2018-2019学年广东省中山市高二上学期期末水平测试化学试题 解析版

2018-2019学年广东省中山市高二上学期期末水平测试化学试题 解析版

广东省中山市2018-2019学年高二上学期期末水平测试 化学试题 ‎1.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是 A. 抗氧化剂 B. 调味剂 C. 着色剂 D. 增稠剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关。‎ ‎【详解】抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，A正确；调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，B错误；着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，C错误；增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查常见食品的添加剂，与化学反应速率相结合综合考查双基以及分析能力，侧重于化学与生活的考查。‎ ‎2.下列有关金属与防护的说法正确的是 A. 在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀 B. 金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程 C. 钢铁交接处，在潮湿的空气中直接发生反应：Fe-3e-=Fe3+，继而形成铁锈 D. 轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺性阳极的阴极保护法 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．强酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，所以酸性条件下钢铁不一定发生析氢腐蚀，故A错误；B．金属腐蚀的实质是金属失去电子发生氧化反应，所以属于被氧化的过程，故B错误；C．Cu、Fe和电解质溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，Fe作负极、Cu作正极，负极反应式为Fe-2e-═Fe2+，故C错误；D．Zn、Fe和海水构成原电池，Zn易失电子作负极而被腐蚀，Fe作正极被保护，所以轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故答案为D。‎ ‎3.下列有关实验操作或测量数据的说法正确的是 A. 用托盘天平称量食盐的质量为12.35克 B. 用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液20.00mL C. 用pH试纸测量氢氧化钠稀溶液的pH为11.5‎ D. 中和热的测定实验中，NaOH溶液应该稍过量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．托盘天平只能读到0.1g，无法用托盘天平称量12.35g食盐，故A错误；B．高锰酸钾溶液能够腐蚀就及碱式滴定管的橡胶管，应该用酸式滴定管，故B错误；C．pH试纸测定溶液的pH，所得pH为整数值，不可能为分数，故C错误；D．中和热测定实验中，为了确保酸被完全中和，所用NaOH溶液要稍过量，故D正确；故答案为D。‎ ‎4.下列有关能量的判断和表示方法正确的是 A. 由C(s，石墨)===C(s，金刚石)　ΔH＝＋1.9 kJ，可知：金刚石比石墨更稳定 B. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量更多 C. 由H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ，可知：含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出热量等于57.3 kJ D. 2 g H2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、从C（石墨）＝C（金刚石）ΔH="+1.9" kJ·mol-1，可知石墨具有的能量较低，物质具有的能量越低越稳定，所以石墨比金刚石更稳定，A错误；B、S固体转化为硫蒸气的过程是吸热过程，硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，硫蒸气放出热量更多，B正确；C、乙酸是弱酸，电离过程是吸热过程，含1mol CH3COOH的稀溶液与含1mol NaOH的稀溶液混合，放出热量小于57.3 kJ，C错误；D、2g即1molH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，则2mol氢气燃烧放出的热量Q＝+285.8kJ×2＝571.6kJ，D错误；答案选B。‎ 考点：考查了化学反应的反应热和焓变的相关知识。‎ ‎5.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下：‎ 则下列说法错误的是 A. 生成CH3COOH总反应是化合反应 B. ①→②过程形成了C―C键 C. CH4→CH3COOH过程中，有C―H键发生断裂 D. ①→②吸收能量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 据图可知，甲烷和二氧化碳反应生成乙酸，总反应的原子利用率100%，所以总反应是化合反应，故A正确；‎ B. 据图可知，①→②的过程有C-C键形成，故B正确；‎ C. 由图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一个新的共价键，必有C-H键发生断裂，故C正确；‎ D．据图可知，①→②的过程中焓值降低，该过程放出热量，故D错误，答案选D。‎ ‎6.下列反应中△H＞0，△S＞0的是 A. