【化学】宁夏育才中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）
宁夏育才中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题
第Ⅰ卷（选择题）
可能用到的相对原子质量：H: 1；N:14；O:16；C:12；S:32；Cl：35.5；Na：23；Fe：56 ；Cu：64
一、单项选择
1.下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（ ）
A. 生成物能量一定低于反应物总能量
B. 热化学方程式的化学计量数可表示分子的个数
C. 反应热指的是反应过程中放出的热量
D. 同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)= 2HCl(g)在光照和点燃条件的△H相同
【答案】D
【解析】
【详解】A. 化学反应可分为吸热反应和放热反应，对于吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量；对于放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，A项错误；
B. 热化学方程式的化学计量数只表示物质的量，不可表示分子的个数，B项错误；
C. 反应热指的是化学反应过程中，放出或吸收的热量，C项错误；
D. 反应的△H取决于反应物和生成物总能量的相对大小，与反应条件无关，即氢气和氯气的反应无论在点燃还是加热条件下反应，其反应热相同，D项正确；
答案选D。
2.下列说法或表示法正确的是（ ）
A. 等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多
B. 由C(金刚石)=C(石墨) ΔH = -119 kJ/mol可知，金刚石比石墨稳定
C. 在稀溶液中：H+(aq)+OH－(aq)=H2O ΔH =－57.3 kJ/mol，若将含1mol CH3COOH的醋酸溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ
D. 在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+ O2(g)=2H2O(l) ΔH = +285.8 kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】A.
硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，硫蒸气放出的热量多，A项正确；
B. 由C(金刚石)=C(石墨) ΔH = -119 kJ/mol可知，该反应为放热反应，石墨比金刚石能量低，物质的能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，B项错误；
C. 醋酸为弱电解质，电离吸热，所以将含1molCH3COOH的稀溶液与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3kJ，C项错误；
D. 2g氢气燃烧放出285.8kJ热量，则4g氢气燃烧放热应为2×285.8kJ=571.6kJ，则正确的热化学方程为2H2(g)+ O2(g)=2H2O(l) ΔH = -571.6kJ /mol D项错误；
答案选A。
3.已知反应 。一定条件下，向容积为的密闭容器中充入和，测得和的浓度随时间变化的曲线如图所示。下列叙述中正确的是（ ）
A. 升高温度能使增大
B. 反应达到化学平衡时，的转化率为75%
C. 时，用表示的正反应的反应速率等于用表示的逆反应的反应速率
D. 从反应开始到反应达到平衡状态，的平均反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A、该反应，为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，减小，增大，减小，A项错误；
B、反应达到化学平衡时，的转化率为，B项正确；
C、时，，由于后增大，减小，即，因此用表示的正反应的反应速率大于用表示的逆反应的反应速率，C项错误；
D、内，，根据同一反应中不同物质的反应速率之比等于化学计量数之比，，D项错误；
故选B。
4.在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明下述反应：A(s)＋2B(g)⇌ C(g)＋D(g)已达到平衡状态（ ）
①混合气体的压强 ②混合气体的密度 ③B的物质的量浓度 ④混合气体总质量 ⑤气体的总物质的量
A. ②③⑤ B. ①②③ C. ②③④ D. ①③④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】根据化学平衡状态特征解答，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，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】该反应A(s)＋2B(g)⇌ C(g)＋D(g)前后，气体物质的量不变，混合气体的质量变化，且容器容积不变，
①该反应前后气体物质的量始终不变，且容器容积不变，则混合气体的压强始终不变，则当混合气体的压强不变时，不能表明反应已达到平衡状态，故错误；
②随着反应的进行，混合气体的质量发生变化，则混合气体的密度为一变量，则当混合气体的密度不变时，可表明反应达到平衡状态，故正确；
③B的物质的量浓度不变，表明正逆反应速率相等，表明反应达到平衡状态，故正确；
④随着反应的进行，混合气体的质量发生变化，当混合气体总质量不变时，表明反应达到平衡状态，故正确；
⑤
该反应前后气体物质的量始终不变，当气体的总物质的量不变时，不能表明反应已达到平衡状态，故错误；
综上所述，②③④表明反应已达到平衡状态，C项正确；
答案选C。
5.对于可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是（ ）
