极得到电子变成氢气，说明c是正极，a为负极，故活动性a＞c；b、d相连时，b极产生气泡，说明H+在b极得到电子变成氢气，说明b是正极，d为负极，故活动性d＞b；故四种金属活动性顺序为a＞c＞d＞b。‎ 综上所述，本题正确答案为A。B C D均错。‎ ‎19.对于可逆反应A(g)＋2B(g)‎2C(g)(正反应吸热)，下列图象正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查化学反应速率变化曲线及其应用，体积百分含量随温度、压强变化曲线图像。可逆反应A(g)+2B(g)‎2C(g)（正反应吸热），则升高温度，正逆反应速率均增大，化学平衡正向移动；增大压强，化学平衡正向移动，结合图象来解答。‎ ‎【详解】A.增大压强，平衡正向移动，则交叉点后正反应速率应大于逆反应速率，A错误；‎ B.增大压强，平衡正向移动，则t1时正反应速率应大于逆反应速率，B错误；‎ C.温度高的反应速率快，达到平衡时所需时间少，与图象不符，C错误；‎ D.温度高的反应速率快，达到平衡时所需时间少，且升高温度平衡正向移动，A%减小，与图象一致，D正确。‎ ‎20.高铁电池是一种新型可充电电池，该电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 放电时正极附近溶液的碱性减弱 B. 充电时阳极反应为：Fe(OH)3－3eˉ+5OHˉ=FeO42ˉ+4H2O C. 放电时每转移 3 mol 电子，正极有 1 mol K2FeO4 被还原 D. 放电时负极反应为：Zn－2eˉ+2OHˉ＝Zn(OH)2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由总反应方程式可知，放电时，负极电极反应为：，正极电极反应为：‎ ‎【详解】A. 放电时，正极电极反应为：，则正极附近溶液的碱性增强，A错误；‎ B. 充电时阳极反应为：，B正确；‎ C. 放电时，正极电极反应为：，每转移3mol电子，正极有 1mol K2FeO4 被还原，C正确；‎ D. 放电时锌发生失电子的氧化反应，则负极电极反应式为：，D正确。‎ ‎21. pH=13的 强碱与pH=2的强酸溶液混合，所得混合液的pH＝11，则强碱与强酸的体积比为 A. 9:1 B. 1:‎11 ‎C. 1:9 D. 11:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设强碱与强酸的体积分别是x、y。所得混合液的pH＝11，说明碱是过量的。反应后的溶液中OH－的浓度是0.001mol/L，所以有，解得x︰y＝1︰9，C项正确，‎ 答案选C。‎ ‎22.用惰性电极电解CuSO4 和KNO3的混合溶液500mL，经过一段时间后，两极均得到标准状况下‎11.2L的气体，则原混合液中CuSO4的物质的量浓度为（　　）‎ A. 0.5‎‎ mol•L﹣1 B. 0.8 mol•L﹣‎1 ‎C. 1.0 mol•L﹣1 D. 1.5 mol•L﹣1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用惰性电极电解含CuSO4和KNO3混合溶液，溶液中阳离子放电顺序Cu2+＞H+，阳极电极反应为溶液中阴离子氢氧根离子失电子生成氧气：4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为：Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑，依据两极生成气体物质的量结合电解过程中电子守恒计算便可求解。‎ ‎【详解】用惰性电极电解含CuSO4和KNO3混合溶液，在两极均生成标准状况下的气体‎11.2L，气体的物质的量为n==0.5mol，溶液中阳离子放电顺序Cu2+>H+，阳极电极反应为溶液中阴离子氢氧根离子失电子生成氧气：4OH−−4e−=2H2O+O2↑，生成0.5molO2，需电子为4×0.5mol=2mol；‎ 阴极电极反应为：Cu2++2e−=Cu、2H++2e−=H2↑，生成0.5molH2，需0.5mol×2=1mol电子，依据电子守恒，铜离子得到电子1mol，反应的铜离子物质的量0.5mol，所以Cu2+的物质的量浓度，则原混合液中CuSO4的物质的量浓度为1.0 mol•L﹣1，‎ 答案选C。‎ ‎23.恒温、恒压下，反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)从两条途径分别建立平衡：‎ Ⅰ．N2、H2的起始浓度分别为1 mol / L和3 mol / L；‎ Ⅱ．NH3的起始浓度为4 mol / L。下列有关叙述不正确的是：‎ A. 途径Ⅰ与途径Ⅱ所得混合气体的百分组成相同 B. 途径Ⅰ的平衡速率v (N2)与途径Ⅱ的平衡速率v (NH3)的比值为1∶2‎ C. 