2018-2019学年山东省菏泽第一中学老校区高二上学期期末模拟化学试题 解析版

2018-2019学年山东省菏泽第一中学老校区高二上学期期末模拟化学试题 解析版

山东省菏泽第一中学老校区2018-2019学年高二上学期期末模拟 化学试题 ‎1.下列过程伴随的能量变化中，属于反应热的是 A. 形成1 mol H—Cl键放出的能量 B. 石墨转变成金刚石吸收的能量 C. 1 mol O2形成2 mol O原子吸收的能量 D. 水蒸气变成液态水放出的能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 化学反应中的能量变化叫反应热，实质是旧键的断裂和新键的形成。A、形成1 mol H—Cl键放出的能量，是化学键的形成，但不是反应热，故A错误；B、石墨转化为金刚石既有旧键的断裂，又有新键的形成，故其能量的变化为反应热，故B正确；C、1 mol O2形成2 mol O原子吸收的能量，化学键的断裂，没有新键的形成，其能量变化不属于反应热，故C错误；D、水蒸气变成液态水是物理变化，属于物理过程，不是反应热，故D错误。故选B。‎ ‎2.某化学反应的能量变化如下图所示。下列有关叙述正确的是 A. 该反应的反应热ΔH＝E2－E1‎ B. a、b分别对应有催化剂和无催化剂的能量变化 C. 催化剂能降低反应的活化能 D. 催化剂能改变反应的焓变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据图像可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，所以该反应是吸热反应，则该反应的反应热△H=E1－E2，A不正确；B、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，则a、b分别对应无催化剂和有催化剂的能量变化，B不正确，选项C正确；D、催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，D不正确，答案选C。‎ 考点：考查化学反应的能量变化分析，催化剂作用的实质，图象识别 ‎3.已知热化学方程式：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH1＝－57.3 mol·L－1；1/2H2SO4(浓)＋NaOH(aq)===1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH2＝m，下列说法正确的是 A. 上述热化学方程式中的计量数表示分子数 B. ΔH1>ΔH2‎ C. ΔH2＝－57.3 kJ·mol－1‎ D. |ΔH1|>|ΔH2|‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 正确答案：B A.不正确，上述热化学方程式中的计量数表示只表示物质的量，不表示分子个数；B.正确，浓硫酸稀释时放热，△H1>△H2；C.不正确，浓硫酸稀释时放热，△H2< - 57.3 kJ·mol-1; D.不正确， |△H1|<|△H2|。‎ ‎4.浓度均为0.10 mol·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是 A. MOH的碱性强于ROH的碱性 B. ROH的电离程度：b点大于a点 C. 若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等 D. 当lg＝2时，若两溶液同时升高温度，则增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b＞a，故B正确；C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c(OH-)接近于纯水中c(OH-)，所以它们的c(OH-)相等，故C正确；D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以c(M+)/c(R+)减小，故D错误；故选D。‎ ‎【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡 ‎【名师点晴】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是C，注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎5.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. pH＝1的溶液中：Fe2＋、NO3-、SO42-、Na＋‎ B. 水电离出的c(H＋)＝10－12 mol·L－1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCO3-‎ C. c(H＋)/c(OH－)＝1012的水溶液中：NH4+、Al3＋、NO3-、Cl－‎ D. c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中：K＋、ClO－、SO42-、SCN－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．pH=1的溶液，显酸性，Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；B．