A. 增大压强 B. 升高温度 C. 使用催化剂 D. 多充入O2
【答案】B
【解析】
【详解】A.增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；
B.升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；
C.使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；
D.多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误；
故选：B。
6.下列能用勒沙特列原理解释的是（ ）
A. 氯化铁溶液加氢氧化钠振荡后产生红褐色沉淀
B. SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂
C. 棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅
D. H2、I2、HI平衡混和气加压后颜色变深
【答案】C
【解析】
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，存在平衡移动，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A. FeCl3溶液中加入NaOH溶液，发生复分解反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，不存在平衡移动，所以不能用勒夏特列原理解释，A项错误；
B. 使用催化剂，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，B项错误；
C. 二氧化氮气体中存在平衡2NO2⇌N2O4，加压瞬间二氧化氮的浓度增大，颜色变深，平衡2NO2⇌N2O4正向移动，二氧化氮的浓度又降低，故气体颜色变浅，但仍比原来的颜色深，能用勒夏特列原理解释，C项正确；
D. 该反应前后气体体积不变，加压平衡不移动，但增大平衡体系的压强，气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，D项错误；
答案选C。
7.已知反应A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)的ΔH＜0，下列说法正确的是( )
A. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小
B. 升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间
C. 达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动
D. 达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动
【答案】B
【解析】
【分析】A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)的ΔH＜0，该反应是一个气体分子数减少的放热反应。
【详解】A. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率也增大，A不正确；
B. 升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间，B正确；
C. 达到平衡后，升高温度有利于该反应平衡逆向移动，C不正确；
D. 达到平衡后，减小压强都有利于该反应平衡逆向移动，D不正确。
故选B。
8.对于可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0，下列各项对示意图的解释与图像相符的是（ ）
A. ①压强对反应的影响(p2>p1) B. ②温度对反应的影响
C. ③平衡体系增加N2对反应的影响 D. ④催化剂对反应的影响
【答案】C
【解析】
【详解】A.该反应中增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，故A错误；
B.因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，故B错误；
C.反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，故C正确；
D.因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡的时间少，与图象不符，故D错误。
故选C。
9.常温下某溶液中由水电离产生的c(H+)=1×10-5mol·L-1，则下列叙述正确的是（ ）
A. 由水电离出的c(OH-)=1×10-9mol•L-1 B. 一定是酸溶液
C. 可能是强酸的酸式盐溶液 D. pH值可能为9
【答案】D
【解析】
【分析】常温下某溶液中由水电离产生的c(H+)=1×10-5mol·L-1，说明水的电离被促进，依据影响水电离平衡的因素，升温促进电离，酸碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离等，可知该溶液为可水解的盐溶液。
【详解】A. 水电离出的氢离子和氢氧根的浓度永远相等，故由水电离出的c(OH-)=1×10-5mol•L-1，A项错误；
B. 酸溶液抑制水的电离，所以一定不是酸溶液，B项错误；
C. 强酸的酸式盐抑制水的电离，所以不可能是强酸的酸式盐溶液，C项错误；
D. 常温下某溶液中由水电离产生的c(H+)=1×10-5mol·L-1，说明水的电离被促进，可能是水解显酸性的盐，则溶液pH=5，也可能是水解显碱性的盐，则pH=9，D项正确；
答案选D。
10.右图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠的相互滴定的滴定曲线，下列正确的是（ ）
A. 盐酸的物质的量浓度为1 mol/L