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)‎ B. NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)‎ C. 4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)‎ D. 任何温度下均能自发进行2H2O2(l)＝2H2O(l)＋O2(g)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：一般来说，物质的分解反应为吸热反应，△S＞0，应生成较多气体，物质的混乱度增大，以此解答。‎ 详解：A．反应为放热反应，固体生成气体，则△H＞0，△S＞0，选项A正确；B．反应为放热反应，且气体生成固体，△H＜0，△S＜0，选项B错误；C．反应为吸热反应，且气体生成固体，则△H＞0，△S＜0，选项C错误；D．反应为吸热反应，且液体生成气体，则△H＞0，△S＜0，选项D错误；答案选A。‎ 点睛：本题考查焓变与熵变，侧重于基础知识的考查，注意常见吸热反应和放热反应，把握物质的聚集状态与熵变的关系，题目难度不大。‎ ‎7.下列有关化学反应速率的判断正确的是 A. 块状大理石、粉状大理石分别与0.1mol/L的盐酸反应，速率相同 B. 常温下，铜片和铁片分别与同浓度的浓硝酸反应，速率：铜片＜铁片 C. 同浓度的稀盐酸稀醋酸分别与2mol/L的NaOH溶液反应，开始时反应速率：盐酸＞醋酸 D. 不管什么反应，增大浓度、加热、加压、使用催化剂都可以加快反应速率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应物接触面积越大，反应速率越快，大理石块与大理石粉末分别与0.1mol/L盐酸反应，后者反应速率大于前者反应速率，故A错误；B．常温下铁遇浓硝酸发生钝化现象，无法继续溶解铁，则反应速率应为铁片＜铜片，故B错误；C．醋酸是弱酸，部分电离，相同浓度的盐酸和醋酸中氢离子浓度是盐酸中大，与碱液反应的速率快，故C正确；D．对于固体或纯液体参加的反应，增大压强，反应速率不变，故D错误。故答案为C。‎ ‎【点睛】影响化学反应速率的因素有内因和外因，物质的性质为内因，为影响化学反应速率的主要因素，外因有温度、浓度、压强、催化剂等，其中催化剂只改变反应速率，但不能概念反应的方向，当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应达到化学反应限度，此时各物质的浓度不再发生改变，但化学平衡为动态平衡，当外界条件发生变化时，平衡发生移动．‎ ‎8.在一定温度下，反应H2（g）＋I2（g）2HI（g）达到平衡的标志是 A. 单位时间内消耗1mol的H2，同时生成2mol的HI B. 1molI－I键断裂的同时有2molHI键形成 C. 容器内的总压强不随时间的变化而变化 D. 容器内气体颜色不再变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．单位时间内消耗1 mol的H2的同时生成2 mol 的HI，均为正反应速率相等，无法判断反应达到平衡，故A错误；B．1mol I-I 键断裂的同时有2mol ‎ HI键形成，都体现正反应的方向，故B错误；C．两边计量数相等，所以容器内的总压强始终不随时间的变化而变化，故C错误；D．容器内气体颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，反应达平衡状态，故D正确；故答案为D。‎ ‎【点睛】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，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。‎ ‎9.某固定容积为1L的密闭容器中，1molA(g)与1molB(g)在催化剂作用下加热到500℃发生反应：A(g)+B(g)C(g)+2D(s) ΔH>0，下列有关说法正确的是 A. 升高温度，增大，逆减小 B. 平衡后再加入1molB，上述反应的ΔH增大 C. 通入稀有气体，压强增大，平衡向正反应方向移动 D. 若B的平衡转化率为50%，则该反应的平衡常数等于2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．升高温度，化学反应速率加快，v正增大，v逆增大，故A错误；B．增加反应物B的量，会使化学平衡正向移动，但是反应的△H不变，故B错误；C．通入惰性气体，体积不变，各组分的浓度不变，平衡不移动，故C错误；D．‎ A(g)+B(g)C(g)+2D(s)‎ 起始物质的量（mol/L） 1 1 0‎ 变化物质的量（mol/L） 0.5 0.5 0.5‎ 平衡物质的量（mol/L） 0.5 0.5 0.5‎ 平衡时平衡常数K==2，故D正确；故答案为D。‎ ‎10.将一定量氨基甲酸铵(NH2COONH4)加入密闭容器中，发生反应NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)。该反应的平衡常数的负对数(-lgK)值随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法错误的是 A. 该反应的△H>0‎ B. C点对应状态的平衡常数K(C)=10−3.638‎ C. NH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态 D. 30℃时，B点对应状态的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象可知，升高温度，平衡常数的负对数减小，说明升高温度K增大，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，由化学方程式可知反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2：1，反应开始后氨气体积分数始终不变，结合浓度商与平衡常数的关系判断反应的方向，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．