由水电离的c(H+)=1×10-12mol•L-1的溶液，为酸或碱溶液，酸碱溶液中均不能大量存在HCO3-，故B错误；C．c(H+)/c(OH-)=1012的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．Fe3+、SCN-结合形成络离子，不能共存，故D错误；故选C。‎ ‎6.一定条件下，在恒容密闭容器中，能表示反应X(气)＋2Y(气)2Z(气)一定达到化学平衡状态的是 ‎①X、Y、Z的物质的量之比为1∶2∶2　②X、Y、Z的浓度不再发生变化　③容器中的压强不再发生变化　④单位时间内生成n mol Z，同时生成2n mol Y A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时，反应混合物中各种物质的浓度或含量不再变化的状态，称为化学平衡状态。平衡时各种物质的浓度不再变化，但物质的浓度不一定相等，①不正确，②正确。由于反应前后气体体积是变化的，所以压强在反应过程中是变化的，因此如果压强不再变化，可以说明反应已达到平衡状态。④中反应速率的方向相反，但不满足速率之比是相应的化学计量数之比，不能说明。答案选C。‎ ‎7.关于如图中四个图像的说法正确的是 注：图中，E表示能量，p表示压强，t表示时间，V表示体积。‎ A. ①表示化学反应H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的能量变化，则该反应的反应热ΔH＝183 kJ/mol B. ②表示其他条件不变时，反应‎4A(g)＋3B(g)2C(g)＋6D在不同压强下B的体积分数随时间的变化，则D一定是气体 C. ③表示体积和pH均相同的HCl和CH3COOH两种溶液中，分别加入足量的锌，产生H2的体积随时间的变化，则a表示CH3COOH溶液 D. ④表示10 mL 0.1 mol/L Na2CO3和NaHCO3两种溶液中，分别滴加0.1 mol/L盐酸，产生CO2的体积随盐酸体积的变化，则b表示Na2CO3溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．①表示化学反应H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)的能量变化，则该反应的反应热 ‎△H＝-183 kJ／mol B．②表示其它条件不变时，反应‎4A(g)＋3B(g)2C(g)＋6D在不同压强下B％(B的体积百分含量)随时间的变化，则D一定是非气体，平衡正向移动。‎ D．④表示10 mL 0.1 mol／L Na2CO3和NaHCO3两种溶液中，分别滴加0.l mol/L HCl，产生CO2的体积随盐酸体积的变化，则b表示NaHCO3溶液.碳酸氢钠和盐酸反应速率快，碳酸钠和酸反应速率慢。‎ ‎8.已知反应A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)的平衡常数K值与温度的关系如表所示，‎830 ℃‎时，向一个‎2 L的密闭容器中充入0.20 mol A和0.20 mol B,10 s时达平衡。下列说法不正确的是 温度/℃‎ ‎700‎ ‎830‎ ‎1200‎ K值 ‎1.7‎ ‎1.0‎ ‎0.4‎ A. 达到平衡后，B的转化率为50%‎ B. 增大压强，正、逆反应速率均加快 C. 该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动 D. 反应初始至平衡，A的平均反应速率v(A)＝0.005 mol·L－1·s－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：设平衡时参加反应的B的物质的量为xmol，则：‎ A（g）+B（g）C（g）+D（g）‎ 开始（mol·L－1）：0．2 0．2 0 0‎ 变化（mol·L－1）：x x x x 平衡（mol·L－1）：0．2-x 0．2-x x x 故=1，解得x=0．1‎ 所以平衡时B的转化率为×100%=50%，故A正确；增大压强，反应混合物的浓度都增大，故正、逆反应速率都增大，故B正确；由表中数据可知，温度越高，平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为放热反应，故C错误；反应初始至平衡，A的平均反应速率v（A）==0．005mol·L－1·s－1，故D正确，故选C。‎ 考点：本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素、平衡常数有关计算、反应速率影响因素等，难度中等。‎ ‎9. 常温下，0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是 A. HA是强酸 B. 该混合液pH=7‎ C. 图中x表示HA，Y表示OH-，Z表示H+‎ D. 该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c（Na+）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0.1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c(A-)=0.1mol/L，与图不符，所以HA为弱酸，A错误；B、根据A的分析，可知该溶液的pH>7，错误；C、A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)> c(A-)>c(OH－）>c(HA)> c(H＋)，所以X是OH－，Y是HA，Z表示H+，错误；D、根据元素守恒，有c(A-)+c(HA)=c（Na+），正确，答案选D。