B. 曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线
C. P点时反应恰好完全，溶液呈中性
D. 酚酞不能作本实验的指示剂
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据曲线可以看出盐酸溶液的pH=1，pH=-lgc(H+)=1，所以c(HCl)=c(H+)=0.1mol/L，A项错误；
B. 曲线a的pH是由小到大，说明是氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液的曲线，B项错误；
C. 根据曲线可以看出P点时pH=7，说明溶液呈中性，反应恰好完全，C项正确；
D. 由于氢氧化钠与盐酸恰好反应时溶液呈中性，故可用酚酞作指示剂，D项错误；
答案选C。
11.下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A. 将Ca（ClO）2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干均得不到原溶质
B. 保存氯化亚铁溶液时，在溶液中放少量铁粉，以防止Fe2+水解
C. 室温下，向0.1mol/L的CH3COOH溶液中加入少量水溶液显碱性的物质，CH3COOH的电离程度一定增大
D. NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同
【答案】A
【解析】
【详解】A、将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干分别得到的是氢氧化钙、Na2SO4、氧化铁，均得不到原溶质，故A正确；
B、氯化亚铁不稳定，易被氧化，加入少量的铁粉可把氧化的铁离子还原为亚铁离子，加入铁粉不能防止水解，故B错误；
C、向0.1mol/L的CH3COOH溶液中加入少量水溶液显碱性的物质如钠，CH3COOH的电离程度减小，故C错误；
D、NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，CH3COONH4溶液能促进水的电离，但是氯化钠不影响水的电离，故D错误；
答案选A。
12.对于0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液，正确是（ ）
A. 升高温度，溶液的pH降低
B. c(Na＋)＝2c(SO32-)＋c(HSO3-)＋c(H2SO3)
C. c(Na＋)＋c(H＋)＝c(SO32-)＋c(HSO3-)＋c(OH－)
D. 加入少量NaOH固体，c(SO32-)与c(Na＋)均增大
【答案】D
【解析】
【详解】0.1mol•L-1Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32- +H2O⇌HSO3- +OH-，该过程是吸热过程；
A. 升高温度，水解平衡正向移动，氢氧根离子浓度增大，所以溶液的pH升高，A项错误；
B. 溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，B项错误；
C. 溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，C项错误；
D. 加入少量NaOH固体，平衡：SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-向逆反应方向移动，所以c(SO32-)与c(Na+)均增大，D项正确；
答案选D。
13.下列关于电解质溶液的叙述正确的是（ ）
A. 中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同
B. 将pH＝4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低
C. 室温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH小
D. 室温下，pH＝7的NH4Cl与氨水的混合溶液中离子浓度大小顺序为c(Cl－) = c(NH4+)>c(H＋)＝c(OH－)
【答案】D
【解析】
【详解】A. 等pH的盐酸和醋酸溶液，盐酸的物质的量浓度小于醋酸，故等体积等pH的盐酸和醋酸溶液，盐酸的物质的量小于醋酸，则消耗氢氧化钠的物质的量，醋酸更多，A项错误；
B. 醋酸是弱电解质，稀释醋酸溶液时促进醋酸电离，醋酸根离子和氢离子浓度都减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，B项错误；
C. 常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，由于Na2S水解程度大于NaHS，显碱性，因此Na2S溶液的pH值更大，C项错误；
D. 室温下，pH＝7的NH4Cl与氨水的混合溶液中，存在电荷守恒：c(Cl－)+c(OH－)=c(NH4+)
+c(H＋)，且溶液呈中性，c(H＋)=c(OH－)，则c(Cl－)=c(NH4+)，则离子浓度大小顺序为c(Cl－) = c(NH4+)>c(H＋)＝c(OH－)，D项正确；
答案选D。
14.相同温度，相同物质量浓度的五种溶液：
① NH4Cl② NaHSO4 ③ NaCl④ CH3COONa ⑤ Na2CO3，pH 按由小到大的顺序排列，正确的是（ ）
A. ⑤<④<③<①<② B. ③ <②<①<④<⑤
C. ②<①<③<④<⑤ D. ② <①<③<⑤<④
【答案】C
【解析】
【详解】①②显酸性，pH较小，其中②是由于电离显酸性，①是由于水解显酸性，所以pH为①>②；③显中性；④⑤都为强碱弱酸盐，弱酸根离子水解显碱性，对应酸越弱，弱酸根离子水解程度越大，溶液碱性越强，醋酸的酸性大于碳酸，则碳酸根离子水解程度较大，所以pH为⑤>④，则pH按由小到大的顺序排列顺序为②<①<③<④<⑤，C项正确；
答案选C。
15.0.02mol·L-1的HCN溶液与0.02mol·L-1的NaCN溶液等体积混合，已知混合液中c(CN-)
