化学卷·2018届新疆兵团二中高二上学期期末化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届新疆兵团二中高二上学期期末化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年新疆兵团二中高二（上）期末化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共21题，每小题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．2013年世界环境日中国主题为“同呼吸，共奋斗”．河南各地广泛开展了一系列活动．下列活动不符合这一主题的是（　　）‎ A．推进以防治PM2.5为重点的大气污染防治工作 B．积极推广风能、太阳能、氢能等新型能源的使用 C．将生活垃圾、废品分类，实现资源再循环 D．将高能耗、高污染的企业迁至偏僻的农村地区，提高当地居民收入 ‎2．下列说法正确的是（　　）‎ A．活化分子碰撞即发生化学反应 B．升高温度会加快反应速率，原因是增加了活化分子的碰撞次数 C．某一反应的活化分子百分数是个定值 D．活化分子的碰撞不一定是有效碰撞 ‎3．下列说法错误的是（　　）‎ A．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应 B．2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0‎ C．反应NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的△H＜0‎ D．CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）室温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0‎ ‎4．分别向1L 0.5mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液中加入①浓硫酸；②稀硫酸；③稀硝酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，下列关系正确的是（　　）‎ A．△H1＞△H2＞△H3 B．△H1＜△H2＜△H3 C．△H1＞△H2=△H3 D．△H1=△H2＜△H3‎ ‎5．下列说法正确的是（　　）‎ A．1gH2和4gO2反应放出71.45kJ热量，则氢气的燃烧热为142.9 kJ•mol﹣1‎ B．在稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（1）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的氢氧化钠溶液混合，放出的热量大于57.3kJ C．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ•mol﹣1‎ D．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷燃烧热 ‎6．一个恒容容器中盛有1molNO2，发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g），反应达到平衡时，混合气体中NO2所占体积分数为M%．保持温度不变，再投入1molNO2，达到平衡时，混合气体中NO2所占体积分数为N%．则M和N的关系是（　　）‎ A．M＞N B．M＜N C．M=N D．不能确定 ‎7．微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示．下列有关微生物电池的说法错误的是（　　）‎ A．负极反应中有CO2生成 B．微生物促进了反应中电子的转移 C．质子通过交换膜从正极区移向负极区 D．电池总反应为C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O ‎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．化学平衡常数K C．水的离子积常数Kw D．弱酸的电离常数Ka ‎9．常温下，现有0.01mol/L的下列溶液：①CH3COOH ②NaHCO3③NaHSO4④KOH ⑤H2SO4按pH由小到大的顺序排列的是（　　）‎ A．⑤③①②④ B．③⑤①②④ C．⑤②③①④ D．④②①③⑤‎ ‎10．已知某条件下，合成氨反应的数据如下：N2（g）+3H2（g）⇌2ΝΗ3（γ）‎ 起始浓度/mol•L﹣1‎ ‎1.0‎ ‎3.0‎ ‎0.2‎ ‎2s末浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.6‎ ‎1.8‎ ‎1.0‎ ‎4s末浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.4‎ ‎1.2‎ ‎1.4‎ 当用氨气浓度的增加来表示该反应的速率时，下列说法中错误的是（　　）‎ A．2s末氨气的反应速率=0.4mol•（L•s）﹣1‎ B．前2s时间内氨气的平均反应速率=0.4mol•（L•s）﹣1‎ C．前4s时间内氨气的平均反应速率=0.3mol•（L•s）﹣1‎ D．2～4s时间内氨气的平均反应速率=0.2mol•（L•s）﹣1‎ ‎11．一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入2mol SO2和1mol O2，发生反应：‎ ‎2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）．经过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 t1‎ t2‎ t3‎ t4‎ n（SO3）/mol ‎0‎ ‎0.8‎ ‎1.4‎ ‎1.8‎ ‎1.8‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．反应在前t1 s 的平均速率v（O2）= mol•L﹣1•s﹣1‎ B．保持其他条件不变，体积压缩到1.0L，平衡常数将增大 C．