‎ 考点：考查溶液的混合计算，溶液酸碱性的判断，离子浓度的比较，图像分析 ‎10.下列说法正确的是 A. 水的离子积常数KW只与温度有关，但外加酸、碱、盐一定会影响水的电离程度 B. Ksp不仅与难溶电解质的性质和温度有关，还与溶液中相关离子的浓度有关 C. 常温下，在0.10 mol·L－1的NH3·H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，能使溶液的pH减小，c(NH4+)/c(NH3·H2O)的值增大 D. 室温下，CH3COOH的Ka＝1.7×10－5，NH3·H2O的Kb＝1.7×10－5，CH3COOH溶液中的c(H＋)与NH3·H2O中的c(OH－)相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．水的离子积与温度有关，但加强酸强碱盐(如NaCl)不影响水的电离，故A错误；B．溶度积常数是温度的函数，只受温度的影响，与溶液中离子浓度大小无关，故B错误；C．加入NH4Cl，NH3•H2O⇌NH4++OH-平衡向逆反应方向移动，氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，根据电离平衡常数可知c(NH4+)/c(NH3•H2O)=的值增大，故C正确；D．只知道平衡常数，不知溶液的浓度，无法计算溶液中c(H+)、c(OH-)，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查电离平衡及其影响，明确弱电解质的电离平衡及其影响因素为解答关键。D为易错点，注意题中缺少溶液体积，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。‎ ‎11.常温下，将浓度均为0.1 mol/L HA溶液和NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH＝9，下列说法正确的是 A. 该混合溶液中：c(A－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)‎ B. 该混合溶液中：c(HA)＋c(A－)＝0.1 mol/L C. 常温下，0.1 mol/L HA溶液的pH＝1‎ D. 0.1 mol/L HA溶液中：c(HA)>c(A－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据电荷守恒c(A－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)可知，A错误；B、根据物料守恒可知混合后的溶液中c(HA)+c(A¯)＝0.05mol/L，B错误；C、常温下，将浓度均为0.1 mol/L HA溶液和NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH＝9，这说明生成的NaA水解溶液显碱性，因此HA为弱酸，所以0.1mol/LHA溶液的pH＞1，C错误；D、由于HA的电离程度很小，因此0.1 mol/L HA溶液中c(HA)＞c(A¯)，D正确，答案选D。‎ 考点：考查弱电解质的电离、离子浓度大小的比较。‎ ‎12.已知：‎25 ℃‎时，Mg(OH)2的Ksp＝5.61×10－12，MgF2的Ksp＝7.42×10－11。下列判断正确的是 A. ‎25 ℃‎时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大 B. ‎25 ℃‎时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2＋)增大 C. ‎25 ℃‎时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol/L的氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol/L NH4Cl溶液中的Ksp小 D. ‎25 ℃‎时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、Mg(OH)2、MgF2结构相似，溶度积常数越大，c(Mg2＋)越大；‎ B、加入少量的NH4Cl，促进Mg(OH)2的溶解平衡正向移动；‎ C、溶度积常数只与温度有关；‎ D、只要c(Mg2＋)×c(F-)2＞7.42×10-11，就能生成MgF2沉淀。‎ ‎【详解】A、Mg(OH)2、MgF2结构相似，溶度积常数越大，c(Mg2＋)越大，所以饱和MgF2溶液中的c(Mg2＋)比饱和Mg(OH)2溶液大，故A错误；‎ B、加入少量的NH4Cl，铵根离子结合氢氧根离子，促进氢氧化镁溶解，溶液c（Mg2+）增大，故B正确；‎ C、溶度积常数只与温度有关，‎25℃‎时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol/L氨水中的Ksp与在20 mL 0.01 mol/L NH4Cl溶液中的Ksp相同，故C错误；‎ D、不管氢氧化镁的ksp有多小，只要加入的氟化钠溶液的浓度适合，使溶液中c(Mg2＋)×c(F-)2＞7.42×10-11，可以使氢氧化镁转化为氟化镁沉淀，故D错误。