c(CN-)>c(H+)> c(OH-) B. c(HCN)+c(CN-)=0.04 mol·L-1
C. 2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN) D. c(CN-)> c(HCN)
【答案】C
【解析】
【详解】0.02mol⋅L−1的HCN溶液与0.02mol⋅L−1NaCN溶液等体积混合，混合溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)═c(CN−)+c(OH−)，且混合溶液中c(CN-)c(H+)，溶液呈碱性，说明NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，
A. 根据以上分析知，溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)，A项错误；
B. 二者等体积混合时溶液体积增大一倍，导致浓度减小为原来的一半，结合物料守恒得c(HCN)+c(CN-)=0.02 mol·L-1，B项错误；
C. HCN溶液与NaCN溶液等浓度等体积混合，根据物料守恒得，2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)，C项正确；
D. 通过以上分析知，NaCN水解程度大于HCN电离程度，所以c(CN-)< c(HCN)，D项错误；
答案选C。
16.在T ℃时，铬酸银(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法中不正确的是（ ）
A. T ℃时，在Y点和Z点，Ag2CrO4的Ksp相等
B. a＝×10－5
C. T ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－11
D. 向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点图中
【答案】B
【解析】
【详解】A. 一定温度下，溶度积是常数，温度不变，溶度积不变，该曲线为T ℃时，铬酸银(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线，曲线上各点Ksp相等，则在Y点和Z点，Ag2CrO4的Ksp相等，A项正确；
B. 根据图像可得，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)⋅c(CrO42-)=(1×10−3)2×(1×10−5)=1×10−11，Z点时c(CrO42-)=5×10−4，则，所以a=，B项错误；
C. 根据B项分析得，T ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－11，C项正确；
D. 饱和Ag2CrO4溶液中存在沉淀溶解平衡：Ag2CrO4(s)⇌2Ag+(aq)+CrO42-(aq)，加入固体K2CrO4，c(CrO42-)增大，c(Ag+)减小，不能使溶液由Y点变为X点，点仍在曲线上，D项正确；
答案选B。
17.港珠澳大桥的设计使用寿命高达120年，主要的防腐方法有：①钢梁上安装铝片；②使用高性能富锌（富含锌粉）底漆；③使用高附着性防腐涂料；④预留钢铁腐蚀量。下列分析不合理的是（ ）
A. 防腐涂料可以防水、隔离O2，降低吸氧腐蚀速率
B. 防腐过程中铝和锌均作为牺牲阳极，失去电子
C. 钢铁发生吸氧腐蚀时的负极反应式为：Fe -3e- = Fe3+
D. 方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除
【答案】C
【解析】
【详解】A. 大桥是铁的合金材料，表面接触空气，水蒸气，易形成原电池，防腐涂料可以防水、隔离O2，降低吸氧腐蚀速率，故A正确；
B. 铝和锌的金属活动性大于铁，故铁腐蚀过程中铝和锌均作为牺牲阳极，失去电子，保护了铁，故B正确；
C. 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe -2e- = Fe2+，故C错误；
D.铁的生锈发生的是电化学腐蚀，方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，不能完全消除铁的腐蚀，故D正确；
答案选C。
18.下图为直流电源电解稀Na2SO4溶液的装置。通电后在石墨电极a和b附近分别滴加一滴石蕊溶液。下列实验现象中正确的是（ ）
A. 一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体
B. 逸出气体的体积，a电极的大于b电极的
C. a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色
D. a、b电极附近均呈红色
【答案】B
【解析】
【分析】电解池中，石墨作电极，a极连接电源负极，为电解池的阴极，b极连接电源的正极，为电解池的阳极，阳极反应式为：2H2O-4e- ═4H++O2↑，阴极反应式为： 2H2O+2e-═H2↑+2OH-，总反应为2H2O2H2↑+O2↑，电解Na2SO4溶液实质为电解水，据此解答。
【详解】电解池中，石墨作电极，a极连接电源的负极，为电解池的阴极，b极连接电源的正极，为电解池的阳极，阳极反应式为：2H2O-4e- ═4H++O2↑，阴极反应式为： 2H2O+2e-═H2↑+2OH-，总反应为2H2O2H2↑+O2↑，电解Na2SO4溶液实质为电解水，
A. 氧气和氢气都是无色无味的气体，不可能逸出刺激性气味气体，A项错误；
B. a电极逸出的气体为氢气，b电极逸出的气体为氧气，二者关系为2H2∼O2，则相同条件下，气体的体积为a电极的大于b电极的，B项正确；
C. 由以上分析知，a电极是阴极，产生氢气，同时产生氢氧根离子，呈碱性，石蕊溶液呈蓝色；b电极是阳极，产生氧气，同时产生氢离子，所以b极区呈酸性，石蕊溶液呈红色，C项错误；
D. 由C项分析知，a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色，D项错误；