-lgK越大，则平衡常数K越小，由图可知，随温度升高，平衡常数增大，则升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，故该反应的△H＞0，故A正确B．C点-lgK=3.638，则平衡常数K=10-3.638，故B正确；C．反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2：1，反应开始后氨气体积分数始终不变，NH3的体积分数不变不能说明该反应达到平衡状态，故C错误；D．B点浓度商大于平衡常数，反应向逆反应进行，则B点对应状态的υ（正）＜υ（逆），故D正确；故答案为C。‎ ‎11.下图所示的实验，不能达到实验目的的是（各选项中对比溶液的浓度体积均相同）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．只有温度一个变量，则图中装置可验证升高温度可加快H2O2分解，故A正确；B．只改变浓度一个变量，则图中装置可验证增大反应物浓度对平衡的影响，故B正确；C．硫酸铜、氯化铁的阴离子、阳离子均不相同，不能比较Cu2+、Fe3+对H2O2分解速率的影响，也可能与阴离子有关，故C错误；D．生成气体快的可知酸电离出氢离子浓度大，氢离子浓度大的对应酸的酸性强，可比较弱酸的相对强弱，故D正确；故答案为C。‎ ‎12.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是 A. 合成氨工厂选择500℃的高温 B. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫 C. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体加入盐酸中，然后加水稀释 D. 常温时，AgCl在饱和氯化钠溶液中的溶解度小于在水中的溶解度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．工业合成氨的反应是可逆的，选择500℃左右的较高温度能使反应逆向进行，不利于化学平衡的正向移动，使用该温度主要是考虑催化剂的催化效率以及反应速率等知识，所以不能用化学平衡移动原理解释，故A正确；B．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对化学平衡的影响导致的，且存在可逆反应，能用勒夏特列原理解释，故B错误；C．配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体加入盐酸中，可抑制Fe3+的水解，能用勒夏特列原理解释，故C错误；D．存在AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-‎ ‎（aq），在NaCl溶液中抑制溶解，则溶解度小，则室温下，AgCl在水中的溶解度大于在食盐中的溶解度，能用勒夏特列原理解释，故D错误；故答案为A。‎ ‎【点睛】本题考查勒夏特列原理的理解与应用 ，其原更理的主要内容为：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，但影响因素不能完全被消除；使用勒夏特列原理时，必须注意研究对象必须为可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，特别是改变平衡移动的因素不能用平衡移动原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不改变平衡移动，无法用勒夏特列原理解释。‎ ‎13.常温下，向20mLxmol/LCH3COOH溶液中逐滴加入等物质的量浓度的NaOH溶液，混合液的pH随NaOH溶液的体积（V）的变化关系如下图所示（忽略温度变化）。下列说法中不正确的是 A. 上述CH3COOH溶液中：c（H+）=1×10-3mol/L B. 图中V1＜20mL C. a点对应的溶液中，c（CH3COO-）=c（Na+）‎ D. 当加入NaOH溶液的体积为20mL时，溶液中：c（CH3COOH）+c（H+）＞c（OH-）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图像可知，加入氢氧化钠溶液之前，醋酸pH=3说明c(H+)=1×10-3mol/L，故A正确；B、若物质的量浓度都是xmol/L的醋酸与氢氧化钠溶液等体积混合，则混合后恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐水解呈碱性，如呈中性，加入氢氧化钠溶液体积需小于20mL，故B正确；C、溶液中存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，a点对应的溶液c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(Na+)，故C正确；D、当加入氢氧化钠溶液的体积为20mL时，恰好反应生成醋酸钠，溶液中存在物料守恒，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)，溶液中也存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，因此c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)，故D错误；故选D。‎ ‎14.下列叙述正确的是 A. 0.1mol/LCH3COOH溶液在稀释过程中c（H+）/c（CH3COOH）将变小 B. 向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c（OH-）/c（NH3•H2O）将减小 C. 稀释Na2CO3溶液，溶液中c（OH-）增大 D. 常温时，向CaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，则CaCO3的溶度积常数增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．