途径Ⅰ所得NH3的浓度与途径Ⅱ所得NH3的浓度之比为1∶2‎ D. 途径Ⅰ与途径Ⅱ所得平衡混合气体的物质的量之比为1∶2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 途径Ⅰ开始水N2、H2的物质的量分别是1mol、3mol；途径Ⅱ开始时NH3物质的量是4mol，按照化学计量数转化到左边，可得N2、H2的物质的量分别是2mol、6mol，二者的物质的量的比是1:3，与途径Ⅰ相同，所以二者是等效平衡。同种物质的含量相同，浓度相同，转化率相同。‎ ‎【详解】A. 途径Ⅰ与途径Ⅱ为等效平衡，同种物质的百分含量相同，即所得混合气体的百分含量相同，正确；‎ B.途径Ⅰ与途径Ⅱ为等效平衡，平衡时，同种物质的浓度相等，同种物质表示的反应速率也相等，速率比等于方程式中该物质的化学计量数的比，故途径Ⅰ的反应速率v(N2)与途径Ⅱ的反应速率v(NH3)的比值是1:2，正确；‎ C. 途径Ⅰ与途径Ⅱ为等效平衡，平衡时，同种物质的浓度相等，故途径Ⅰ所得NH3的浓度与途径Ⅱ所得NH3的浓度相等，错误；‎ D. 途径Ⅰ与途径Ⅱ为等效平衡，且途径Ⅱ的物质刚好是途径Ⅰ的2倍，所以途径Ⅰ与途径Ⅱ所得平衡混合气体的物质的量之比是1:2，正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】如果物质开始状态不同，当达到平衡时，各种物质的浓度相等，平衡含量相同，则为等效平衡。常见的等效平衡有：一、在恒温恒压下，按照化学计量数转化到一边，满足对应物质的物质的量之比相同，则为等效平衡；二、在恒温恒容时，若反应前后气体的体积发生变化，按照化学计量数转化到一边，满足对应物质的物质的量相等，则为等效平衡；三、在恒温恒容时，若反应前后气体的体积不发生变化，按照化学计量数转化到一边，满足对应物质的物质的量之比相同，则为等效平衡。要会判断等效平衡。并根据等效平衡进行有关推理与计算。‎ ‎24.某次酸雨的分析数据如下：c(NH4+)＝2.0×10-5 mol/L，c(Na＋)＝1.9×10-5 mol/L，c(Cl－)＝6.0×10-5 mol/L，c(NO3－)＝2.3×10-5 mol/L，c(SO42－)＝2.8×10-5 mol/L，则此次酸雨的pH大约为 A. 3 B. ‎4 ‎C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据溶液显电中性，c(NH4＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(NO3－)＋‎2c(SO42－)，代入数值，解得：c(H＋)=1×10－4mol·L－1，则pH=4；‎ 答案选B。‎ ‎25.下列关于溶液中离子的说法正确的是（ ）‎ A. 0.1‎‎ mol·L－1的Na2CO3溶液中离子浓度关系：c (Na+)=‎2c (CO32－)+c (HCO3－)+c (H2CO3)‎ B. 0.1 mol·L－1的NH4Cl和0.1 mol·L－1的NH3·H2O等体积混合后溶液中的离子浓度关系：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH－)‎ C. 常温下，醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使溶液的pH<7，则混合溶液中，离子浓度关系：c (Na+)=c (CH3COO－)‎ D. 0.1 mol·L－1的NaHS溶液中离子浓度关系：c (OH－)=c (H+)－c (S2－)+c (H2S)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据物料守恒， 0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液中离子浓度关系：c (Na+)=‎2c (CO32－)+‎2c (HCO3－)+‎2c (H2CO3)，A错误；‎ B. 0.1 mol·L－1的NH4Cl和0.1 mol·L－1的NH3·H2O等体积混合后，溶液显碱性，溶液中的离子浓度关系：c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H+)，B错误；‎ C. 醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使溶液的pH<7，根据电荷守恒，c (Na+) +c (H+)=c (CH3COO－)+ c (OH－)，pH<7，c (H+) >c (OH－)，则混合溶液中，c (Na+)”、“<”或“=”)。为了加快化学反应速率且使体系中CO的物质的量增加，其他条件不变时，可以采取的措施有_____________________________(填序号)。‎ A．缩小反应器体积  B．再通入CO2  C．