相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，达到平衡时，SO3的转化率大于10%‎ D．保持温度不变，向该容器中再充入2mol SO2、1mol O2，反应达到新平衡时增大 ‎12．将0.2mol/LCH3COOK与0.1mol/L盐酸等体积混合后，溶液中下列微粒的物质的量浓度的关系正确的是（　　）‎ A．c（CH3COO﹣）=c（Cl﹣）=c（H+）＞c（CH3COOH）‎ B．c（CH3COO﹣）=c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）‎ C．c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH）‎ D．c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）‎ ‎13．1L KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c （NO3﹣）=4mol•L﹣1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况下），假定电解后溶液体积仍为1L，原混合溶液中c（K+）为（　　）‎ A．1mol•L﹣1 B．2mol•L﹣1 C．3mol•L﹣1 D．4mol•L﹣1‎ ‎14．已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（　　）‎ A．混合溶液的pH=7‎ B．混合溶液中，c（H+）=mol/L C．a=b D．混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH﹣）+c（A﹣）‎ ‎15．某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料（C3H8O）．下列说法正确的是（　　）‎ A．该装置将化学能转化为光能和电能 B．该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移 C．每生成1 mol O2，有44 g CO2被还原 D．a电极的反应为：3CO2+16H+﹣18e﹣═C3H8O+4H2O ‎16．在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示．下列说法不正确的是（　　）‎ A．X是电源的负极 B．阴极的反应式是：H2O+2e﹣═H2+O2﹣，CO2+2e﹣═CO+O2﹣‎ C．总反应可表示为：H2O+CO2H2+CO+O2‎ D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1：1‎ ‎17．1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：‎ CH2=CH﹣CH=CH2（g）+2H2（g）=CH3CH2CH2CH3（g）△H=﹣236.6kJ•mol﹣1‎ CH3﹣C≡C﹣CH3（g）+2H2（g）=CH3CH2CH2CH3（g）△H=﹣272.7kJ•mol﹣1‎ 由此不能判断（　　）‎ A．1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔稳定性的相对大小 B．1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔分子储存能量的相对高低 C．1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔相互转化的热效应 D．一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键键能之和的大小 ‎18．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（　　）‎ A．pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣5mol•L﹣1‎ B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1‎ C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）‎ D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：①＞②＞③‎ ‎19．下列关于0.10mol/L NaHCO3溶液的说法正确的是（　　）‎ A．溶质的电离方程式为NaHCO3→Na++H++CO32﹣‎ B．25℃时，加水稀释后，n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大 C．离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）‎ D．温度升高，c（HCO3﹣）增大 ‎20．某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，则（　　）‎ A．电流方向：电极Ⅳ→A→电极Ⅰ B．电极Ⅰ发生还原反应 C．电极Ⅱ逐渐溶解 D．电极Ⅲ的电极反应：Cu2++2e﹣═Cu ‎21．下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（　　）‎ A．pH=1的NaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42﹣）+c（OH﹣）‎ B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）＞c（Cl﹣）=c（I﹣）‎ C．CO2的水溶液：c（H+）＞c（HCO3﹣）=2c（CO32﹣）‎ D．含等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）=2[c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）+c（H2C2O4）]‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎22．