稀释促进醋酸的电离，n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，则0.1mol/LCH3COOH溶液在稀释过程中c（H+）/c（CH3COOH）将变大，故A错误；B．向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中铵根离子浓度增大，抑制了NH3•H2O的电离，则NH3•H2O的浓度增大，氢氧根离子的浓度减小，则溶液中c（OH-）/c（NH3•H2O）减小，故B正确；C．Na2CO3溶液显碱性，加水稀释促进CO32-水解，但溶液碱性减弱，溶液中c（OH-）减小，故C错误；D．常温时，向CaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，CaCO3的溶解度减小，由于温度不变，所以溶度积常数不变，故D错误；故答案为B。‎ ‎15.下列事实：①Na2HPO4水溶液呈碱性；②NaHSO4水溶液呈酸性；③NH4Cl与ZnCl2溶液可做焊接金属中的除锈剂；④铵态氮肥不能与草木灰一起施用；⑤FeCl3的止血作用；⑥配制SnCl2溶液时加入盐酸；⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放；⑧MgCl2溶液中的FeCl3杂质可以加入过量的MgCO3除去。其中与盐类的水解有关的是 A. 全部 B. 除②⑤以外 C. 除②⑦以外 D. 除③⑧以外 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 盐类水解的实质是盐中的某些离子与水电离出的H+或OH-生成弱电解质，促进了水的电离，增大了水的电离度，强酸弱碱强碱弱酸盐以及弱酸弱碱盐可发生水解。‎ ‎【详解】①Na2HPO4水溶液呈碱性，是因为HPO4-的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，与水解有关，故①正确；②NaHSO4水溶液呈酸性是由于硫酸氢根离子电离出氢离子的缘故，与盐类水解无关，故②错误；③NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，可作焊接金属中的除锈剂，与水解有关，故③正确；④铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是由于铵根离子与碳酸根离子发生互促水解的原因，与水解有关，故④正确；⑤FeCl3的止血作用，为胶体的凝聚，故⑤错误；⑥配制SnCl2溶液，加盐酸抑制SnCl2的水解，与水解有关，故⑥正确；⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放，是由于水解生成HF能腐蚀玻璃，故⑦正确；⑧MgCO3对氯化铁的水解平衡起促进作用，与水解无关，故正⑧确；故答案为B。‎ ‎16.不同温度T1、T2时，硫酸钡在水中的溶解平衡曲线如图所示，已知硫酸钡的溶度积随温度升高而增大，下列说法正确的是 A. 升高温度，可以使溶液由b点变为d点 B. 加入BaCl2固体，可以使溶液由a点变为c点 C. c点表示在T1、T2温度下溶液中均有固体析出 D. T1温度下，恒温蒸发溶剂，可以使溶液由d点变为T1曲线上a、b之间某一点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硫酸钡的溶度积随温度升高而增大，所以BaSO4(s) Ba2+(aq)+SO42-(aq),∆H>0；根据影响平衡移动的规律进行分析；‎ ‎【详解】硫酸钡的溶度积随温度升高而增大，所以BaSO4(s) Ba2+(aq)+SO42-(aq),∆H>0；‎ A. 升高温度，BaSO4(s) Ba2+(aq)+SO42-(aq),平衡右移，c(Ba2+)、 c(SO42-)均增大，不可能使溶液由b点变为d点，A错误；‎ B. 针对BaSO4(s) Ba2+(aq)+SO42-(aq)反应，加入BaCl2固体，增加c(Ba2+)，平衡左移，c(SO42-)减小，c(Ba2+)增加，可以使溶液由a点沿曲线向上移动，不能变为c点，B错误；‎ C. 在温度T1 时，c点在该曲线的上方，属于过饱和溶液，有沉淀析出；当温度T2时，c点在曲线的上，属于饱和溶液，没有沉淀析出，C错误；‎ D. T1温度下，恒温蒸发溶剂，c(Ba2+)、 c(SO42-)均增大，可使不饱和溶液变为饱和液，可以使溶液由d点变为T1曲线上a、b之间某一点，D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎17.将两根铁钉分别缠绕铜丝和镁条，放入滴有混合溶液的容器中，如图所示，下列叙述不正确的是 A. a中铜丝附近有气泡产生 B. a中铁钉附近出现蓝色沉淀 C. b中铁钉附近呈现红色 D. b中发生吸氧腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a中装置构成原电池，Fe易失电子作负极、Cu作正极；b装置也构成原电池，Mg作负极、Fe作正极，Fe被保护，据此分析解答。‎ ‎【详解】a中装置构成原电池，Fe易失电子作负极、Cu作正极；b装置也构成原电池，Mg作负极、Fe作正极，Fe被保护；A．Cu作正极，该原电池发生析氢腐蚀，Cu上电极反应式为2H++2e-=H2↑，所以a中铜丝附近有气泡产生，故A正确； B．a中Fe电极发生反应Fe-2e-=Fe2+，亚铁离子和铁氰酸钾反应生成蓝色沉淀，所以a中铁钉附近出现蓝色沉淀，故B正确；C．b中Fe作正极被保护，Fe不参加反应，没有铁离子生成，所以铁钉附近不呈现红色，故C错误；D．强酸性条件下腐蚀析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下发生吸氧腐蚀，故D正确；故答案为C。‎ ‎18.重铬酸钾又名红矾钾，是化学实验室中的一种重要分析试剂。工业上以铬酸钾 (K2CrO4) 为原料，采用电化学法制备重铬酸钾（K2Cr2O7）。