升高温度   D．使用合适的催化剂 ‎（4）在密闭容器中，对于反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，SO2和O2起始时分别为20 mol和10 mol；达平衡时，SO2的转化率为80%。若从SO3开始进行反应，在相同的温度下，欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同，则起始时SO3的物质的量为_____________，其转化率为____________。‎ ‎【答案】 (1). (‎2a+b) kJ·mol-1 (2). K=c(CO)/ c(CO2) (3). 50% (4). 0.5mol/L (5). > (6). BC (7). 20mol (8). 20%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由盖斯定律2×①+②得到，2Fe(s)+O2(g) 2FeO(s) △H3=(‎2a+b) kJ·mol-1‎ ‎（2）反应①的化学平衡常数表达式K=c(CO)/ c(CO2)，设转化的CO2的物质的量为xmol，则平衡时CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为（2-x）mol，K=c(CO)/c(CO2)= =1.0，x=1mol，CO2的转化率=×%=50%，c(CO)==0.5mol/L；‎ ‎（3）将上述平衡体系升温至‎700℃‎，再次达到平衡时体系中CO的浓度是C02浓度的两倍，对于反应①，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故a＞0；‎ A．该反应前后气体的物质的量不变，缩小反应器体积，压强增大，平衡不移动，A不符合；‎ B．通入CO2 ，浓度增大，速率加快，平衡向正反应移动，CO的物质的量增大，B符合；‎ C．该反应正反应是吸热反应，升高温度，速率加快，平衡向正反应移动，CO的物质的量增大，C符合；‎ D．使用合适的催化剂，加快反应速率，平衡不移动，D不符合。‎ ‎（4）在相同的温度下，欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同，说明两平衡是等效平衡，按化学计量转化到一边，对应成分的物质的量相同，根据方程式可知，20molSO2和10molO2完全转化，可得SO3的物质的量为20mol，故从SO3开始反应，达到相同平衡状态，需要SO3物质的量为20mol；SO2的转化率为80%，其转化的物质的量为20mol×80%=16mol，所以从SO3开始反应，达到相同平衡状态，SO3物质的量为16mol，转化的SO3物质的量为（20-16）mol=4mol，其SO3转化率为=20%。‎ ‎27.A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次递增，A原子形成的阳离子就是一个质子，B原子的最外层电子数是次外层的2倍，C原子的最外层电子数与B原子的核外电子总数相等，D在同周期元素中原子半径最大。A、C、D三种元素可形成化合物甲，B、C、D三种元素可形成化合物乙，甲与乙均为中学化学常见物质。请回答：‎ ‎（1）乙的化学式为___________，其水溶液呈碱性的原因为_____________________ (用离子方程式表示)。‎ ‎（2）将‎3g B的单质在足量C的单质中燃烧，可放出98.4kJ的热量，该反应的热化学方程式为：________________。 ‎ ‎（3）常温下，甲与乙的水溶液pH均为9，则这两种溶液中由水电离出的OH－的物质的量浓度c(OH－)甲：c(OH－)乙＝_______________。‎ ‎【答案】 (1). Na2CO3 (2). CO32-+H2OHCO3-+OH- (3). C(s)+O2 (g)= CO2(g) △H=-393.6 kJ·mol-1 (4). 1：104‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次递增，A原子形成的阳离子就是一个质子，A为H，B原子的最外层电子数是次外层的2倍，B为C，C原子的最外层电子数与B原子的核外电子总数相等，C为O，D在同周期元素中原子半径最大，D为Na，A、C、D三种元素可形成化合物甲，化合物甲为NaOH：B、C、D三种元素可形成化合物乙，化合物乙为：Na2CO3。‎ ‎【详解】（1）乙的化学式为Na2CO3，其水溶液呈碱性的原因为CO32-+H2OHCO3-+OH-‎ ‎（2）B为C，C为O，C与O2充分反应生成CO2，‎3g C的物质的量为0.25mol，放出98.4kJ的热量，该反应的热化学方程式为：C(s)+O2 (g)= CO2(g) △H=-393.6 kJ·mol-1‎ ‎（3）化合物甲为NaOH，化合物乙为：Na2CO3，其水溶液pH均为9，NaOH溶于水后，水电离的氢离子等于水电离的氢氧根离子，Na2CO3溶液中氢氧根离子源于水的电离，则这两种溶液中由水电离出的OH－的物质的量浓度c(OH－)甲：c(OH－)乙＝10-9：10-5=1：104。