能源短缺是人类社会面临的重大问题，利用化学反应可实现多种形式的能量相互转化．请回答以下问题：‎ ‎（1）由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫键能．从化学键的角度分析，化学反应的过程就是旧键断裂和新键的形成过程．已知反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣93kJ•mol﹣1．试根据表中所列键能数据，计算a ‎ 的数值为　　kJ/mol．‎ 化学键 H﹣H N﹣H N≡N 键能/kJ•mol﹣1‎ ‎436‎ a ‎945‎ ‎（2）甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景．已知在常压下有如下变化：‎ ‎①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H=a kJ/mol ‎②H2O（g）═H2O（l）△H=b kJ/mol 写出液态甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式：　　．‎ ‎（3）已知：HCN（aq）与NaOH（aq）反应的焓变△H=﹣12.1kJ•mol﹣1； HCl（aq）与NaOH（aq）反应的焓变△H=﹣55.6kJ•mol﹣1．则HCN在水溶液中电离的焓变△H等于　　．‎ ‎（4）已知：H2（g）+O2（g）═H2O（1）△H=﹣285.83kJ•mol﹣1‎ CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣282.9kJ•mol﹣1；‎ 若氢气与一氧化碳的混合气体完全燃烧可生成5.4g H2O（l），并放出114.3kJ的热量，则混合气中CO的物质的量为　　（计算结果保留一位小数）‎ ‎23．电化学原理在生产生活中应用十分广泛．请回答下列问题：‎ ‎（1）通过SO2传感器可监测大气中SO2的含量，其工作原理如图1所示．‎ ‎①固体电解质中O2﹣向　　极移动（填“正”或“负”）．‎ ‎②写出V2O5电极的电极反应式：　　．‎ ‎（2）如图2所示装置I是一种可充电电池，装置Ⅱ是一种以石墨为电极的家用环保型消毒液发生器．装置I中离子交换膜只允许Na+通过，充放电的化学方程式为：2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr ‎①负极区电解质为：　　（用化学式表示）‎ ‎②家用环保型消毒液发生器发生反应的离子方程为　　．‎ ‎③闭合开关K，当有0.04mol Na+通过离子交换膜时，a电极上析出的气体在标准状况下体积为　　mL．‎ ‎（3）如图3Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两组同学将反应“AsO43﹣+2I﹣+2H+⇌AsO33﹣+I2+H2O”设计成的原电池装置，其中C1、C2均为碳棒．甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸或40%NaOH溶液，电流表指针都不发生偏转；乙组经思考后先添加了一种离子交换膜，然后向图Ⅱ烧杯右侧中逐滴加入适量浓盐酸或适量40%NaOH溶液，发现电流表指针都发生偏转．‎ ‎①甲组电流表指针都不发生偏转的原因是　　．‎ ‎②乙组添加的是　　（填“阴”或“阳”）离子交换膜．‎ ‎24．研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义．‎ ‎（1）①硫离子的结构示意图为　　．‎ ‎②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为　　．‎ ‎（2）25℃，在0.10mol•L﹣1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S2﹣）关系如图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）．‎ ‎①pH=13时，溶液中的c（H2S）+c（HS﹣）=　　mol•L﹣1．‎ ‎②某溶液含0.020mol•L﹣1Mn2+、0.10mol•L﹣1H2S，当溶液PH=　　时，Mn2+开始沉淀．[已知：Ksp（MnS）=2.8×10﹣13]‎ ‎（3）25℃，两种酸的电离平衡常数如表．‎ Ka1‎ Ka2‎ H2SO3‎ ‎1.3×10﹣2‎ ‎6.3×10﹣8‎ H2CO3‎ ‎4.2×10﹣7‎ ‎5.6×10﹣11‎ ‎①HSO3﹣的电离平衡常数表达式K=　　．‎ ‎②0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为　　．‎ ‎③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为　　．‎ ‎25．光气（COCl2）在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，工业上采用高温下CO与Cl2在活性碳催化下合成．‎ ‎（1）实验室中常用来制备氯气的化学方程式为　　；‎ ‎（2）工业上利用天然气（主要成分为CH4）与CO2进行高温重整制备CO，已知CH4、H2、和CO的燃烧热（△H）分别为﹣890.3kJ•mol﹣1、﹣285.8 kJ•mol﹣1‎ 和﹣283.0 kJ•mol﹣1，则生成1 m3（标准状况）CO所需热量为　　；‎ ‎（3）实验室中可用氯仿（CHCl3）与双氧水直接反应制备光气，其反应的化学方程式为　　；‎ ‎（4）COCl2的分解反应为COCl2（g）═Cl2（g）+CO（g）△H=+108 kJ•mol﹣1．