制备装置如下图所示（阳离子交换膜只允许阳离子透过）下列说法错误的是 A. 阳极室中溶液的颜色逐渐由黄色变为橙色 B. 电解的过程中阳极附近溶液pH变大 C. 阴极每生成lmo1气体，电路中转移2NA个电子 D. 过程总反应的离子方程式可为4CrO42-+4H2O=2Cr2O72-+4OH-+2H2↑+O2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 阳极室发生氧化反应，氢氧根离子失去电子放电，电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极发生还原反应，水电离产生的氢离子得电子产生氢气，电极反应为：4H2O+4e-=2H2↑+4OH-。A、阳极区氢离子浓度增大，平衡右移，溶液由黄色逐渐变为橙色，选项A正确；B、电解的过程中阳极电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，溶液pH变小，选项B错误；C、根据电极反应为：4H2O+4e-=2H2↑+4OH-阴极每生成lmo1气体，电路中转移2NA个电子，选项C正确；D、过程总反应的离子方程式可为4CrO42-+4H2O=2Cr2O72-+4OH-+2H2↑+O2↑，选项D正确。答案选B。‎ ‎19.下列图示与对应叙述相符的是 A. 图1表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)⇌3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大 B. 图2表示反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，在其他条件不变时，改变起始CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化，由图可知NO的转化率b>c>a C. 图3表示常温下稀释pH均为11的MOH溶液和NOH溶液时pH的变化，由图可知溶液的碱性：MOH>NOH D. 图4表示温度对醋酸钠溶液pH的影响，由图可知，升高温度，醋酸钠溶液的水解程度增大，溶液碱性增强。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应是反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，故A错误；B．增大CO的物质的量，平衡正向移动，促进NO的转化，则在其他条件不变的情况下结合图中起始CO的物质的量，可知NO的转化率c＞b＞a，故B错误；C．等pH的强碱与弱碱，稀释相同倍数时，强碱的pH变化大，弱碱存在电离平衡，NOH的溶液的pH变化快，碱性强，即溶液的碱性：MOH＜NOH，故C错误；D．图中分析可知随温度升高溶液pH增大，醋酸根离子水解显碱性，说明升温促进醋酸根离子水解，升高温度醋酸钠的水解程度增大，故D正确；故答案为D。‎ ‎20.下列实验中，对应的现象以及解释或结论都正确且有因果关系的是 选项 操作 现象 解释或结论 A 常温下，用pH计分别测定饱和溶液NaA和饱和溶液NaB的pH pH：NaA>NaB 常温下酸性：HACu A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸越弱，对应的酸根离子水解能力越强，常温下，用pH计分别测定饱和溶液NaA和饱和溶液NaB的pH，pH：NaA>NaB ，因NaA与NaB的浓度不一定相等，无法说明A-的水解能力强，也无法判断HA与HB的酸性强弱，故A错误；B．Na2S与硫酸铜反应生成CuS沉淀，不发生沉淀的转化，不能比较Ksp，故B错误；C．注射器体积压缩为原来的一半，容器体积减小，二氧化氮浓度增大，则气体颜色比起始时深，故C错误；D．阴极上先析出铜，铜离子先得到电子，金属性Mg＞Cu，故D正确；故答案为D。‎ ‎21.已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）写出碳酸的第一级电离平衡常数表达式：Ka1____________________。‎ ‎（2）物质的量浓度均为0.1mol·L-1的五种溶液：‎ a.CH3COONa b.Na2CO3 c. NaClO d.NaCN e.NaSCN pH由大到小的顺序为____________________________（用编号填写）。‎ ‎（3）25℃时，NaCN与HCN的混合溶液，若测得pH=8，则溶液中c(Na+)－c(CN-)=________________mol·L-1（填带入数据后的计算式，不必算出具体数值）。‎ ‎（4）向NaClO溶液中通入少量的CO2，发生反应的离子方程式为_____________________。‎ ‎（5）25℃时，0.18mol·L-1醋酸钠溶液的pH约为___________。‎ ‎【答案】 (1). (2). b>d>c>a>e (3). 10-6－10-8 (4). ClO—+CO2+H2O=HClO+HCO3— (5). 9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）碳酸为二元弱酸，溶液中分步电离，电离平衡常数=；‎ ‎（2）电离平衡常数大小比较酸的强弱，酸越弱对应盐水解程度越大，以此解答该题；；‎ ‎（3）25℃时，NaCN与HCN的混合溶液，若测得pH=8，则溶液中c（Na+）-c（CN-）可以依据电荷守恒计算得到；‎ ‎（4）酸性强弱HClO＞HCO3-，根据强酸制取弱酸知，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸；（5）醋酸钠水解离子方程式为CH3COO-+H2O=CH3COOH+OH-，设溶液中c（OH-）=xmol/L，CH3COONa水解程度很小，计算时可将CH3COO-的平衡浓度看成是CH3COONa溶液的浓度，所以该溶液水解平衡常数K====，x=10-5，溶液中c（H+）==mol/L=10-9mol/L，pH=-lgc（H+）。