【化学】安徽省合肥市庐江县2019-2020学年高二上学期期末检测(解析版)

【化学】安徽省合肥市庐江县2019-2020学年高二上学期期末检测(解析版)

安徽省合肥市庐江县2019-2020学年高二上学期期末检测 可能用到原子量：C12 H1 O16 Fe56 Cu64‎ 一、选择题(共16小题，每小题3分，共48分。每题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法不正确的是 A. “薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用 B. “以灰淋汁”的操作是过滤 C. “取碱”得到的是一种盐溶液 D. “浣衣”过程有化学变化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.“薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥混合施用时，发生相互促进水解反应，降低肥效，故A错误；‎ B.“以灰淋汁”的操作是过滤，故B正确；‎ C.“取碱”得到的溶液中含碳酸钾，碳酸钾溶液属于盐溶液，故C正确；‎ D.“取碱”得到的溶液中含碳酸钾，碳酸钾溶液由于CO32-水解呈碱性，“浣衣”过程中促进油脂的水解，有化学变化，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎2.根据图中的能量关系，可求得的键能为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图示可知1molCH4分解变为1molC(g)原子和4molH(g)原子共吸收的能量是(75+717+864)kJ=1656kJ的能量，则C-H键的键能为1656kJ÷4mol=414kJ/mol，故合理选项是A。‎ ‎3.下列有关热化学方程式的叙述不正确的是 A. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H=-57.3 kJ/mol，若将含0.6 mol H2SO4的稀硫酸与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量等于57.3 kJ B. 已知正丁烷(g)→异丁烷(g) △H<0，则异丁烷比正丁烷稳定 C. 2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l) △H=-571.6 kJ·mol-1，则H2的燃烧热为285.8 kJ·mol-1‎ D. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) △H1；2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2，则△H1>△H2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H=-57.3 kJ/mol表示强酸、强碱反应产生可溶性盐和1 mol水放出57.3 kJ的热量，若将含0.6 mol H2SO4的稀硫酸与含1 mol NaOH的稀溶液混合，由于酸电离产生的n(H+)=0.6 mol×2=1.2 mol,碱电离产生的n(OH-)=1 mol，所以反应放出热量以碱为标准，由于OH-的物质的量是1mol，所以反应产生放出的热量等于57.3 kJ，A正确；‎ B. 物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，由于正丁烷(g)→异丁烷(g) △H<0，反应放出热量，说明异丁烷含有的能量低，则异丁烷比正丁烷稳定，B正确；‎ C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571.6 kJ·mol-1表示2 mol H2完全燃烧产生液态水放出热量571.6 kJ，则1 mol H2完全燃烧产生液态水放出285.8 kJ的热量，即H2的燃烧热为285.8 kJ·mol-1，C正确；‎ D. C完全燃烧放出热量比不完全燃烧放出的热量多，反应放出的热量越多，则该反应的反应热就越小，所以△H1<△H2，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎4.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是 A. NaHS水解反应：HS-+H2OH3O++S2-‎ B. Fe(OH)2与稀硝酸反应：2H++Fe(OH)2=Fe2＋+2H2O C. Na2CO3水溶液中存在平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-‎ D. BaSO4的水溶液导电性极弱：BaSO4Ba2++SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HS-+H2OH3O++S2-表示NaHS电离方程式，A错误；‎ B. HNO3具有强的氧化性，会将酸、碱中和反应产生的Fe2+氧化产生Fe3+，B错误；‎ C. 碳酸是二元弱酸，所以CO32-水解反应分步进行，主要是CO32-+H2OHCO3-+OH-，C正确；‎ D. BaSO4难溶于水，但也有一定的溶解度，溶于水的BaSO4会电离产生Ba2+、SO42-，BaSO4溶解电离方程式为：BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎5.