反应体系平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示（第10min到14min的COCl2浓度变化曲线未示出）：‎ ‎①计算反应在第8min时的平衡常数K=　　；‎ ‎②比较第2min反应温度T（2）与第8min反应温度T（8）的高低：T（2）　　 T（8）（填“＜”、“＞”或“=”）；‎ ‎③若12min时反应于温度T（8）下重新达到平衡，则此时c（COCl2）=　　mol•L﹣1‎ ‎④比较产物CO在2﹣3min、5﹣6min和12﹣13min时平均反应速率[平均反应速率分别以v（2﹣3）、v（5﹣6）、v（12﹣13）表示]的大小　　；‎ ‎⑤比较反应物COCl2在5﹣6min和15﹣16min时平均反应速率的大小：v（5﹣6）　　 v（15﹣16）（填“＜”、“＞”或“=”），原因是　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年新疆兵团二中高二（上）期末化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共21题，每小题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．2013年世界环境日中国主题为“同呼吸，共奋斗”．河南各地广泛开展了一系列活动．下列活动不符合这一主题的是（　　）‎ A．推进以防治PM2.5为重点的大气污染防治工作 B．积极推广风能、太阳能、氢能等新型能源的使用 C．将生活垃圾、废品分类，实现资源再循环 D．将高能耗、高污染的企业迁至偏僻的农村地区，提高当地居民收入 ‎【考点】常见的生活环境的污染及治理．‎ ‎【分析】符合主题，应减少污染物的排放，积极治理污染，节能能源，提倡使用清洁能源，避免浪费，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．推进以防治PM2.5为重点的大气污染防治工作，可减少环境污染，故A正确；‎ B．积极推广风能、太阳能、氢能等新型能源的使用，可减少化石能源的使用，有利于保护环境，故B正确；‎ C．将生活垃圾、废品分类，实现资源再循环，可节约资源，避免浪费，故C正确；‎ D．将高能耗、高污染的企业迁至偏僻的农村地区，不能改善环境，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．下列说法正确的是（　　）‎ A．活化分子碰撞即发生化学反应 B．升高温度会加快反应速率，原因是增加了活化分子的碰撞次数 C．某一反应的活化分子百分数是个定值 D．活化分子的碰撞不一定是有效碰撞 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】活化分子发生化学反应的碰撞为有效碰撞，对于一个化学反应来说，升高温度、加入催化剂可增大活化分子的百分数，加快反应速率，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．活化分子发生有效碰撞才能发生化学反应，故A错误；‎ B．升高温度，使更多的分子成为活化分子，活化分子百分数增加，反应速率增大，故B错误；‎ C．改变温度、加入催化剂，可改变活化分子百分数，故C错误；‎ D．活化分子发生化学反应的碰撞为有效碰撞，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．下列说法错误的是（　　）‎ A．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应 B．2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0‎ C．反应NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的△H＜0‎ D．CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）室温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A．根据△H﹣T•△S＜0反应自发分析；‎ B．该反应△S＜0，要使△H﹣T•△S＜0反应自发，必有△H＜0；‎ C．该反应△S＜0，在室温下△H﹣T•△S＜0反应自发；‎ D．该反应△S＞0，△H﹣T•△S＞0不能自发进行，必有△H＞0．‎ ‎【解答】解：A．△H﹣T•△S＜0反应自发，吸热反应△H＞0，只有△S＞0才能使△H﹣T•△S＜0，故A正确；‎ B．该反应气体体积减小，△S＜0，要使△H﹣T•△S＜0反应自发，必有△H＜0，故B错误；‎ C．该反应△S＜0，在室温下△H﹣T•△S＜0反应自发，必有△H＜0，故C正确；‎ D．该反应有气体生成，△S＞0，△H﹣T•△S＞0不能自发进行，必有△H＞0，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．分别向1L 0.5mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液中加入①浓硫酸；②稀硫酸；③稀硝酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，下列关系正确的是（　　）‎ A．△H1＞△H2＞△H3 B．△H1＜△H2＜△H3 C．△H1＞△H2=△H3 D．△H1=△H2＜△H3‎ ‎【考点】反应热的大小比较．‎ ‎【分析】根据中和热是在稀溶液中强酸与强碱生成1molH2O放出的热量，注意生成沉淀会放出少量的热，浓硫酸溶于水放热来解答．‎ ‎【解答】解：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应热效应表示为：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3KJ•mol﹣1，分别向1L 0.5mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液中加入①浓硫酸；②稀硫酸；③稀硝酸，因浓硫酸溶于水放热，生成硫酸钡沉淀会放出少量的热，则恰好完全反应时的放出的热量为：①＞②＞③，所以△H1＜△H2＜△H3；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．下列说法正确的是（　　）‎ A．1gH2和4gO2反应放出71.45kJ热量，则氢气的燃烧热为142.9 kJ•mol﹣1‎ B．在稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（1）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的氢氧化钠溶液混合，放出的热量大于57.3kJ C．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ•mol﹣1‎ D．