‎ ‎【详解】（1）碳酸为二元弱酸，溶液中分步电离，H2CO3⇌HCO3-+H+，HCO3-⇌H++CO32-，一级电离平衡常数表达式：Ka1=，故答案为：；‎ ‎（2）物质的量浓度均为0.1mol/L的六种溶液：a.CH3COONa、b.Na2CO3、c. NaClO、d.NaCN、e.NaSCN，由电离平衡常数大小比较得到酸性，HSCN＞CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞HCO3-，则盐溶液的水解程度NaSCN＜CH3COONa＜NaClO＜NaCN＜Na2CO3 ，pH由大到小的顺序为：b>d>c>a>e，故答案为：b>d>c>a>e；‎ ‎（3）25℃时，NaCN与HCN的混合溶液，若测得pH=8，溶液中c（H+）=10-8mol/L，c（OH-）==10-6mol/L，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CN-）+c（OH-），则溶液中c（Na+）-c（CN-）=c（OH-）-c（H+）=10-6mol/L-10-8mol/L，故答案为：10-6－10-8；‎ ‎（4）酸性强弱HClO＞HCO3-，根据强酸制取弱酸知，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故答案为：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-；‎ ‎（5）醋酸钠水解离子方程式为CH3COO-+H2O=CH3COOH+OH-，设溶液中c（OH-）=xmol/L，CH3COONa水解程度很小，计算时可将CH3COO-的平衡浓度看成是CH3COONa溶液的浓度，所以该溶液水解平衡常数K====，x=10-5，溶液中c（H+）==mol/L=10-9mol/L，pH=-lgc（H+）=9，故答案为：9。‎ ‎22.雾霾天气里2.5微米以下的细微颗粒物（PM2.5）是导致雾霾天气的“罪魁祸首”。空气中的CO、SO2、氮氧化物等污染气体会通过大气化学反应生成PM2.5颗粒物。‎ ‎（1）汽车尾气是NO、CO的重要来源。目前大多在汽车排气管中加装尾气处理装置以减少NO、CO排放。在催化剂作用下，装置中发生的反应为2NO+2CO=N2+2CO2，‎ 已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g） ∆H1=+180.5kJ/mol C（s）+O2（g）=CO2（g） ∆H2=-393.5kJ/mol ‎2C（s）+O2（g）=2CO（g） ∆H3=-221.0kJ/mol 上述转化反应的热化学方程式为：____________________.‎ ‎（2）用活性炭还原法可以处理氮氧化物，某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应：C（s）+2NO（g）=CO2（g）+N2（g） ∆H=QkJ/mol。在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：‎ ‎①0~10min内，NO的平均反应速率v（NO）=________mol∙L-1∙min-1‎ ‎②30min后改变某一条件，反应达新平衡，根据上表数据判断改变的条件可能是____________（写其中一种）；‎ ‎（3）反应N2O4（g）2NO2（g），在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强有如下关系：v（N2O4）=k1∙p（N2O4），v（NO2）=k2∙p2（NO2）。其中k1、k2是与温度有关的常数。一定温度下，相应的速率与压强关系.如图所示，在图中标出的点中，能表示该反应达到平衡状态的两个点是_____。用体系中各气体的压强代替浓度计算所得平衡常数称为压力平衡常数（Kp），则该反应的压力平衡常数Kp=_______（用k1、k2表示）。‎ ‎（4）工业生产中产生的NO可用间接电化学法除去，如图所示。已知电解池的阴极室中溶液的pH在4~7之间，写出A极的电极反应式___________。‎ ‎【答案】 (1). 2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g） ΔH=-746.5kJ•mol-1 (2). 0.042 (3). 通入一定量的NO（或适当缩小容器的体积） (4). BD (5). (6). 2H++2HSO3-+2e-=S2O42-+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g） ∆H1=+180.5kJ/mol，②C（s）+O2（g）=CO2（g） ∆H2=-393.5kJ/mol，③2C（s）+O2（g）=2CO（g） ∆H3=-221.0kJ/mol，根据盖斯定律，反应2NO+2CO=N2+2CO2可由②×2-③-①得到；‎ ‎（2）①根据v=计算反应速率；②依据图表数据分析，结合平衡浓度计算平衡常数和浓度变化分析判断，30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2‎ ‎（g），依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算，平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小溶液体积后加入一定量一氧化氮；‎ ‎（3）满足平衡条件v（NO2）=2v（N2O4）即为平衡点；当达到化学平衡时满足v正=v逆，据此求算化学平衡常数表达式，根据化学平衡常数Kp=及二者的反应速率之比等于其计量数之比推断； ‎ ‎（4）图中A电极上HSO3-发生还原反应生成S2O42-，则A为电解池的阴极。