室温下，下列离子组在给定条件下一定能大量共存的是 A. pH=1的溶液中：K+、Na+、NO2-、CH3COO-‎ B. c(ClO-)=1.0 mol/L的溶液：K+、SO32-、S2-、Cl-‎ C. KSCN溶液中：Na+、Fe3+、SO42-、Cl-‎ D. 使甲基橙变红的溶液中：NH4+、Al3+、SO42-、Mg2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=1的溶液显酸性，H+、CH3COO-会反应产生弱酸CH3COOH，不能大量共存，A错误；‎ B. c(ClO-)=1.0 mol/L的溶液，ClO-具有强的氧化性，SO32-、S2-具有还原性，会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；‎ C. KSCN溶液中，SCN-与Fe3+反应产生弱电解质Fe(SCN)3，不能大量共存，C错误；‎ D. 使甲基橙变红的溶液是酸性溶液，H+与NH4+、Al3+、SO42-、Mg2+不能发生任何反应，可以大量共存，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎6.下列溶液一定呈酸性的是：‎ A. 含有H＋的溶液 B. pH=6.5的溶液 C. c(OH－)0，由于△S>0，说明该反应的△H>0，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎8.升高温度，下列数据不一定增大的是 A. 化学反应速率v B. 水的离子积常数KW C. 化学平衡常数K D. 醋酸钠的水解平衡常数Kb ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 升高温度，物质的内能增加，化学反应速率v增大，A不符合题意； ‎ B. 水的电离过程吸收热量，升高温度，促进水的电离，所以水的离子积常数KW增大，B不符合题意；‎ C. 可逆反应的正反应可能是吸热反应也可能是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以化学平衡常数K可能增大，也可能减小，C符合题意；‎ D. 醋酸钠的水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡向吸热的正反应方向移动，所以水解平衡常数Kb增大，D不符合题意；‎ 故合理选项是C。‎ ‎9.一定量的混合气体在密闭容器中发生如下反应：xA(g)+yB(g)zC(g)，达到平衡后测得A气体的浓度为0.5 mol/L，保持温度不变，将密闭容器的容积压缩为原来的一半再次达到平衡后，测得A浓度为0.75 mol/L，则下列叙述正确的是 A. 平衡向逆反应方向移动 B. x+yz，B错误；‎ C. 增大压强，平衡向正反应方向移动，使B的物质的量减小，平衡移动的趋势是微弱的，但是密闭容器的容积压缩为原来的一半，B的物质的量浓度仍然增大，C错误；‎ D. 增大压强，化学平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了外界条件对化学平衡移动的影响。可根据假设平衡不移动，判断物质的浓度，然后与实际物质的浓度比较，确定平衡移动的方向。改变外界条件使化学平衡发生移动，但移动的趋势是微弱的，不能抵消这种变化，要注意对知识的归纳和梳理。‎ ‎10.如图所示的各图中，表示2A(g)+B(g)⇌2C(g)（△H＜0）这个可逆反应的正确图象为（注：F(C)表示C的质量分数，P表示气体压强，C表示浓度）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，反应逆向移动；‎ B.增大压强，反应速率加快，平衡向体积缩小的方向移动；‎ C.加入催化剂，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，但质量分数不发生变化；‎ D.降低温度，平衡向放热反应方向移动，增大压强，平衡向体积缩小的方向移动；‎ ‎【详解】A. 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，反应逆向移动，C的质量分数降低，A项正确；‎ B. 增大压强，反应速率加快，v(正)、v(逆)均增大，B项错误；‎ C. 加入催化剂，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，但C的质量分数不发生变化，C项错误；‎ D. 降低温度，平衡向放热反应方向移动，即正向移动，A的转化率增大；增大压强，平衡向体积缩小的方向移动，即正向移动，A的转化率增大，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】解答本题的重点是要熟练掌握外界因素对平衡移动的影响。‎ 改变的条件(其他条件不变)‎ 化学平衡移动的方向 浓度 增大反应物浓度或减小生成物浓度 向正反应方向移动 减小反应物浓度或增大生成物浓度 向逆反应方向移动 压强(对有气体参加的反应)‎ 反应前后气体体积改变 增大压强 向气体分子总数减小的方向移动 减小压强 向气体分子总数增大的方向移动 反应前后气体体积不变 改变压强 平衡不移动 温度 升高温度 向吸热反应方向移动 降低温度 向放热反应方向移动 催化剂 同等程度改变v正、v逆，平衡不移动 ‎11.