‎ ‎13.根据如图回答，下列说法不正确的是 A. 此装置用于铁表面镀铜时，a为铁 B. 此装置用于电镀铜时，硫酸铜溶液的浓度不变 C. 燃料电池中正极反应为1/2O2＋2e－＋2H＋===H2O D. 若用该装置进行粗铜的精炼，当有1 mol水生成时，可得到‎64 g精铜 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：氢氧燃料电池中，通入氢气的电极一定是负极，通入氧气的电极一定是正极，和正极相连的是电解池的阳极，和负极相连的是电解池的阴极；电镀时，电解质溶液中离子浓度不变，电解精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，根据得失电子守恒进行计算．‎ 解：氢氧燃料电池中，通入氢气的电极一定是负极，通入氧气的电极一定是正极，故b极为阴极，a极为阳极．‎ A、铁表面镀铜时，金属铜必须作阳极，金属铁作阴极，所以a为金属铜，故A错误；‎ B、此装置用于电镀铜时，金属铜必须作阳极，电解前后硫酸铜溶液的浓度不变，故B正确；‎ C、氢氧燃料电池中，通入氧气的电极一定是正极，在酸性环境下，氧气放电的反应为：O2+2H++2e﹣=H2O，故C正确；‎ D、电解精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，1mol水生成，转移2mol电子，可得到‎64g铜，故D正确．版权所有 故选A．‎ ‎14.纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是(　　)‎ A. X可能是金属铜 B. Y不可能是氢气 C. Z可能是氯化钠 D. Z可能是三氧化硫 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是金属铜，Y可能为氯气，反应为：X+Y→Z，Cu+Cl2CuCl2，Z为CuCl2，电解CuCl2溶液：CuCl2Cu+Cl2↑，故A正确；‎ B．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是氯气，Y可能为氢气，反应为：X+Y→Z，H2+Cl22HCl，Z为HCl，电解HCl溶液：2HClH2↑+Cl2↑，故B错误；‎ C．Z可能是氯化钠，X、Y只能为氢气、氯气中的一种，X+Y→Z，2Na+Cl22NaCl，Z电解：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，不符合Z电解生成X、Y条件，故C错误；‎ D．Z可能是三氧化硫，X、Y只能为二氧化硫、氧气中的一种，X+Y→Z，2SO2+O22SO3，三氧化硫和水反应SO3+H2O=H2SO4生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，电解水生成氢气和氧气，不符合Z电解生成X、Y条件，故D错误；故选A．‎ ‎【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意把握推断的突破口，通常从物质的颜色，性质和反应现象为突破口进行推断，本题可结合选项提供的物质以及反应的条件进行分析，注意X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身为解答该题的关键，学习中注意相关基础知识的积累．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎15.已知某温度、压强下的气体摩尔体积为‎55.20 L·mol－1，在该条件下有1 mol气体X发生如下反应并达到平衡：2X(g)mY(g)＋Z(g)，测得混合气体中X的体积分数为58.80%，混合气体的总质量为‎46.00 g，混合气体的密度为‎0.72 g·L－1。则平衡时混合气体的平均相对分子质量为 A. 58.80 B. 46.00‎ C. 39.74 D. 16.13‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平衡时混合气体的平均摩尔质量为ρVm，密度ρ为‎0.72 g·L－1，气体摩尔体积Vm为‎55.20 L·mol－1。‎ ‎【详解】此题所给数据较多，其实只需用气体摩尔体积和密度即可，其他数据均为干扰因素。平衡时混合气体的平均摩尔质量为ρVm =‎0.72 g·L-1×‎55.20 L·mol-1=‎39.74 g·mol-1，则平衡时混合气体的平均相对分子质量为39.74，故选C。‎ ‎16.一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下：‎ pH ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎6.5‎ ‎8‎ ‎13.5‎ ‎14‎ 腐蚀快慢 较快 慢 较快 主要产物 Fe2＋‎ Fe3O4‎ Fe2O3‎ FeO 下列说法不正确的是 A. 在pH<4的溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀 B. 在pH>6的溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀 C. 在pH>14的溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O2＋4OH－＋4e－===2H2O D. 