‎ ‎【详解】（1）已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g） ∆H1=+180.5kJ/mol，②C（s）+O2（g）=CO2（g） ∆H2=-393.5kJ/mol，③2C（s）+O2（g）=2CO（g） ∆H3=-221.0kJ/mol，根据盖斯定律，反应2NO+2CO=N2+2CO2可由②×2-③-①得到，则此反应的∆H=（-393.5kJ/mol）×2-（+180.5kJ/mol）-（-221.0kJ/mol）=-746.5kJ•mol-1，即反应的热化学方程式为2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g） ΔH=-746.5kJ•mol-1，故答案为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g） ΔH=-746.5kJ•mol-1；‎ ‎（2）①T1℃时，该反应在0-10min的平均反应速率v（NO）==0.042mol•L-1•min-1；‎ ‎②30min后改变某一条件，反应达新平衡，平衡时NO、N2及CO2的均增大，则通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大；或适当缩小容器的体积，反应前后气体的总物质的量不变，但平衡状态物质浓度增大，故答案为：通入一定量的NO或适当缩小容器的体积；‎ ‎（3）满足平衡条件v（NO2）=2v（N2O4）即为平衡点，B、D点的压强之比等于其反应速率之比为1：2，所以B、D为平衡点；当达到化学平衡时满足v正=v逆，即消耗速率2v（N2O4）=v（NO2），又有v（N2O4）=k1p（N2O4），v（NO2）=k2p2（NO2），则k1、k2与平衡常数Kp的关系为Kp=，故答案为：BD；；‎ ‎（4）图中A电极上HSO3-发生还原反应生成S2O42-，则A为电解池的阴极，发生的电极反应为2HSO3-+2e-+2H+═S2O42-+2H2O，故答案为：2HSO3-+2e-+2H+═S2O42-+2H2O。‎ ‎【点睛】利用盖斯定律计算反应热，熟悉已知反应与目标反应的关系是解答本题的关键。应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。‎ ‎23.维生素C（化学式：C6H8O6，相对分子质量：176）属于外源性维生素，人体不能自身合成，必须从食物中摄取。每100克鲜榨橙汁中含有大约37.5毫克的维生素C。实验室可用碘量法测定橙汁中维生素C含量。反应的方程式为C6H8O6+I2＝C6H6O6＋2HI。某学习小组欲用该方法测定市售某橙汁饮料中维生素C的含量。‎ 其实验步骤及相关数据如下。‎ ‎①标准液的稀释：移取浓度为0.008000mol•L-1的碘标准溶液20.00mL于200mL容量瓶中，定容，摇匀备用。‎ ‎②移取10.00mL饮料样品（设密度为1.0g•cm-3）于250mL锥形瓶中，加入50mL蒸馏水，2mL指示剂。‎ ‎③在滴定管中装入稀释后的标准液进行滴定至终点，读取并记录相关数据。‎ ‎④重复测定3次，数据记录如下表。‎ 回答下面的问题：‎ ‎（1）实验中盛装标准溶液应选择_________（填“酸式”或“碱式”）滴定管。滴定前为何要稀释标准溶液？______________________________________________________。‎ ‎（2）步骤2中加入的指示剂是____________，判断滴定达到终点的现象是_______________。‎ ‎（3）实验中下列操作可能导致测定结果偏低的是_________‎ A．稀释标准溶液定容时俯视刻度线 B．滴定结束读数时俯视读数 C．在锥形瓶中加入样品后放置较长时间才开始滴定 D．滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 ‎（4）计算该饮料样品中维生素C含量为_________mg/100g。由滴定结果判断该饮料_________（填“是”或“不是”）天然汁。‎ ‎【答案】 (1). 酸式 (2). 提高精确度，减少误差 (3). 淀粉溶液 (4). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 (5). ABC (6). 42.24 (7). 是 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）标准碘溶液显酸性，且有较强氧化性；滴定前稀释标准溶液，可增大溶液的体积，提高反应效率；‎ ‎（2）碘遇淀粉溶液显蓝色，滴定终点时溶液中碘完全反应；‎ ‎（3）分析操作对消耗标准碘溶液体积的影响，依据C6H8O6～I2，进行误差分析．‎ ‎（4）三次滴定时消耗标准液的体积分别为30.03mL、29.98mL、29.99mL，则平均消耗标准液的体积为30.00mL，含有碘的物质的量为0.03L×0.008000mol•L-1×=2.4×10-5mol，依据C6H8O6～I2计算样品中维生素的含量，再判断是否是天然果汁。‎ ‎【详解】（1）标准碘溶液显酸性，且有较强氧化性，则实验中盛装标准溶液应选择酸式滴定管；滴定前稀释标准溶液，可增大溶液的体积，提高精确度，减少误差；‎ ‎（2）碘遇淀粉溶液显蓝色，则步骤2中加入的指示剂是淀粉溶液；滴定终点时溶液中碘完全反应，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，即可判断滴定达到终点；‎ ‎（3）A．稀释标准溶液定容时俯视刻度线，则容量瓶的液面在刻度线下，稀释后的标准液浓度偏大，滴定时消耗标准液体积偏低，测定结果偏低，故A正确；B．滴定结束读数时俯视读数，液面在刻度线下方，滴定消耗标准液体积读数偏低，测定结果偏低，故B正确；C．在锥形瓶中加入样品后放置较长时间才开始滴定，放置过程中维生素C部分被空气中氧气氧化，则滴定时消耗标准液体积偏低，测定结果偏低，故C正确；D．滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，滴定消耗标准液体积读数偏高，测定结果偏高，故D错误；故答案为：ABC；‎ ‎（4）三次滴定时消耗标准液的体积分别为30.03mL、29.98mL、29.99mL，则平均消耗标准液的体积为30.00mL，含有碘的物质的量为0.03L×0.008000mol•L-1×=2.4×10-5mol，依据C6H8O6～I2，则样品中维生素的含量为=42.24mg/100g>37.5mg/100g，是天然果汁。