已知常温下：Ksp(AgCl)=1.6×10－10，下列叙述正确的是 A. AgCl在饱和NaCl溶液中的Ksp比在纯水中的小 B. AgCl的悬浊液中c(Cl－)=4×10－5.5mol/L C. 将0.001mol/LAgNO3溶液滴入0.001 mol/L的KCl溶液中，无沉淀析出 D. 向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)< Ksp(AgBr)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶度积常数只与温度有关系，A错误；‎ B．根据氯化银的溶度积常数可知AgCl的悬浊液中c（Cl-）=4×10-5.5mol/L，B正确；‎ C．将0.001 mol·L－1AgNO3溶液滴入0.001 mol·L－1的KCl，浓度熵＝10－6＞1.6×10－10，有沉淀析出，C错误；‎ D．向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎12.下列说法正确的是 A. 用Zn作阳极，Fe作阴极，ZnCl2作电解质溶液，因放电顺序H+>Zn2+，故不能在铁上镀锌 B. 电解精炼时，阳极泥可以作为提炼贵重金属的原料 C. 粗铜电解精炼时，若电路中通过2 mol e-，阳极减少的质量为64 g D. 工业上采用电解MgCl2溶液来冶炼金属镁 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用Zn作阳极，Fe作阴极，ZnCl2作电解质溶液，虽然离子的得电子能力：H+>Zn2+，但由于溶液中c(Zn2+)>c(H+)，使得Zn2+比H+优先在阴极放电，得到锌单质，所以能实现在铁上镀锌，A错误；‎ B. 电解精炼时，阳极泥中含有许多重金属的单质，可以作为提炼贵重金属的原料，B正确；‎ C. 粗铜电解精炼时，在阳极发生反应的物质有Cu及活动性比Cu强的金属，所以若电路中通过2 mol e-，阳极减少的质量不一定为64 g，C错误；‎ D. 工业上采用电解熔融MgCl2来冶炼金属镁，若电解MgCl2溶液，在阴极上是溶液中H+得到电子变为H2，不能得到金属镁，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎13.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 0.1mol FeCl3完全水解形成Fe(OH)3胶体的胶粒数为0.1NA B. 1 mol N2 与 3 mol H2 充分反应，产物的分子数为 2NA C. 钢铁发生吸氧腐蚀时，0.56g Fe反应转移电子数为0.03NA D. 1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－ 和CO32－离子数之和小于0.1NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe(OH)3胶体的胶粒为许多Fe(OH)3的集合体，所以0.1mol FeCl3完全水解形成Fe(OH)3胶体的胶粒数小于0.1NA，A错误；‎ B. N2与H2合成NH3的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以1 mol N2 与 3 mol H2 充分反应，NH3的分子数小于2NA，B错误；‎ C. 0.56g Fe的物质的量为0.01mol，0.01mol的钢铁在发生吸氧腐蚀时转移电子数为0.02NA，C错误；‎ D. NaHCO3在溶液中HCO3-发生水解反应和电离作用，根据C元素守恒可知溶液中存在的含C元素的微粒有H2CO3、HCO3- 和CO32-，三者的物质的量和为0.1mol，故HCO3－ 和CO32－离子数之和小于0.1NA，D正确；‎ 故合理选项D。‎ ‎14.如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测，下列说法不正确的是 A. 电流由O2所在的铂电极经外电路流向另－电极 B. 该电池的负极反应式为：CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+‎ C. O2所在的铂电极处发生还原反应 D. 微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该装置中含有质子交换膜，则电解质溶液为酸性，酸性条件下，乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子发生还原反应；根据图示得出酸性燃料电池的反应物和生成物，再根据原电池原理写出该电池的反应式来判断。‎ ‎【详解】A. 乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子发生还原反应，电流由正极流向负极，即从O2所在的铂电极经外电路流向另一电极，A正确；‎ B. 该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，分析装置图可知乙醇在负极失去电子被氧化生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH，B错误； ‎ C. 乙醇燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，O2所在的铂电极处得到电子发生还原反应，C正确；‎ D. 