在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减慢 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、pH<4为强酸性，发生析氢腐蚀，正确；pH>6的溶液，氧气得电子，发生吸氧腐蚀，正确；C、pH>14的溶液氧气与水反应得电子：O2+2H2O+4e‾=4OH‾,错误；D、煮沸后除去了氧气，碳钢的腐蚀速率会减小，正确。‎ 考点： 本题考查铁的腐蚀原理以及电极方程式的书写。‎ ‎17.温度为T时，向‎4.0 L恒容密闭容器中充入2.0 mol PCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：‎ t/s ‎0‎ ‎50‎ ‎150‎ ‎250‎ ‎350‎ n(PCl3)/mol ‎0‎ ‎0.32‎ ‎0.38‎ ‎0.40‎ ‎0.40‎ 下列说法正确的是 A. 反应在前50 s的平均速率为v(PCl3)＝0.006 4 mol·L－1·s－1‎ B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)＝0.11 mol·L－1，则反应的ΔH<0‎ C. 相同温度下，起始时向容器中充入4.0 mol PCl3、4.0 mol Cl2，达到平衡时，则此反应的化学平衡常数为1/40‎ D. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl5、0.40 mol PCl3和0.40 mol Cl2，达到平衡前v(正)v（逆），故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡移动原理综合应用，涉及了反应速率计算、化学衡常数计算、平衡移动等知识，注意平衡常数随温度变化，运用浓度熵和化学平衡常数判断移动方向是解答关键。‎ ‎18.用标准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，加入少量的蒸馏水再进行滴定 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】‎ 试题分析：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）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）偏大，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）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）偏大，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）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）不变，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）偏大，根据c（碱）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）偏大，D错误；答案选D。‎ ‎【考点定位】本题主要考查了中和滴定操作的误差分析 ‎【名师点晴】明确实验原理和误差分析的判断依据是解答的关键，注意误差分析的总依据为：由c测＝c标V标/V测由于c标、V待均为定值，所以c测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则c测偏大或偏小。答题时注意灵活应用。‎ ‎19.在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子称为活化分子，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJ/mol表示。请认真观察下图，然后回答问题：‎ ‎（1）图中所示反应是________(填“吸热”或“放热”)反应，该反应的ΔH＝________(用含E1、E2的代数式表示)。‎ ‎（2）下列4个反应中，符合示意图描述的反应的是________(填代号)。‎ a．盐酸与NaOH反应 b．Na与H2O反应生成H2‎ c．铝热反应 d．灼热的碳与CO2反应 ‎【答案】（1）放热 E2-E1 kJ/mol（2）abc ‎【解析】‎ 试题分析：（1）依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量，反应放热；在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才能发生化学反应，反应需要能量；反应的焓变=生成物的能量-反应物的能量；△H=E2-E1 kJ/mol；（2）a．盐酸与NaOH反应是放热反应，正确；b．Na与H2O反应生成H2，是放热反应，正确；c．铝热反应是放热反应，正确；d．灼热的碳与CO2反应，是吸热反应，错误；答案为abc。‎ 考点：考查化学反应的能量变化与反应的焓变关系的分析判断、反应活化能的判断计算等。‎ ‎20.环境监测测定水中溶解氧的方法是：‎ ‎①量取a mL水样，迅速加入固定剂MnSO4溶液和碱性KI溶液(含KOH)，立即塞好瓶塞，反复振荡，使之充分反应，其反应式为：2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2(该反应极快)。