答案选B。
19.下列为四个常用的电化学装置，关于它们的叙述正确的是（ ）
(a)碱性锌锰电池 (b)铅-硫酸蓄电池 (c)电解精炼铜 (d)银锌纽扣电池
A. 图(a)所示电池中，MnO2的作用是催化剂
B. 图(b)所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大
C. 图(c)所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度始终不变
D. 图(d)所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag
【答案】D
【解析】A．该电池的总反应为Zn+2MnO2+2H2O = Zn(OH)2+MnOOH，反应中二氧化锰得到电子被还原，为原电池的正极，故A错误；B．铅蓄电池放电时电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，该反应中浓硫酸参加反应，所以浓度降低，故B错误；C．粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，电解时，粗铜中有铜和其它金属失电子，纯铜上只有铜离子得电子，所以阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，故C错误；D．该原电池中，正极上氧化银得电子生成银，所以氧化剂作氧化剂发生还原反应，故D正确；故选D。
20.2012年6月16日18时37分24秒，神舟九号成功发射。飞船的能量部分来自太阳能电池，另外内部还配有高效的MCFC型燃料电池。该燃料电池可同时供应电和水蒸气，其所用燃料为氢气，电解质为熔融的碳酸钾。已知该燃料电池的总反应为2H2＋O2===2H2O，则下列推断正确的是（ ）
A. 电池放电时，电子经外电路由通氧气的正极流向通氢气的负极
B. 电池工作时CO32－向正极移动
C. 正极的电极反应式为4OH－－2e－=O2↑＋2H2O
D. 负极反应为H2＋CO32－－2e－=CO2＋H2O，
【答案】D
【解析】
【分析】在燃料电池中，通入氧气的一极为正极，通入燃料的一极为负极，当电解质为熔融碳酸盐时，在配平电极反应式时需借助CO32-配平，正极的电极反应式为：O2 + 4e- + 2CO2=2CO32-；负极通入H2，失电子发生氧化反应，电极反应式为：H2-2e-＋CO32-=H2O＋CO2，据此解答。
【详解】在燃料电池中，通入氧气的一极为正极，通入燃料的一极为负极，当电解质为熔融碳酸盐时，在配平电极反应式时需借助CO32-配平，正极的电极反应式为：O2 + 4e- + 2CO2=2CO32-；负极通入H2，失电子发生氧化反应，电极反应式为：H2-2e-＋CO32-=H2O＋CO2，
A. 电池放电时，为原电池原理，电子由负极流向正极，所以外电路电子由通氢气的负极流向通氧气的正极，A项错误；
B. 原电池中，阴离子向负极移动，所以CO32-向负极移动，B项错误；
C. 燃料电池中，正极氧气得电子，发生还原反应，电极反应为：O2+2CO2+4e−=2CO32-，C项错误；
D. 燃料电池中，负极氢气失电子，发生氧化反应，负极反应为H2−2e−+CO32-═CO2+H2O，D项正确；
答案选D。
21. 观察下列几个装置示意图，有关叙述正确的是: （ ）
A. 装置①中阳极上析出红色固体
B. 装置②的待镀铁制品应与电源正极相连
C. 装置③闭合电键后，外电路电子由a极流向b极
D. 装置④的离子交换膜允许阳离子、阴离子、水分子自由通过
【答案】C
【解析】
【详解】A.电解池中阳极失去电子，所以选项A中阳极是氯离子放电生成氯气，铜离子在阴极放电，A不正确；
B.电镀使待镀制品应该与电源的负极相连，做阴极，B不正确；
C.氢气失去电子，所以氢气在负极通入，氧气在正极通入，C正确；
D.离子交换膜只允许阳离子通过，而不能通过阴离子，D不正确；
答案选C。
第II卷（非选择题）
二、填空题
22.（1）依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行推算。已知：
C(s，石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH2＝－571.6 kJ·mol－1
2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH3＝－2599 kJ·mol－1
根据盖斯定律，写出298 K时由C(s，石墨)和H2(g)生成1 mol C2H2(g)热化学方程式：__________________________________________。
（2）在1.0 L真空密闭容器中充入4.0 mol A(g)和4.0 mol B(g)，在一定温度下进行反应：A(g)+B(g)⇌C(g) ΔH，测得不同时刻该容器内物质的物质的量如下表:
时间/min
0
10
20
30
40
n(A)/mol
4.0
2.5
1.5
n2
n3
n(C)/mol
0
1.5
n1
3
3
回答下列问题：
①随着温度的升高，该反应的化学平衡常数减小，则ΔH___(填“>”“<”或“=”)0，反应从起始到30min内A的平均反应速率是_______，该温度下，上述反应的化学平衡常数为____。
②下列选项中能说明该反应在一定温度和恒容条件下达到平衡状态的是________。
A. 反应速率：vA(正) =vC(逆) B. A的质量和C的质量相等
C. B的转化率不再改变 D. 密度不再改变
（3）若反应C(g)⇌A(g)+B(g)进行时需加入稀释剂X气体(不参与反应)，则C的平衡转化率与压强、X的物质的量的关系如图所示。
当其他条件不变时，增大X的物质的量，C的平衡转化率将________(填“增大”“减小”或“不变”)，其原因是______________________________。
【答案】(1). 2C(s 石墨)+H2(g)= C2H2(g) △H=+226.7kJ•mol-1 (2). ＜ (3). 0.1mol/(L∙min) (4). 3 (5). AC (6). 增大 (7). 随着X的物质的量的增大，容器体积增大，相当于减小反应体系的压强，平衡右移，C的平衡转化率增大