根据微处理器通过检测电流大小可以得出电子转移物质的量，根据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题以乙醇为燃料考查了燃料电池，注意正负极上电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，即使燃料和氧化剂相同，如果电解质溶液不同，电极反应式也不同。‎ ‎15.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 结论 操作 A CO32-水解是吸热反应 在0.1 mol/LNa2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深 B Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)‎ 常温下，用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4全部转化为BaCO3‎ C 酸性A比B强 等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多 D 金属性：M＞N 由M、N与稀硫酸构成的原电池中，M上产生大量气泡 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.水解反应为吸热反应；‎ B.Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)，则生成碳酸钡沉淀；‎ C.等pH时酸HA放出的氢气多，可知HA的酸性更弱；‎ D.由M、N与稀硫酸构成的原电池中，较活泼金属失电子发生氧化反应，较不活泼金属上生成氢气。‎ ‎【详解】A.水解反应为吸热反应，则滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深，可知CO32-水解是吸热反应，A正确；‎ B.向含有BaSO4的溶液中加入饱和Na2CO3溶液，若Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)，则会生成碳酸钡沉淀，与是否发生沉淀的转化无关，因此不能比较Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)，B错误；‎ C.等pH时酸HA放出的氢气多，可知溶液中含HA酸物质的量较多，则说明HA的酸性更弱，即酸性：HAc（B2-）>c（H2B），说明HB-的电离程度大于水解程度，据此分析。‎ ‎【详解】向20mL0.2mol•L-1H2B溶液中滴加0.2mol•L-1NaOH溶液，当V（NaOH）=20mL时，两者以1:1物质的量之比发生的反应为：NaOH+H2B=NaHB+H2O；所得溶液为NaHB溶液，依据图象分析，溶液中c（HB-）>c（B2-）>c（H2B），说明HB-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，且HB-的电离和水解都是微弱的，溶液中还存在水的电离平衡，所以溶液中各粒子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）＞c（HB-）＞c（H+）＞c（B2-）＞c（H2B）；故A正确。‎ 故选A。‎ 二、填空题(包括5小题，共52分，除标明外，每空2分)‎ ‎17.利用所学化学反应原理，解决以下问题：‎ ‎(1)KAl(SO4)2·12H2O可做净水剂，其原理是_________(用离子方程式表示)‎ ‎(2)向FeCl3溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成的离子方程式_________________。‎ ‎(3)室温下将0.12 mol/L HCl溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，混合液的pH=_____。‎ ‎【答案】 (1). Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ (2). Fe3++3HCO3-= Fe(OH)3↓+3CO2↑ (3). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)明矾是利用Al3+水解产生的氢氧化铝晶体的吸附性来净水；‎ ‎(2)根据盐水解的酸碱性，结合盐的水解规律分析；‎ ‎(3)HCl与NaOH发生中和反应，先根据二者物质的量的多少判断HCl过量，计算反应后溶液中c(H+)，然后根据pH=-lgc(H+)计算。‎ ‎【详解】(1)明矾是强酸弱碱盐，溶于水电离产生Al3+，Al3+发生水解作用：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，胶体表面积大，吸附力强，能够吸收水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而从水中分离除去，从而具有净水作用；‎ ‎(2) 向FeCl3溶液中滴加NaHCO3溶液，Fe3+、HCO3-发生水解作用，且由于这两种离子水解后溶液的酸碱性相反，相互促进，使离子水解程度增大，甚至完全，最终形成Fe(OH)3沉淀和CO2气体，反应的离子方程式为：Fe3++3HCO3-= Fe(OH)3↓+3CO2↑；‎ ‎(3)HCl与NaOH在溶液中发生中和反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，二者反应的物质的量的比是1：1，由于c(HCl)=0.12 mol/L，c(NaOH)=0.1 mol/L，二者等体积混合，所以反应后HCl过量，反应后溶液中c(H+)=(0.12 mol/L-0.1 mol/L)÷2=0.01 mol/L，则溶液的pH=-lgc(H+)=2。