‎ ‎②测定：开塞后迅速加入1～2 mL浓硫酸(酸化，提供H＋)，使之生成I2，再用b mol/L的Na2S2O3溶液滴定(以淀粉为指示剂)，消耗V mL。有关反应式为：MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O、I2＋2S2O32-===2I－＋S4O62-。‎ 试回答：‎ ‎（1）滴定过程中用到的玻璃仪器除了酸式滴定管、碱式滴定管外还缺少________________________________________________________________________。‎ ‎（2）滴定操作时，左手控制滴定管，右手_________________，眼睛要注视______________。‎ ‎（3）滴定(I2和S2O32-反应)以淀粉为指示剂，终点时溶液由________色变为________色。‎ ‎（4）水中溶解氧的计算式是______(以g/L为单位)。‎ ‎（5）测定时，滴定管经蒸馏水洗涤后即加滴定剂Na2S2O3溶液，导致测定结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)。‎ ‎（6）记录测定结果时，滴定前仰视刻度线，滴定到达终点时又俯视刻度线，将导致滴定结果________。‎ ‎【答案】 (1). 锥形瓶、烧杯 (2). 不断振荡锥形瓶 (3). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (4). 蓝 (5). 无 (6). (7). 偏高 (8). 偏低 ‎【解析】‎ ‎(1)中和滴定前需进行赶气泡、调零等操作，用烧杯盛液体，滴定中用锥形瓶盛待测液，用滴定管盛标准液，故所需玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯，故答案为：锥形瓶、烧杯；‎ ‎(2)滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，故答案为：不断震荡锥形瓶；锥形瓶内溶液颜色的变化；‎ ‎(3)碘遇淀粉变蓝，若单质碘被还原完，则蓝色褪去，半分钟不恢复蓝色证明达到滴定终点，故答案为：蓝；无；‎ ‎(4)根据反应：2Mn2++O2+4OH-═2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+═Mn2-+I2+3H2O，I2+2S2O32-═S4O62-+2I-，可知关系式：‎ O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-‎ ‎32g‎                    4mol m             bmol/L×VmL×10‎-3L/mL 解得：m=8bV×10‎-3g，则‎1L水样含氧气质量为：=g/L；故答案为：g/L；‎ ‎(5)滴定时，滴定管经水洗，蒸馏水洗后加入滴定剂Na2S2O3溶液，标准液体被稀释，浓度变稀，造成V偏大，根据溶解氧=g/L，可知浓度偏高，故答案为：偏高；‎ ‎(6)记录测定结果时，滴定前仰视刻度线，读数偏大，滴定到达终点时又俯视刻度线，读数偏小，造成V偏小，根据溶解氧=g/L，可知浓度偏低，故答案为：偏低。‎ 点睛：本题考查了氧化还原滴定的操作、仪器、误差分析和数据处理。本题的易错点为误差的分析，需要根据(4)的计算结果——溶解氧浓度表达式分析判断。‎ ‎21.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。其原理为：‎ N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ/mol 据此回答以下问题：‎ ‎（1）①该反应的化学平衡常数表达式为K＝________。‎ ‎②根据温度对化学平衡的影响规律可知，对于该反应，温度越高，其平衡常数的值越________。‎ ‎（2）某温度下，若把10 mol N2与30 mol H2置于体积为‎10 L的密闭容器内，反应达到平衡状态时，测得混合气体中氨的体积分数为20%，则该温度下反应的K＝________(‎ 可用分数表示)。能说明该反应达到化学平衡状态的是________(填字母)。‎ a．容器内的密度保持不变 b．容器内压强保持不变 c．v正(N2)＝2v逆(NH3)‎ d．混合气体中c(NH3)不变 ‎（3）对于合成氨反应而言，下列有关图像一定正确的是(选填序号)________。‎ ‎（4）相同温度下，有恒容密闭容器A和恒压密闭容器B，两容器中均充入1 mol N2和3 mol H2，此时两容器的体积相等。在一定条件下反应达到平衡状态，A中NH3的体积分数为a，放出热量Q1 kJ；B中NH3的体积分数为b，放出热量Q2 kJ。则：a________b(填“>”、“＝”或“<”，下同)，Q1________Q2，Q1________92.4。‎ ‎【答案】（1）①（2分） ②小（1分）‎ ‎（2）1/12 （2分） bd （2分） （3）ac （2分） （4）< （2分） < （2分） <（2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）①K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则K=c2(NH3)/c(N2)c3(H2)②该反应为热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数K减小，温度越高，K越小。