【解析】
【分析】（1）利用盖斯定律计算反应热，并书写热化学方程式；
（2）①随着温度升高，化学平衡常数减小，说明化学平衡逆向移动，则正反应为放热反应；根据表格中数据知，在30min时反应处于平衡状态，n(C)=3mol，根据化学方程式计算，此时n(A)=n(B)=1mol，Δn(A)=3mol，根据计算反应从起始到30min内A的平均反应速率；再计算平衡时c(C)、c(A、c(B)，进而计算该温度下反应的平衡常数；
②该反应A(g)+B(g)⇌C(g)前后，气体物质的量变化，且温度一定，容器容积恒容，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，据此分析判断；
（3）由图可知，随着X的物质的量的增大，C的平衡转化率增大，其原因是随着X的物质的量的增大，容器体积增大，相当于减小反应体系的压强，据此分析判断。
【详解】（1）将已知热化学方程式编号，①C(s，石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1；②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH2＝－571.6 kJ·mol－1；③2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH3＝－2599 kJ·mol－1；利用盖斯定律将①×2+②×-③×可得：2C(s 石墨)+H2(g)= C2H2(g) 则△H=（-393.5kJ/mol）×2+×（-571.6kJ/mol）-×（-2599 kJ/mol）= +226.7kJ•mol-1，故由C(s，石墨)和H2(g)生成1 mol C2H2(g)的热化学方程式为：2C(s 石墨)+H2(g)= C2H2(g) △H=+226.7kJ•mol-1；
故答案为：2C(s 石墨)+H2(g)= C2H2(g) △H=+226.7kJ•mol-1；
（2）①随着温度升高，化学平衡常数减小，说明化学平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故△H＜0；根据表格中数据知，在30min时反应处于平衡状态，n(C)=3mol，根据化学方程式计算，平衡时，Δn(A)=3mol，则反应从起始到30min内A的平均反应速率是；在30min时反应处于平衡状态，此时n(A)=n(B)=1mol，故平衡时c(C)=3mol/L，c(A)=c(B)=1mol/L，则该温度下反应的平衡常数为；
故答案为：<；0.1mol/(L∙min)；3；
②该反应A(g)+B(g)⇌C(g)前后，气体物质的量变化，且温度一定，容器容积恒容，
A. 反应速率：vA(正) =vC(逆)，则正逆反应速率相等，能说明该反应达到平衡状态，A项正确；
B. A的质量和C的质量相等，不能说明正逆反应速率相等，则不能说明该反应达到平衡状态，B项错误；
C. B的转化率不再改变，说明B的物质的量保持不变，正逆反应速率不变，能说明该反应达到平衡状态，C项正确；
D. 根据质量守恒定律知，混合气体的质量不变，容器容积不变，则密度始终保持不变，则密度不再改变，不能说明该反应达到平衡状态，D项错误；
故答案为：AC；
（3）由图可知，随着X的物质的量的增大，C的平衡转化率增大，其原因是随着X的物质的量的增大，容器体积增大，相当于减小反应体系的压强，平衡右移，C的平衡转化率增大；
故答案为：增大；随着X的物质的量的增大，容器体积增大，相当于减小反应体系的压强，平衡右移，C的平衡转化率增大。
23.（1）已知NaHA水溶液呈碱性。
①用离子方程式表示NaHA水溶液呈碱性的原因__________________（用离子方程式和相应的文字叙述）。
②在NaHA水溶液中各离子浓度的大小关系是_______________________________
（2）实验室在配制AlCl3的溶液时，为了抑制AlCl3的水解可加入少量的_____(填写物质的名称)。把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是________（填化学式）。
（3）常温下，物质的量浓度相同的下列溶液：①NH4Cl、②(NH4)2SO4、③NH3·H2O、④(NH4)2CO3、⑤NH4HSO4。溶液中c()从大到小顺序为__________________(填序号)。
（4）常温下，pH=5的盐酸和pH=9的氢氧化钠溶液等体积混合，则混合液的pH=_________。
（5）毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：
已知：
Ca2+
Mg2+
Fe3+
开始沉淀时的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀时的pH
13.9
11.1
32
已知：Ksp（BaC2O4）=1.6×10-7，Ksp（CaC2O4）=2.3×10-9
加入NH3·H2O调pH＝8可除去______(填离子符号)，滤渣Ⅱ中含________(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是__________________________________________。
【答案】(1). HA-+H2O ⇌ H2A+OH- ，HA- 的水解程度大于其电离程度 (2). c（Na+）＞c（HA-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（A2-） (3). 盐酸 (4). Al2O3 (5). ②＞④①＞③ (6). 7 (7). Fe3+ (8). Mg(OH)2、Ca(OH)2 (9). H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量减少
【解析】
【分析】（1）①NaHA水溶液呈碱性，说明NaHA是强碱弱酸的酸式盐，HA-既能电离又能水解，且水解程度大于电离程度；