‎ ‎【点睛】本题考查了盐的水解规律和溶液pH的计算。盐的水解规律是：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性。盐水解程度是微弱的，在溶液中存在水解平衡，可根据化学平衡移动原理分析，主要以盐电离产生的离子存在，当两种盐水解后溶液酸碱性相反，水解程度会增大，甚至是变得彻底、完全，形成沉淀或产生气体。对于溶液pH计算，关键是判断什么物质过量，计算反应后溶液中c(H+)或c(OH-)，再根据水的离子积常数和pH=-lgc(H+)计算。‎ ‎18.研究氮的氧化物、碳的氧化物等大气污染物的处理具有重要意义。‎ I.已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5 kJ·mol-1‎ ‎②CO的燃烧热△H=-283 kJ·mol-1。‎ ‎(1)汽车排气管内安装的催化转化器，可使尾气中主要污染物(NO和CO)转化为无毒的大气循环物质，该反应的热化学方程式为________________________________。‎ ‎(2)一定温度下，在恒容密闭容器中充入1 mol NO和2 mol CO 进行该反应，下列不能判断反应达到化学平衡状态的是___________(用序号填空)‎ ‎①单位时间内消耗a mol CO的同时生成2a mol NO ‎②混合气体的平均相对分子质量不再改变 ‎③混合气体中NO和CO的物质的量之比保持不变 ‎④混合气体的密度不再改变 II.臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，向甲、乙两个体积都为1.0 L的恒容密闭容器中分别充入2.0 mol NO2和1.0 mol O3，分别在T1、T2温度下，经过一段时间后达到平衡。反应过程中n(O2)随时间(t)变化情况见下表：‎ ‎(3)T1______T2(填>、<或=，下同)，该反应△H________0。‎ ‎(4)甲容器中，0～3s内的平均反应速率v(NO2)=________。‎ ‎(5)甲容器中NO2平衡转化率为__________，T1时该反应的平衡常数为__________。‎ ‎【答案】 (1). 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=-746.5 kJ/mol (2). ①④ (3). > (4). < (5). 0.24 mol/(L·s) (6). 80.0% (7). 20‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．(1)将已知的两个热化学方程式叠加，可得相应的热化学方程式；‎ ‎(2)根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；‎ II．(3)发生反应2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，温度高，速率快，达到平衡所需要的时间缩短，据此分析比较温度，利用温度与O2的平衡含量分析判断；‎ ‎(4)对于甲容器中，0～3s内的平均反应速率v(NO2)=2v(O2)，根据图表数据计算氧气的反应速率得到；‎ ‎(5)根据O2的平衡浓度计算各种物质的平衡浓度，然后利用物质转化率等于转化量与起始量的比计算NO2的转化率；利用平衡常数含义计算甲在温度为T1时的平衡常数。‎ ‎【详解】I．(1)已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5 kJ/mol ‎②CO的燃烧热△H=-283 kJ/mol，热化学方程式：CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=-283.0 kJ/mol 根据盖斯定律计算②×2-①得到该反应的热化学方程式：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ‎ ‎△H=-746.5 kJ/mol；‎ ‎(2)①单位时间内消耗a mo1CO的同时生成2a mol NO，反应逆向进行，正、逆反应速率不等，说明没有反应达到平衡状态，①错误；‎ ‎②反应前后气体质量不变，气体物质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，②正确；‎ ‎③一定温度下，在恒容密闭容器中充入1 mol NO和2 mol CO进行该反应，反应中NO和CO按照1：1反应进行，混合气体中NO和CO的物质的量之比保持不变，说明反应达到平衡状态，③正确；‎ ‎④反应前后气体质量和体积不变，混合气体的密度始终不改变，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，④错误；‎ 故合理选项是①④；‎ II．