‎ N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）‎ 开始 1 3 0‎ 转化 x 3x 2x 平衡1-x 3-3x 2x 平衡混合气体中氨的体积分数为20%，2x/(1−x+3−3x+2x)×100%="20%" 解得x=1/3,平衡常数K=1/12； 由平衡的特征“等”、“定”可判定平衡，则a．容器的体积、气体的质量始终不变，则容器内的密度保持不变，不能判断平衡，故a错误；b．该反应为反应前后体积不等的反应，则容器内压强保持不变，达到平衡，故b正确；c．υ正（N2）=2υ逆（NH3），正逆反应速率不等，反应没有达到平衡，故c错误； d．混合气体中 c（NH3‎ ‎）不变，为平衡的特征，达到平衡，故d正确；（3）a．先出现拐点的先达到平衡，则T2大，温度高，平衡逆向移动，与图象一致，故a正确；b．平衡时浓度不一定相等，平衡浓度取决起始浓度和转化率，图象表示错误，故b错误；c．使用催化剂加快反应速率，对平衡无影响，平衡时物质的浓度不变，与图象一致，故c正确；（4）恒容密闭容器A，反应达到平衡状态，A中NH3的体积分数为a，放出热量Q1kJ，而恒压密闭容器B，均充入1mol N2和3molH2，反应发生后总物质的量减少，由pV=nRT可知，相对于A来说，相当于B加压，则平衡正向移动，氨气的体积分数变大，所以a＜b，B中放出的热量对，则Q1＜Q2，热化学方程式中反应热为完全反应放出的热量，而A中不能完全转化，放出的热量少，则Q1＜92．4。‎ 考点：化学平衡的计算；化学平衡常数的含义；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；体积百分含量随温度、压强变化曲线；转化率随温度、压强的变化曲线。‎ ‎22.钢铁是目前应用最广泛的金属材料，了解钢铁腐蚀的原因与防护方法具有重要意义，对钢铁制品进行抗腐蚀处理，可适当延长其使用寿命。‎ ‎（1）抗腐蚀处理前，生产中常用盐酸来除铁锈。现将一表面生锈的铁件放入盐酸中，当铁锈除尽后，溶液中发生的化合反应的化学方程式为：________________________。‎ ‎（2）利用图装置，可以模拟铁的电化学防护。‎ ‎①若X为碳棒，为减缓铁件的腐蚀，开关K应置于________处。‎ ‎②若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为________。‎ ‎（3）上图中若X为粗铜，容器中海水替换为硫酸铜溶液，开关K置于N处，一段时间后，当铁件质量增加‎3.2 g时，X电极溶解的铜的质量________‎3.2 g(填“<”“>”或“＝”)。铁件表面镀铜可有效防止铁被腐蚀，如果铁件部分未镀上铜，或镀层破损，镀铜铁比镀锌铁反而更易被腐蚀，请简要说明原因：_________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2FeCl3＋Fe===3FeCl2 (2). N (3). 牺牲阳极的阴极保护法(或牺牲阳极保护法) (4). < (5). 在潮湿的环境中构成原电池，铁是负极，加速腐蚀 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当铁锈除尽后，溶液中发生的反应有铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气、铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；‎ ‎（2）①生铁是铁碳合金，开关K断开时，则铁件中铁、碳、海水构成原电池，主要发生吸氧腐蚀；若X为碳棒，开关K置于M，则铁件、碳棒、海水构成原电池，铁件为负极被腐蚀；若开关K置于N，则铁件、碳棒、海水构成电解池，铁件为阴极被保护；‎ ‎②若X为锌，开关K置于M处，则铁件、锌棒、海水构成原电池，锌为负极被腐蚀，铁件被保护；‎ ‎（3）上图中若X为粗铜（含锌等杂质），容器中海水替换为硫酸铜溶液，开关K置于N处，构成电解池，粗铜中铜、锌都能失电子生成阳离子；铁件电极只有铜离子得电子生成单质铜。在潮湿的环境中，镀铜铁镀层破损构成原电池，铁作负极被腐蚀，镀锌铁镀层破损构成原电池，锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护。‎ ‎【详解】（1）当铁锈除尽后，溶液中发生的反应有铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气、铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，属于化合反应的方程式是2FeCl3＋Fe=3FeCl2，故答案为：2FeCl3＋Fe=3FeCl2；‎ ‎（2）①生铁是铁碳合金，开关K断开时，铁件中铁、碳、海水构成原电池，主要发生吸氧腐蚀；若X为碳棒，开关K置于M，则铁件、碳棒、海水构成原电池，铁件为负极被腐蚀；若开关K置于N，则铁件、碳棒、海水构成电解池，铁件为阴极被保护，所以为减缓铁件的腐蚀，开关K应置于N处，故答案为：N；‎ ‎ ②若X为锌，开关K置于M处，则铁件、锌棒、海水构成原电池，锌为负极被腐蚀，铁件被保护，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法(或牺牲阳极保护法)，故答案为：牺牲阳极的阴极保护法(或牺牲阳极保护法)；‎ ‎（3）上图中若X为粗铜（含锌等杂质），容器中海水替换为硫酸铜溶液，开关K置于N处，构成电解池，X电极铜、锌都失电子生成阳离子，铁件电极只有铜离子得电子生成单质铜，根据电子守恒，当铁件质量增加‎3.2g时，X电极溶解的铜的质量<‎3.2 g；在潮湿的环境中镀铜铁镀层破损构成原电池，铁作负极被腐蚀，镀锌铁镀层破损构成原电池，锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护，故答案为：<；在潮湿的环境中构成原电池，铁是负极，加速腐蚀。