②HA-既能电离又能水解，且水解程度大于电离程度，据此分析离子浓度大小顺序；
（2）AlCl3溶液水解生成氢氧化铝和盐酸，反应的离子方程式为Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，加入少量的盐酸抑制铝离子的水解；AlCl3溶液蒸干，氯化氢挥发，促进水解正向进行得到氢氧化铝，再灼烧得到Al2O3；
（3）弱电解质的电离是微弱的，盐电离的弱离子的水解是微弱的，据此分析；
（4）常温下，pH=5的盐酸中c(H+)=10-5mol/L，pH=9的氢氧化钠溶液中c(OH-)=10-5mol/L，二者等体积混合，则恰好反应生成氯化钠溶液；
（5）根据流程图及表格中数据可知，加入NH3·H2O调节pH＝8时，只有Fe3＋完全沉淀而除去；加入NaOH，调pH＝12.5，对比表格中数据可知，此时Mg2＋完全沉淀，Ca2＋部分沉淀，所以滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；根据Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，H2C2O4过量时Ba2＋会转化为BaC2O4沉淀，从而使BaCl2·2H2O的产量减少。
【详解】（1）①NaHA水溶液呈碱性，说明HA−的水解程度大于其电离程度，水解导致氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，而使溶液呈碱性，水解方程式为：HA−+H2O⇌H2A+OH−；
故答案为：HA- + H2O ⇌ H2A+OH-，HA-的水解程度大于其电离程度；
②NaHA水溶液呈碱性，说明HA−的水解程度大于其电离程度，钠离子不水解，所以离子浓度最大，HA−的电离和水解都较微弱，溶液呈碱性，则c(OH−)>c(H+)，溶液中氢离子由水和HA−电离得到，所以c(H+)>c(A2−)，故在NaHA水溶液中各离子浓度的大小关系是c(Na+)＞c(HA-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(A2-)；
故答案为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(A2-)；
（2）AlCl3溶液水解生成氢氧化铝和盐酸，反应的离子方程式为Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，实验室在配制AlCl3的溶液时，为了抑制AlCl3的水解，可加入少量的盐酸抑制铝离子的水解；AlCl3溶液蒸干，氯化氢挥发，促进水解正向进行得到氢氧化铝，再灼烧得到Al2O3；
故答案为：盐酸；Al2O3；
（3）弱电解质的电离是微弱的，盐电离的弱离子的水解是微弱的，常温下，物质的量浓度相同的下列溶液：①NH4Cl、②(NH4)2SO4、③NH3·H2O、④(NH4)2CO3、⑤NH4HSO4，先不考虑水解，则②(NH4)2SO4和④(NH4)2CO3都含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于其它三种物质，而④(NH4)2CO3中NH4+水解显酸性，CO32−水解显碱性，两者相互促进，所以NH4+水解的量较多，剩余NH4+的量较少，即溶液中c(NH4+)②＞④；①③⑤三种物质中，⑤
NH4HSO4酸性最强，NH4+水解受到的抑制作用最大，即NH4+的量较多，溶液中c(NH4+)较大，①NH4Cl，NH4+水解与⑤NH4HSO4比较，水解得到促进，即NH4+的量较少，即溶液中c(NH4+)⑤＞①；③NH3•H2O，溶液中c(NH4+)小于铵盐的c(NH4+)，应最小，则①＞③；按c(NH4+)由大到小的顺序排列为：②＞④＞⑤＞①＞③；
故答案为：②＞④>⑤>①＞③；
（4）常温下，pH=5的盐酸中c(H+)=10-5mol/L，pH=9的氢氧化钠溶液中c(OH-)=10-5mol/L，二者等体积混合，则恰好反应生成氯化钠溶液，则混合液的pH=7；
故答案为：7；
（5）根据流程图及表格中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水调节pH=8时，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3；加入氢氧化钠调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，则Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；过滤后滤液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少；
故答案为：Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量减少。
24.（1）铅蓄电池是典型的可充型电池，请回答下列问题(不考虑氢、氧的氧化还原)：放电时，正极的电极反应式是____________；电解液中H2SO4的浓度将_______（填变小、变大或不变）；当外电路通过0.5 mol电子时，理论上负极板的质量增加__________g。
（2）用甲醇燃料电池电解AgNO3溶液，如图所示，回答下列问题：
①甲池是________装置；通入CH3OH的电极名称是______，
②写出通入O2的电极的电极反应式是________________。
③A电极的电极反应式为_________________________。
④当乙池中A(Fe)极的质量增加2.70 g时，甲池中理论上消耗O2_____mL(标准状况下)
【答案】(1). PbO2+2e-+4H++ SO42- = PbSO4 + 2H2O (2). 小 (3). 24 (4). 原电池 (5). 负极 (6). O2+2H2O+4e-=4OH- (7). Ag++e-=Ag↓ (8). 140
【解析】