‎ ‎28.常温下有浓度均为0.05mol/L的四种溶液：①Na2CO3 ②NaHCO3 ③HCl ④NH3·H2O，回答相关问题：‎ ‎（1）上述溶液中，可发生水解的是_________(序号)。‎ ‎（2）上述溶液中，既能与NaOH溶液反应，又能与H2SO4溶液反应的溶液是________(化学式)。‎ ‎（3）向④中加入少量NH4Cl固体，此时的值__________（“增大”、“减小”或“不变” ）。‎ ‎（4）若将③和④的溶液混合后，溶液恰好呈中性，则混合前③的体积_________④的体积（“大于”、“小于”或“等于” ）。‎ ‎【答案】 (1). ①② (2). NaHCO3 (3). 增大 (4). 小于 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）弱酸根离子、弱碱根离子会发生水解，上述溶液中可发生水解的是：Na2CO3 和NaHCO3，故①②；‎ ‎（2）上述溶液中，NaHCO3既能与NaOH溶液反应，又能与H2SO4溶液反应；‎ ‎（3）④为NH3·H2O，属于弱碱，会部分电离，其电离方程式为：NH3·H2O NH4++OH-，加入少量NH4Cl固体，NH4+的浓度增大，平衡向逆向移动，OH-减少，的值增大；‎ ‎（4）③为HCl，是强酸，④为NH3·H2O，是弱碱，酸碱中和后，溶液恰好呈中性，c(H+)=c(OH-)，两溶液的浓度相同，所以NH3·H2O的体积比HCl体积大，才完全中和，则混合前③的体积小于④的体积。‎ ‎29.工业制备氯化铜时，将浓盐酸用蒸气加热至‎80℃‎左右，慢慢加入粗CuO粉末（含杂质Fe2O3、FeO），充分搅拌，使之溶解，得一强酸性的混合溶液，现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液，采用以下步骤：‎ 参考数据：pH≥9.6时，Fe2＋完全水解成Fe(OH)2；pH≥6.4时，Cu2＋完全水解成Cu(OH)2；pH≥3.7时，Fe3＋完全水解成Fe(OH)3。‎ 请回答以下问题：‎ ‎（1）第一步除去Fe2＋，能否直接调整pH＝9.6，将Fe2＋沉淀除去？___，理由是___。‎ ‎（2）有人用强氧化剂NaClO将Fe2＋氧化为Fe3＋：‎ ‎①加入NaClO后，溶液的pH变化是____。（填序号）‎ A．一定增大 B．一定减小 C．可能增大 D．可能减小 ‎②你认为用NaClO作氧化剂是否妥当？___，理由是___。‎ ‎③现有下列几种常用的氧化剂，可用于除去混合溶液中Fe2＋的有___（多选）。‎ A．浓HNO3 B．KMnO‎4 C．Cl2 D．O2 E．H2O2‎ ‎（3）除去溶液中的Fe3＋的方法是调整溶液的pH＝3.7，现有下列试剂均可以使强酸性溶液的pH调整到3.7，可选用的有___（多选）。‎ A．NaOH B．氨水 C．Cu2(OH)2CO3 D．Na2CO3 E．CuO F．Cu(OH)2‎ ‎【答案】 (1). 不能 (2). 因Fe2＋沉淀的pH最大，Fe2＋沉淀完全时，Cu2＋、Fe3＋也会沉淀完全 (3). A (4). 否 (5). 引入新杂质 (6). CDE (7). CEF ‎【解析】‎ ‎【详解】⑴第一步除去Fe2＋，不能直接调整pH＝9.6，根据已知信息，如果直接调整pH＝9.6将Fe2＋沉淀，而Cu2＋早已经变为沉淀，因此不能直接调整pH，故答案为不能；因Fe2＋沉淀的pH最大，Fe2＋沉淀完全时，Cu2＋、Fe3＋也会沉淀完全；‎ ‎⑵①有人用强氧化剂NaClO将Fe2＋氧化为Fe3＋，发生的离子反应为 ‎2Fe2＋ ＋ ClO－ ＋2H＋ =2Fe3＋＋Cl－＋H2O，根据反应方程式可知，加入NaClO 后，消耗氢离子，溶液的pH变大，故答案为A；‎ ‎②用NaClO作氧化剂，虽然将亚铁离子氧化成了铁离子，但会引入新的杂质 ‎③能氧化亚铁离子，而不引入新的杂质，所以除去混合溶液中Fe2＋主要有Cl2、O2、H2O2，故答案为CDE；‎ ‎⑶除去溶液中的Fe3＋的方法是调整溶液的pH＝3.7，通过加要保留的物质对应的难溶于水的物质，利用该物质与酸反应，使得pH升高，铁离子水解直到全部生成氢氧化铁，因此可用Cu2(OH)2CO3、CuO、Cu(OH)2，故答案为DEF。‎ ‎30.在如图用石墨作电极的电解池中，放入500 mL含一种溶质的某蓝色溶液进行电解，观察到A电极表面有红色的固态物质生成，B电极有无色气体生成；当溶液中的原有溶质完全电解后，停止电解，取出A电极，洗涤、干燥、称量、电极增重‎1.6 g。