(3)可逆反应2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，甲、乙两个体积都为1.0 L的恒容密闭容器中分别充入2.0 mol NO2和1.0 mol O3，分别在T1、T2温度下，经过一段时间后达到平衡，图表数据可知，甲容器中达到平衡时间短，速率快，说明反应的温度高，因此温度T1>T2；根据表格数据可知：升高温度，反应达到平衡时 O2的含量比温度低时低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应分析移动，逆反应为吸热反应，则该该反应的正反应为放热反应，所以△H<0；‎ ‎(4)甲容器中，0～3s内的平均反应速率v(NO2)=2v(O2)=2×=0.24 mol/(L·s)；‎ 对于甲容器，发生反应2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，反应达到平衡时n(O2)=0.8 mol，会同时反应n(N2O5)=n(O2)=0.8 mol，反应消耗n(O3)=0.8 mol，n(NO2)=2×0.8 mol=1.6 mol，所以平衡时n(N2O5)=2.0 mol-1.6 mol=0.4 mol，n(O3)=1.0 mol-0.8 mol=0.2 mol，n(N2O5)=n(O2)=0.8 mol，所以甲容器中NO2平衡转化率=×100%=80.0%；反应容器的容积是1L，所以各种物质的平衡时的物质的量为物质的平衡浓度，则该反应的化学平衡常数K==20。‎ ‎【点睛】本题考查了热化学方程式的书写、化学平衡状态的判断及化学反应速率和化学平衡常数的有关计算等知识，在书写热化学方程式时，要根据盖斯定律分析判断，结合平衡状态的特征判断平衡状态，注意掌握影响化学平衡的因素分析判断、平衡常数和反应速率计算等知识，试题充分考查了学生的分析能力及化学计算能力。‎ ‎19.室温下，将稀盐酸和一元碱BOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液的体积变化)，实验数据如下表：‎ 请回答：‎ ‎(1)HCl溶液和BOH溶液反应的离子方程式为___________________；‎ ‎(2)实验①反应后的溶液中由水电离出的c(OH-)=_________mol·L-1；实验③反应后的溶液中由水电离出的c(OH-)=_________mol·L－1‎ ‎(3)x_________0.2 mol·L-1(填“>”“<”或“=”；)‎ ‎【答案】 (1). H++BOH=B++H2O (2). 10-5 (3). 10-9 (4). >‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)HCl溶液和BOH溶液反应生成BCl和水，根据反应后溶液的pH=5，能够确定BOH为一元弱碱，据此书写离子反应方程式；‎ ‎(2)①据pH进行计算；当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，B+水解，促进水的电离，利用pH计算溶液中c(H+)，根据水电离产生的H+、OH-关系计算水电离产生OH-浓度相等计算；‎ ‎③HCl、BOH按1：1混合时得到的溶液为BCl、BOH等浓度的混合溶液，溶液pH=9>7，说明BOH的电离大于BCl的水解程度，据此分析；‎ ‎(3)BOH是一元弱碱，HCl是一元强酸，利用酸碱反应的实质及盐的水解规律分析解答。‎ ‎【详解】(1)一元强酸HCl和BOH溶液等浓度、等体积混合时，二者恰好反应产生BCl和H2O，反应后溶液中pH=5，说明BOH是一元弱碱，故反应的离子方程式为：H++BOH=B++H2O；‎ ‎(2)实验①反应后产生的盐BCl溶液pH=5，则c(H+)=10-5 mol/L，溶液中的H+就是水电离产生的，水电离产生的H+与OH-浓度相等，所以反应后水电离产生的OH-浓度c(OH-)水=10-5 mol/L；‎ 对于③0.1 mol/L HCl与0.2 mol/LBOH等体积混合，二者发生反应：HCl+BOH=BCl+H2O，反应后BOH过量，溶液为BCl、BOH等浓度的混合溶液，溶液的pH=9，显碱性，说明B+‎ 的水解程度小于BOH的电离程度，溶液的pH=9，c(H+)=10-9 mol/L，溶液中的H+就是水电离产生，根据水的电离平衡可知水电离产生的c(OH-)=c(H+)=10-9 mol/L；‎ ‎(3)BOH是一元弱碱，HCl是一元强酸，若二者等浓度、等体积混合，二者恰好反应，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则碱的浓度应大于酸的浓度，即x>0.2 mol/L。‎ ‎【点睛】本题考查了电解质的电离、盐的水解、水的离子积常数的应用等。掌握电离平衡和盐的水解规律及溶液pH的计算方法是本题解答的关键，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够根据盐的水解原理分析比较溶液中离子浓度。‎ ‎20.酸碱中和滴定原理也用在其他物质滴定，例如：下面是某化学学习小组的同学对草酸晶体进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务。该组同学研究课题是：探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的x值通过查阅资料知得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定。