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷燃烧热 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】‎ A、首先进行过量计算，确定放出71.45kJ热量时，参加反应的氢气的物质的量，据此计算同样条件下1mol H2在O2中完全燃烧放出的热量；‎ B、浓硫酸溶于水放热；‎ C、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量；‎ D、燃烧热是指25℃101KP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量．‎ ‎【解答】解：A、1g H2的物质的量为=0.5mol，4g O2的物质的量为=0.125mol，发生反应2H2+O2=2H2O，由方程式可知，0.125mol氧气完全反应需要消耗氢气为0.125mol×2=0.25mol，小于0.5mol，故氢气过量，故放出71.45kJ热量参加反应的氢气的物质的量为0.25mol，同样条件下1mol H2在O2中完全燃烧放出的热量是：71.45kJ×=285.8 kJ，故A错误；‎ B、中和热是强酸强碱的稀溶液反应生成1mol水时放出的热量，浓硫酸溶于水放热，将含1molNaOH的溶液和含0.5molH2SO4的浓硫酸混合，放出的热量大于57.3 kJ，故B正确；‎ C、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，其衡量标准是生成的水为1mol，故无论稀H2SO4和Ca（OH）2反应生成的水是几摩尔，其中和热恒为57.3KJ/mol，故C错误；‎ D、燃烧热是指在25℃101KP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，此时生成的水必须为液态，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．一个恒容容器中盛有1molNO2，发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g），反应达到平衡时，混合气体中NO2所占体积分数为M%．保持温度不变，再投入1molNO2，达到平衡时，混合气体中NO2所占体积分数为N%．则M和N的关系是（　　）‎ A．M＞N B．M＜N C．M=N D．不能确定 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】一个恒容容器中盛有1molNO2，发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g），反应达到平衡时，混合气体中NO2所占体积分数为M%．保持温度不变，再投入1molNO2‎ ‎，相当于增大体系的压强，平衡正向进行混合气体中二氧化氮的体积分数减小；‎ ‎【解答】解：第一次达平衡后，再通入1molNO2所到达的新平衡状态，在恒温恒容下，等效为在原平衡的基础上压强增大1倍所到达的平衡，增大压强平衡向体积减小的方向移动，即平衡向正反应方向移动，NO2的转化率增大，混合气体中NO2所占体积分数为N%＜M%，即M＞N，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎7．微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示．下列有关微生物电池的说法错误的是（　　）‎ A．负极反应中有CO2生成 B．微生物促进了反应中电子的转移 C．质子通过交换膜从正极区移向负极区 D．电池总反应为C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A．根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O﹣24e﹣=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O；‎ B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池；‎ C．原电池中，阳离子向正极移动，所以质子通过交换膜从负极区移向正极区；‎ D．燃料电池反应式和燃料燃烧方程式相同．‎ ‎【解答】解：A．根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O﹣24e﹣=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O，因此CO2在负极产生，故A正确；‎ B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故B正确；‎ C．通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H+，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子（H+）通过交换膜从负极区移向正极区，故C错误；‎ D．该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎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．化学平衡常数K C．水的离子积常数Kw D．弱酸的电离常数Ka ‎【考点】化学平衡常数的含义；离子积常数．‎ ‎【分析】A、升高温度活化分子数目增大，有效碰撞增大，反应速率加快；‎ B、若正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热反应方向移动，化学平衡常数减小；‎ C、水的电离过程是吸热的，升高温度促进水的电离；‎ D、升高温度促进弱电解质的电离．