【分析】（1）电池总反应式为：Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H2O，负极电极反应式为：Pb-2e- +SO42-=PbSO4，正极电极反应式为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，据此分析判断；
（2）①甲池是甲醇燃料电池，则甲池是原电池，乙池为电解池；燃料电池中通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极；
②通入O2的电极为正极，电解质为碱性环境；
③乙池为电解池，电极A与原电池负极相连，为阴极，则该电极上为Ag+得电子生成Ag单质；
④乙池中A（Fe）极是阴极，阴极的质量增加2.70 g，增加的是银的质量，先计算银的物质的量，再根据转移电子守恒可得关系式4Ag~O2，进而计算甲池中理论上消耗O2的物质的量。
【详解】（1）电池总反应式为：Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H2O，负极电极反应式为：Pb-2e- +SO42-=PbSO4，正极电极反应式为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O；放电时，电解液中H2SO4的浓度将减少；当外电路通过0.5mol电子时，依据电子守恒计算理论上负极板的质量增加0.25mol×303g/mol-0.25mol×207g/mol=24g；
故答案为：PbO2+2e-+4H++ SO42- = PbSO4 + 2H2O；小；24；
（2）①甲池是甲醇燃料电池，则甲池是原电池，乙池为电解池；燃料电池中通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极，故通入CH3OH的电极名称是负极；
故答案为：原电池；负极；
②通入O2的电极为正极，电解质为碱性环境，则电极反应式是O2+2H2O+4e-=4OH-；
故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；
③乙池为电解池，电极A与原电池负极相连，为阴极，则该电极上为Ag+得电子生成Ag单质，电极反应式为Ag++e-=Ag↓；
故答案为：Ag++e-=Ag↓；
④乙池中A（Fe）极是阴极，阴极的质量增加2.70 g，增加的是银的质量，其物质的量为，根据转移电子守恒可得关系式4Ag~O2，所以V(O2)=nVm=；
故答案为：140。
25.某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：
①将碱式滴定管用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗锥形瓶2～3次；从碱式滴定管中放出25.00mL待测溶液到锥形瓶中。
②将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入0.1000mol·L－1标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数。
③向锥形瓶中滴入酚酞作指示剂，进行滴定。滴定至终点，测得所耗盐酸的体积为V1mL。
④重复以上过程，但在滴定过程中向锥形瓶中加入5mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL。试回答下列问题：
（1）滴定终点时的现象为：______________________________________；
（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_________________________；
（3）该小组在步骤①中的错误是________________，由此造成的测定结果 ______(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)；
（4）步骤②缺少的操作是____________________________________。
【答案】(1). 当滴入最后一滴标准溶液时，溶液由红色变为无色，且半分钟不恢复原来的颜色 (2). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (3). 用待测溶液润洗锥形瓶2～3次 (4). 偏高 (5). 酸式滴定管用蒸馏水洗净后，应该用标准溶液润洗2～3次
【解析】
【分析】（1）实验中，用盐酸滴定氢氧化钠溶液，以酚酞作指示剂，滴定终点时，锥形瓶中的溶液颜色发生变化，且半分钟内不褪色；
（2）滴定时，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化；
（3）根据待测溶液润洗锥形瓶，会使的待测液的物质的量增多，根据进行误差分析；
（4）将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入标准盐酸溶液，则相当于稀释标准溶液，其浓度偏小。
【详解】（1）实验中，用盐酸滴定氢氧化钠溶液，以酚酞作指示剂，滴定终点的现象是当滴入最后一滴标准溶液时，溶液由红色变为无色，且半分钟不恢复原来的颜色；
故答案为：当滴入最后一滴标准溶液时，溶液由红色变为无色，且半分钟不恢复原来的颜色；
（2）滴定时眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，以判定终点的到达；
故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；
（3）在步骤①中，用待测溶液润洗锥形瓶，会使待测液的物质的量增多，造成消耗的标准盐酸溶液的体积V(标准)偏大，根据，可知c(待测)偏高；
故答案为：用待测溶液润洗锥形瓶2～3次；偏高；
（4）将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入标准盐酸溶液，则标准溶液的浓度偏小，所以缺少的操作为：蒸馏水洗后应该再用标准溶液润洗；
故答案为：酸式滴定管用蒸馏水洗净后，应该用标准溶液润洗2～3次。