2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值。‎ ‎①称取2.52 g纯草酸晶体，将其配制成100.00 mL水溶液为待测液。‎ ‎②取25.00 mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4。‎ ‎③用浓度为0.1000 mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗20.00 mL。问：‎ ‎(1)通过上述数据，计算x=_____________。‎ ‎(2)滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据二者恰好反应时物质的量关系，由KMnO4的物质的量计算草酸晶体的物质的量，结合晶体的质量可知H2C2O4晶体中结晶水x的值；‎ ‎(2)若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n(H2C2O4)偏小，则n(H2O)偏大、x偏大。‎ ‎【详解】(1)KMnO4与草酸发生反应：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，25.00 mL、0.1000 mol·L-1的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)=c·V=0.1000 mol/L×0.020 L=2.0×10-3 mol，则2.52 g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量n(H2C2O4)=n(KMnO4)×= ‎ ‎×2.0×10-3 mol×=2.0×10-2 mol，则2.52 g H2C2O4•xH2O中含H2O的物质的量为(2.52 g-0.0200 mol×90 g/mol)÷18 g/mol=0.040 0 mol，则x=2；‎ ‎(2)若滴定终点时俯视滴定管刻度读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n(H2C2O4)偏小，则n(H2O)偏大、x偏大。‎ ‎【点睛】本题考查中和滴定实验原理的应用知识，明确中和滴定的操作方法为解答关键，注意根据物质反应消耗关系分析误差分析方法与技巧，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。‎ ‎21.如图是一个化学过程的示意图，回答下列问题：‎ ‎(1)甲池是___________装置，电极B的名称是___________。‎ ‎(2)甲装置中通入C3H8的电极反应____________，丙装置中D极的产物是___________(写化学式)。‎ ‎(3)一段时间，当乙池中产生112 mL(标准状况下)气体时，均匀搅拌丙池，所得溶液在25℃时的pH=__________。(已知：NaCl溶液足量，电解后溶液体积为200 mL)。‎ ‎(4)若要使乙池恢复电解前的状态，应向乙池中加入__________(写物质化学式)。‎ ‎【答案】 (1). 原电池 (2). 阴极 (3). C3H8+26OH--20e-=3CO32-+17H2O (4). H2、NaOH (5). 13 (6). Ag2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)甲池为丙烷、氧气形成的燃料电池；乙池中电极B与原电池的负极连接，作电解池的阴极；‎ ‎(2)C3H8在负极上失电子，碱性条件下生成碳酸根；丙装置中D极连接电源的负极，为阴极；‎ ‎(3)电解AgNO3溶液，总反应方程式为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，根据n=计算O2的物质的量，根据同一闭合回路中电子转移的物质的量相等，在丙池中：‎ 阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，根据电子转移数目相等计算氢氧化钠的物质的量，利用c=计算氢氧化钠的物质的量浓度，从而得出溶液的pH；‎ ‎(4)根据电解的产物分析，根据“析出什么元素加入什么元素”的原则确定使乙池恢复电解前的状态加入的物质。‎ ‎【详解】根据装置图可知甲池为原电池，通入燃料丙烷的电极为负极，通入O2的电极为正极，乙池、丙池与原电池连接，属于电解池，其中乙池中A电极为阳极，B电极为阴极，丙池中C电极为阳极，D电极为阴极。‎ ‎(1)甲池为原电池，是化学能转化为电能的装置，乙池为电解池，其中B电极连接电源的负极，作阴极；‎ ‎(2)燃料C3H8在负极上失电子，碱性条件下反应生成CO32-，所以甲装置中通入C3H8的电极反应式为：C3H8+26OH--20e-=3CO32-+17H2O。丙装置中C电极为阳极，溶液中Cl-失去电子变为Cl2；D极为阴极，电极上水电离产生的H+放电生成H2，溶液中有OH-，所以D电极的产物是H2和NaOH；‎ ‎(3)乙装置中A(石墨)电极为阳极，发生反应：4OH- -4e-=2H2O+O2↑，B(Ag)的电极为银离子得电子，其电极反应式为：Ag++e-=Ag。n(O2)==0.005 mol，根据电极反应式可知：每反应产生1 molO2，转移4 mol电子，则反应产生0.005 mol电子时，转移电子的物质的量n(e-)=4n(O2)=0.02 mol。