‎ ‎【点睛】本题考查了金属的腐蚀与保护，涉及了原电池和电解池原理的理解与应用，根据原电池中正负极上得失电子及电极反应式来分析解答是关键。‎ ‎23.（1）已知常温时，0.1 mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则该溶液的pH＝________，此酸的电离平衡常数K＝________，由HA电离出的H＋的浓度约为水电离出的H＋的浓度的________倍。‎ ‎（2）含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液，在化学上用作缓冲溶液。向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大。‎ ‎①向该溶液中加入少量盐酸时，发生反应的离子方程式是________________，向其中加入少量KOH溶液时，发生反应的离子方程式是________________。‎ ‎②现将0.04 mol·L－‎1 HA溶液和0.02 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，得到缓冲溶液。‎ a．若HA为HCN，该溶液显碱性，则溶液中c(Na＋)________c(CN－)(填“<”、“＝”或“>”)。‎ b．若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，则溶液中所有的离子按浓度由大到小排列的顺序是____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). 10－7 (3). 106 (4). A－＋H＋===HA (5). HA＋OH－===A－＋H2O (6). > (7). c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据弱电解质的电离度分析计算PH，计算平衡浓度结合电离平衡常数概念计算平衡常数，根据水的离子积计算水电离的氢离子浓度；‎ ‎（2）①含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液，向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大，是由于加入酸时生成弱电解质，加入碱时生成正盐，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化不大而起到缓冲作用；‎ ‎②a、从溶液电中性的角度比较离子浓度大小；‎ b、若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，说明c（H+）＞c（OH-），结合溶液电中性原则分析。‎ ‎【详解】（1）已知常温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，c（H+）=0.1mol/L×0.1%=1×10-4mol/L，PH=4；酸的电离平衡常数K＝c（H+）c（A—）/ c（HA）=10-4mol/L×10-4mol/L/(0.1mol/L-1×10-4mol/L)≈1×10-7mol/L；由HA电离出来的H+的浓度为1×10-4mol/L，水电离出来的H+的浓度为10-10mol/L,所以由HA电离出来的H+的浓度约为水电离出来的H+的浓度的106倍，故答案为：4；1×10-7mol/L；106；‎ ‎（2）①含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液，向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大，是由于加入酸时发生：A-+H+=HA，加入碱时发生：HA+OH-=H2O+A-，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化不大而起到缓冲作用，故答案为：A-+H+=HA；HA+OH-=H2O+A-；‎ ‎②a、该溶液显碱性，则c（H+）＜c（OH-），根据溶液电中性原则可知c（Na+）+c（H+）=C（CN-）+c（OH-），则c（Na+）＞c（CN-），故答案为：＞；‎ b、若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，说明c（H+）＞c（OH-），根据溶液电中性原则可知c（CH3COO-）＞c（Na+），故答案为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）。‎ ‎【点睛】本题考查弱酸的电离，正确理解电离度、电离平衡常数计算，会正确计算酸溶液中水电离出c（H+）是解答关键，本题易错点为（2），注意运用平衡移动原理理解缓冲溶液的原理。‎ ‎ ‎