‎ ‎【点睛】滴定误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以结合反应原理，归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=‎ 分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。‎ ‎24.以硅孔雀石[主要成分为CuCO3•Cu(OH)2、CuSiO3•2H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质]为原料制备CuCl2的工艺流程如下：‎ 已知：①SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑‎ ‎②Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38 Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16 Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20‎ ‎（1）“酸浸”时盐酸与CuCO3•Cu(OH)2反应的化学方程式为__________________________。‎ ‎（2）引用相关数据和物质性质说明“氧化”步骤在该流程中的必要性__________________________________________________。‎ ‎（3）“调pH”步骤的目的是除去Fe3+，试剂X可以选择_____________（填化学式，写出一种即可）；若此时溶液中c(Cu2+)=2.2mol•L-1,则调节后溶液pH不得高于_____________。‎ ‎（4）“加热脱水”时，加入SOCl2的作用是__________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). CuCO3•Cu(OH)2+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O (2). 根据Ksp计算，Fe(OH)3、Fe(OH)2、Cu(OH)2刚开始生成沉淀时，c(OH-)分别为、、，即Fe3+先转化为沉淀，然后到Cu2+转化为沉淀，最后才是Fe2+转化为沉淀。因此务必先把Fe2+转化为Fe3+，否则不能将Fe2+离子除去，使制得的CuCl2不纯 (3). CuO（或Cu(OH)2） (4). 4 (5). 生成的HCl抑制CuCl2的水解 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以硅孔雀石[主要成分为CuCO3•Cu（OH）2、CuSiO3•2H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质]加入盐酸酸浸生成二氧化碳气体，过滤得到滤渣1为SiO2 ，H2SiO3，滤液中通入氯气氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜调节溶液PH沉淀铁离子，过滤得到滤渣2为氢氧化铁沉淀，滤液浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化铜晶体，加入SOCl2加热脱水得到氯化铜；‎ ‎（1）“酸浸”时盐酸与CuCO3•Cu（OH）2反应为复分解反应，反应生成CuCl2、CO2和H2O；‎ ‎（2）根据Ksp计算，Fe(OH)3、Fe(OH)2、Cu(OH)2刚开始生成沉淀时，对应溶液中的c(OH-)，再结合Fe2+、Fe3+、Cu2+沉淀的先后顺序分析。‎ ‎（3）根据流程图，经氧化后溶液中阳离子主要为Cu2+和Fe3+，加试剂X调节pH使Fe3+‎ 完全沉淀而除去，Cu2+仍留在溶液中，实现Cu2+和Fe3+的分离，最终制备CuCl2；根据Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)×c2(OH-)=2.2×10-20，并结合溶液中c(Cu2+)=2.2mol•L-1计算；‎ ‎（4）“加热脱水”时，CuCl2易水解。‎ ‎【详解】（1）“酸浸”时盐酸与CuCO3•Cu（OH）2反应为复分解反应，由此确定产物配平得化学方程式为CuCO3•Cu（OH）2+4HCl═2CuCl2+CO2↑+3H2O，故答案为：CuCO3•Cu（OH）2+4HCl═2CuCl2+CO2↑+3H2O；‎ ‎（2）已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16、Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，则Fe(OH)3、Fe(OH)2、Cu(OH)2刚开始生成沉淀时，c(OH-)分别为、、，即Fe3+先转化为沉淀，然后到Cu2+转化为沉淀，最后才是Fe2+转化为沉淀。因此需要先把Fe2+转化为Fe3+，否则不能将Fe2+离子除去，使制得的CuCl2不纯；‎ ‎（3）根据流程图，经氧化后溶液中阳离子主要为Cu2+和Fe3+，加试剂X调节pH使Fe3+完全沉淀而除去，Cu2+仍留在溶液中，实现Cu2+和Fe3+的分离，最终制备CuCl2；试剂X选择Cu或Cu(OH)2，它们可以和酸反应调节溶液PH，且不会引入杂质；A．CuSO4 不能调节溶液PH，引入杂质硫酸根离子；已知Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)×c2(OH-)=2.2×10-20，液中c(Cu2+)=2.2mol•L-1，则c(OH-)=1×10-10mol•L-1，此时溶液pH=4，故答案为：Cu或Cu(OH)2；4；‎ ‎（4）由已知：SOCl2+H2O SO2↑+2HCl↑，“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解，故答案为：生成的HCl抑制CuCl2的水解。‎ ‎ ‎