‎ 请回答下列问题；‎ ‎(1)A接的是电源的________极，B是该装置______极 ‎(2)写出电解时反应的总离子方程式_______________‎ ‎(3)电解后溶液的pH为________；要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入________，其质量为________。(假设电解前后溶液的体积不变)‎ ‎【答案】 (1). 负极 (2). 阳极 (3). (4). 1 (5). CuO (6). ‎‎2g ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A电极表面有红色的固态物质生成，这说明A电极是阴极，和电源的负极连接，溶液中的金属阳离子铜离子放电生成红色的金属铜析出。B电极有无色气体生成，这说明生成的气体应该是氧气，即B电极是阳极，和电源的正极连接，溶液中的OH－放电。‎ ‎（2）根据（1）中的分析可知，反应的总方程式是2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+。‎ ‎（3）取出A电极，洗涤、干燥、称量、电极增重‎1.6g，这说明析出的铜质量是‎1.6g ‎，物质的量是0.025mol，则根据反应的方程式可知，生成的氢离子的物质的量是0.025mol×2＝0.05mol。则氢离子的浓度是，所以pH＝1；要使电解后溶液恢复到电解前的状态， 则需加入氧化铜，其质量为0.025mol×‎80g/mol＝‎2.0g。‎ ‎【点睛】本题是高考中的常见题型，为中等难度的试题。试题难易适中，有利于培养学生的逻辑思维能力和规范答题能力，提高学习效率。‎ ‎31.甲、乙两同学拟用试验确定某酸HA是弱电解质。他们的方案分别是：‎ 甲：①称取一定质量的HA配制0.1 mol/L的溶液100 mL；‎ ‎②用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明HA是弱电解质。‎ 乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH＝1的两种酸溶液各100 mL；‎ ‎②分别取这两种溶液各10 mL，加水稀释为100 mL；‎ ‎③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质。‎ ‎（1）在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是_________。‎ ‎（2）甲方案中，说明HA是弱电质的理由是测得溶液的pH___________1（选填“＞”、“＜”或“＝”）。简要说明pH试纸的使用方法：_________________。‎ ‎（3）乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是_____________。‎ ‎【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). ＞ (3). 取一小段pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸中央，对照比色卡，读出溶液的pH (4). 装HA溶液的试管中放出H2的速率快 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）配制一定物质的量浓度的溶液需要容量瓶； （2）弱酸在水溶液里部分电离，所以氢离子浓度小于酸浓度；根据pH试纸的使用方法解答； （3）酸和锌反应时生成氢气，反应速率和氢离子浓度成正比，根据生成氢气的反应速率确定酸的强弱。‎ ‎【详解】（1）在两个方案的第①步中，配制0.1mol/L、pH=1的两种酸溶液各100mL，根据配制一定浓度的溶液知必须使用容量瓶，则答案为100mL的容量瓶。‎ ‎（2）弱酸在水溶液里部分电离，所以氢离子浓度小于酸浓度，如果该酸是弱酸，则0.1mol/L 的HA溶液的pH＞1；pH试纸的使用方法为：取一小段pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸中央，对照比色卡，读出溶液的pH 。‎ ‎（3）pH相等的一元酸，弱酸的浓度大于强酸，等体积等pH的HA和盐酸稀释相同倍数时，HA中氢离子浓度大于盐酸，分别和锌反应时，弱酸生成氢气的反应速率大于强酸，即乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是装HA溶液的试管中放出H2的速率快。‎ ‎【点睛】弱电解质证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就 是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。