‎ ‎【解答】解：A、升高温度，反应速率加快，故A不符合；‎ B、若正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，化学平衡常数减小，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，故B符合；‎ C、水的电离过程是吸热的，升高温度促进水的电离，升高温度电离程度增大，水的离子积增大，故C不符合；‎ D、弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进弱电解质的电离，电离平衡常数增大，故D不符合；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．常温下，现有0.01mol/L的下列溶液：①CH3COOH ②NaHCO3③NaHSO4④KOH ⑤H2SO4按pH由小到大的顺序排列的是（　　）‎ A．⑤③①②④ B．③⑤①②④ C．⑤②③①④ D．④②①③⑤‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．‎ ‎【分析】先根据酸碱盐分类，再根据酸中酸的强弱分类，盐中盐的水解呈酸碱性进行分类比较．‎ ‎【解答】解：酸：硫酸是强酸，在水中完全电离，C（H +）=0.2mol/L，pH＜1；‎ CH3COOH 是弱电解质，所以只有部分电离，故C（H +）＜0.1mol/L，所以PH＞‎ ‎1；‎ 碱：KOH是强电解质，完全电离，C（OH﹣ ）=0.1mol/L，所以PH=13；‎ 盐：NaHCO3是强碱弱酸盐，水溶液都呈碱性，pH＞7，但小于同浓度氢氧化钾的pH；‎ NaHSO4是强酸酸式盐，在水中完全电离成钠离子、硫酸根离子、氢离子，所以C（H +）=0.1mol/L，所以PH=1；‎ 所以pH由小到大的顺序排列的是⑤③①②④，故选A．‎ ‎　‎ ‎10．已知某条件下，合成氨反应的数据如下：N2（g）+3H2（g）⇌2ΝΗ3（γ）‎ 起始浓度/mol•L﹣1‎ ‎1.0‎ ‎3.0‎ ‎0.2‎ ‎2s末浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.6‎ ‎1.8‎ ‎1.0‎ ‎4s末浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.4‎ ‎1.2‎ ‎1.4‎ 当用氨气浓度的增加来表示该反应的速率时，下列说法中错误的是（　　）‎ A．2s末氨气的反应速率=0.4mol•（L•s）﹣1‎ B．前2s时间内氨气的平均反应速率=0.4mol•（L•s）﹣1‎ C．前4s时间内氨气的平均反应速率=0.3mol•（L•s）﹣1‎ D．2～4s时间内氨气的平均反应速率=0.2mol•（L•s）﹣1‎ ‎【考点】反应速率的定量表示方法．‎ ‎【分析】2s内氨气的平均速率为0.4mol•（L•s）﹣1，不是即时速率，计算各时间段氨气浓度变化量，再根据c=计算前2s内、前4s内、2～4s内用氨气表示的平均反应速率．‎ ‎【解答】解：A.2s内氨气的平均速率为0.4mol•（L•s）﹣1，不是即时速率，故A错误；‎ B．前2s时间内氨气的浓度变化为：（1.0﹣0.2）mol/L=0.8mol/L，氨气的平均反应速率为： =0.4mol/（L•s），故B正确；‎ C．前4s时间内氨气的浓度变化为：（1.4﹣0.2）mol/L=1.2mol/L，平均反应速率为： =0.3mol/（L•s），故C正确；‎ D.2s～4s时间内氨气的浓度变化为：（1.4﹣1.0）mol/L=0.4mol/L，平均反应速率为： =0.2mol/（L•s），故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎11．一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入2mol SO2和1mol O2，发生反应：‎ ‎2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）．经过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 t1‎ t2‎ t3‎ t4‎ n（SO3）/mol ‎0‎ ‎0.8‎ ‎1.4‎ ‎1.8‎ ‎1.8‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．反应在前t1 s 的平均速率v（O2）= mol•L﹣1•s﹣1‎ B．保持其他条件不变，体积压缩到1.0L，平衡常数将增大 C．相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，达到平衡时，SO3的转化率大于10%‎ D．保持温度不变，向该容器中再充入2mol SO2、1mol O2，反应达到新平衡时增大 ‎【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的计算．‎ ‎【分析】A、根据公式v=计算三氧化硫表示的反应速率，根据化学反应速率之比等于系数之比计算氧气的平均速率；‎ B、平衡常数只受温度的影响；‎ C、根据极限转化的思想，向容器中充入4mol SO3，相当于投入4mol二氧化硫和2mol氧气；‎ D、根据压强对化学反应速率的影响知识来回答判断．‎ ‎【解答】解：A、三氧化硫表示的反应速率v===mol•L﹣1•s﹣1，化学反应速率之比等于系数之比，氧气的平均速率为×mol•L﹣1•s﹣1，故A错误；‎ B、保持其他条件不变，体积压缩到1.0L，平衡常数不变，故B错误；‎ C、相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，根据极限转化的思想，向容器中充入4mol SO3‎ ‎，相当于投入4mol二氧化硫和2mol氧气，增加二氧化硫的量，会降低其转化率，故C错误；‎ D、温度不变，向该容器中再充入2mol SO2、1mol O2，增大了压强，平衡正向移动，三氧化硫的物质的量增加，氧气的物质的量减小，所以比值增大，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．将0.2mol/LCH3COOK与0.1mol/L盐酸等体积混合后，溶液中下列微粒的物质的量浓度的关系正确的是（　　）‎ A．c（CH3COO﹣）=c（Cl﹣）=c（H+）＞c（CH3COOH）‎ B．c（CH3COO﹣）=c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）‎ C．