丙池电解反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，根据方程式可知：每反应转移2 mol电子，反应产生2 mol NaOH，由于在同一闭合回路中电子转移数目相等，所以转移0.02 mol电子时，丙池反应产生NaOH的物质的量n(NaOH)= n(e-)=0.02 mol，NaCl溶液足量，电解后溶液体积为200 mL，所以反应后c(NaOH)==0.1 mol/L，c(H+)=mol/L=10-13 mol/L，所以溶液pH=13；‎ ‎(4)对于乙池，总反应方程式为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，由于电解生成Ag和O2从溶液中分离出去，所以要使乙池恢复电解前的状态，应向乙池中加入二者的化合物，即加入Ag2O。‎ ‎【点睛】本题考查原电池和电解池原理，正确推断原电池正负极是解本题的关键，难点是原电池电极反应式的书写，通入燃料的电极为负极，失去电子，发生氧化反应，燃料相同，由于电解质溶液的酸碱性不同，电极反应式不同；对于多池串联电路 的计算，要根据同一闭合回路中电子转移数目相等计算，计算溶液的pH要根据电子转移的物质的量与氢氧化钠的关系来分析解答。‎ ‎22.三氧化二镍(Ni2O3)是一种灰黑色无气味有光泽的块状物，易粉碎成细粉末，常用于制造高能电池。工业上以金属镍废料生产Ni2O3的工艺流程如下：‎ 下表为金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(设开始沉淀时金属离子浓度为1.0 mol·L－1)：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)为提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施是___________。(写两点即可)‎ ‎(2)酸浸后的酸性溶液中含有Ni2＋、Fe2+、Fe3+、Al3+等。加H2O2的作用是__________，其离子方程式为______________________。‎ ‎(3)在沉镍前，需加Na2CO3控制溶液pH的范围为__________。‎ ‎(4)沉镍的离子方程式为_____________________。‎ ‎(5)氧化生成Ni2O3的离子方程式为___________________。‎ ‎【答案】 (1). 升高温度；增加盐酸的浓度；粉碎；搅拌 (2). 把Fe2+氧化为Fe3+ (3). 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O (4). 4.7≤pH<7.1 (5). Ni2++CO32-=NiCO3↓ (6). 2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3+Cl-+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以金属镍废料生产Ni2O3，由流程可知，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，另含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化Fe2+为Fe3+，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+全部形成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤后向滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3沉淀，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3经洗涤后再溶于盐酸得氯化镍溶液和二氧化碳，向溶液加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液反应生成Ni2O3。‎ ‎【详解】(1)为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施是升高温度、增大盐酸浓度、粉碎、搅拌等；‎ ‎(2)在酸性条件下H2O2具有氧化性，可以把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；‎ ‎(3)沉镍前要将Fe3+、Al3+沉淀完全，而镍离子不能形成沉淀，根据溶液的pH与金属氢氧化物沉淀的关系表格数值可知：溶液的pH值控制在4.7≤pH<7.1；‎ ‎(4)沉镍时Ni2+与CO32-形成NiCO3沉淀，反应的离子方程式为Ni2++CO32-=NiCO3↓；‎ ‎(5)NaClO中Cl元素化合价为+1价，反应后变为NaCl中的-1价，Cl元素由+1价降为-1价，而Ni由反应前NiCl2中的+2价升高到Ni2O3中的+3价，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得Ni2+氧化生成Ni2O3的离子方程式为：2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3+Cl-+2H2O。‎ ‎【点睛】本题考查物质的制备实验，把握流程中发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，注意元素化合物知识的应用及方程式书写应该遵循的守恒关系的应用，侧重考查学生的分析与实验能力。‎