例如弱酸 CH3COOH的证明方法有：①测定一定浓度的CH3COOH溶液的pH值；②测定一定浓度的CH3COONa溶液的pH值；③将一定pH值的CH3COOH溶液稀10n 倍后，测定pH值；④测定相同浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液的导电性，比较导电性强弱；⑤测定一定等pH值CH3COOH溶液与HCl溶液，稀释相同倍数倍后pH值的改变；⑥用等物质的量浓度的CH3COOH与HCl分别与锌反应，看产生气泡的速率；⑦用等pH值等体积的CH3COOH溶液与HCl溶液分别与足量的锌反应，测定生成氢气的体积。‎ ‎32.用0.1320mol/L的HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，实验数据如下表所示，‎ 实验编号 待测NaOH溶液的体积/mL HCl溶液的体积/mL ‎1‎ ‎25.00‎ ‎22.41‎ ‎2‎ ‎25.00‎ ‎22.39‎ ‎3‎ ‎25.00‎ ‎23.39‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）图中甲为___________滴定管（填“酸式”或“碱式 ”）。‎ ‎（2）实验中，需要润洗仪器是：________________________。‎ ‎（3）取待测液NaOH溶液25.00mL 于锥形瓶中，使用酚酞做指示剂。滴定终点的判断依据是________。‎ ‎（4）对几种假定情况的讨论：(填无影响、偏高、偏低)‎ ‎①若用蒸馏水冲洗锥形瓶，则会使测定的结果______________________________。‎ ‎②若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，则会使测定结果____________。‎ ‎③若刚见到指示剂局部的颜色有变化就停止滴定，则会使测定结果____________。‎ ‎④读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则会使测定结果____________________。‎ ‎（5）未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度为_____________mol/L。‎ ‎【答案】 (1). 酸式 (2). （酸式、碱式）滴定管 (3). 锥形瓶中滴入最后一滴稀盐酸，溶液红色褪去，且半分钟不再出现红色 (4). 无影响 (5). 偏高 (6). 偏低 (7). 偏低 (8). 0.1183‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）甲滴定管的下端是玻璃活塞，乙滴定管的下端是橡胶，根据图示滴定管的结构分析；‎ ‎（2）滴定管不用待盛装的溶液润洗，相当于给溶液稀释，盛装待测液的锥形瓶不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大；‎ ‎（3）根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；‎ ‎（4）根据不当操作对c（待测）=的影响判断滴定误差；‎ ‎（5）先根据数据的有效性，然后求出平均消耗V（HCl），后根据关系式NaOH～HCl计算。‎ ‎【详解】（1）甲滴定管的下端是玻璃活塞，甲仪器的名称为酸式滴定管；‎ ‎（2）实验中，酸式滴定管、碱式滴定管需要用待盛装的溶液润洗，否则会被稀释，锥形瓶不能用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大；‎ ‎（3）碱溶液中滴加无色的酚酞，碱能使酚酞变红，故利用酚酞做指示剂，滴定达到终点的现象是酚酞的红色褪去且半分钟不再出现红色，故答案为：锥形瓶中滴入最后一滴稀盐酸，溶液红色褪去，且半分钟不再出现红色；‎ ‎（4‎ ‎）①若用蒸馏水冲洗锥形瓶，对待测液中溶质的物质的量没有影响，则不影响测定结果；②若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；③若刚见到指示剂局部的颜色有变化就停止滴定，滴定没有结束，导致消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低；‎ ‎④读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，导致标准液的体积偏小，会使测定结果偏低；‎ ‎（5）依据数据可知,第三组数据误差较大，需要舍去，另外两组消耗标准液的平均体积为：（22.41+22.39）/ 2 mL=22.40mL，由关系式NaOH∼HCl，可知：c(NaOH)×‎0.025L=0.1320mol/L×‎0.0224L，c(NaOH)=0.1183mol/L。‎ ‎ ‎