c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH）‎ D．c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】将0.2mol/LCH3COOK与0.1mol/L盐酸等体积混合后，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COOK、KCl，CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣水解程度导致混合溶液呈酸性，结合物料守恒判断．‎ ‎【解答】解：将0.2mol/LCH3COOK与0.1mol/L盐酸等体积混合后，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COOK、KCl，CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣水解程度导致混合溶液呈酸性，‎ 但CH3COOH的电离程度较小，结合物料守恒得c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故选D．‎ ‎　‎ ‎13．1L KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c （NO3﹣）=4mol•L﹣1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况下），假定电解后溶液体积仍为1L，原混合溶液中c（K+）为（　　）‎ A．1mol•L﹣1 B．2mol•L﹣1 C．3mol•L﹣1 D．4mol•L﹣1‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），则阴极发生Cu2++2e﹣═Cu、2H++2e﹣═H2↑，阳极发生4OH﹣﹣4e﹣‎ ‎═O2↑+2H2O，n（O2）==1mol，结合电子守恒及物质的量浓度的计算来解答．‎ ‎【解答】解：石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），n（O2）==1mol，‎ 阳极发生4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，‎ ‎ 4mol 1mol 阴极发生Cu2++2e﹣═Cu、2H++2e﹣═H2↑，‎ ‎ 1mol 2mol 1mol 2mol 1mol ‎ c（Cu2+）==1mol/L，‎ 由电荷守恒可知，原混合溶液中c（K+）为4mol/L﹣1mol/L×2=2mol/L，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（　　）‎ A．混合溶液的pH=7‎ B．混合溶液中，c（H+）=mol/L C．a=b D．混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH﹣）+c（A﹣）‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】温度T时水的离子积常数为KW，浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L的一元碱BOH等体积混合，若溶液呈中性，反应后的溶液中应存在c（H+）=c（OH﹣）=mol/L．‎ ‎【解答】解：A．因温度未知，则pH=7不一定为中性，故A错误；‎ B、混合溶液中，c（H+）=mol/L，根据c（H+）•c（OH﹣）=KW，可知溶液中c（H+）=c（OH﹣）═mol/L，溶液呈中性，故B正确；‎ C．因酸碱的强弱未知，a=b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为强酸弱碱盐或强碱弱酸盐，则溶液不呈中性，故C错误；‎ D．任何溶液都存在电荷守恒，即c（H+）+c（B﹣）=c（OH﹣）+c（A﹣），不能确定溶液的酸碱性，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料（C3H8O）．下列说法正确的是（　　）‎ A．该装置将化学能转化为光能和电能 B．该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移 C．每生成1 mol O2，有44 g CO2被还原 D．a电极的反应为：3CO2+16H+﹣18e﹣═C3H8O+4H2O ‎【考点】化学电源新型电池．‎ ‎【分析】A、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能；‎ B、与电源正极相连的是电解池的阳极，负极相连的是电解池的阴极，a与电源负极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动；‎ C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，由此分析解答；‎ D、a与电源负极相连，所以a是负极阴极，电极反应式为：3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O．‎ ‎【解答】解：A、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，故A错误；‎ B、a与电源负极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，故B正确；‎ C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，也就是1mol的氧气，阴极有mol的二氧化碳被还原，所以被还原的二氧化碳为29.3g，故C错误；‎ D、a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎16．在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示．下列说法不正确的是（　　）‎ A．X是电源的负极 B．阴极的反应式是：H2O+2e﹣═H2+O2﹣，CO2+2e﹣═CO+O2﹣‎ C．总反应可表示为：H2O+CO2H2+CO+O2‎ D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1：1‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理；真题集萃．‎ ‎【分析】A．电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，根据与X极相连的电极产生的气体判断；‎ B．电解池阴极发生还原反应，根据反应物结合化合价的变化分析；‎ C．根据图示以及电解的目的解答；‎ D．根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，结合C总的反应分析；‎ ‎【解答】解：A．根据图示知：与X相连的电极产生CO，电解H2O﹣CO2混合气体，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以X是电源的负极，故A正确；‎ B．电解池阴极发生还原反应，电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO，阴极：水中的氢原子得到电子生成氢气，H2O+2e﹣═H2↑+O2﹣，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，CO2+2e﹣═CO+O2﹣，故B正确；‎ C．电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，所以总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，故C正确；‎ D．电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO，总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：1，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎17．1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：‎ CH2=CH﹣CH=CH2（g）+2H2（g）=CH3CH2CH2CH3（g）△H=﹣236.6kJ•mol﹣1‎ CH3﹣C≡C﹣CH3（g）+2H2（g）=CH3CH2CH2CH3（g）△H=﹣272.7kJ•mol﹣1‎ 由此不能判断（　　）‎ A．1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔稳定性的相对大小 B．1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔分子储存能量的相对高低 C．1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔相互转化的热效应 D．一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键键能之和的大小 ‎【考点】反应热和焓变；热化学方程式．‎ ‎【分析】由题给热化学方程式可得CH2=CH﹣CH=CH2（g）=CH3﹣C≡C﹣CH3（g）△H=+36.1kJ/mol，可知3﹣丁二烯和2﹣丁炔的能量高低，结合能量越低越稳定据此解答．‎ ‎【解答】解：由题给热化学方程式可得CH2=CH﹣CH=CH2（g）=CH3﹣C≡C﹣CH3（g）△H=+36.1kJ/mol，说明2﹣丁炔分子能量较高，‎ A、相同条件下2﹣丁炔放出热量比1，3﹣丁二烯多，说明1，3﹣丁二烯能量低，稳定，故A正确；‎ B、相同条件下2﹣丁炔放出热量比1，3﹣丁二烯多，说明1，3﹣丁二烯能量低，故B正确；‎ C、相同条件下2﹣丁炔放出热量比1，3﹣丁二烯多，说明1，3﹣丁二烯能量低，其相互转化有能量变化，故C正确；‎ D、1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔所含的碳碳单键数目不同，所以不能判断一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能大小，故D错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎18．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（　　）‎ A．pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣5mol•L﹣1‎ B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1‎ C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）‎ D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：①＞②＞③‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】A．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步；‎ B．加水稀释促进一水合氨电离；‎ C．H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；‎ D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大．‎ ‎【解答】解：A．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中c（H+）＞c（HS﹣），故A错误；‎ B．加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的，其pH=b，则a＜b+1，故B错误；‎ C．H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），故C错误；‎ D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大，酸根离子水解程度 ①＜②＜③，所以盐浓度 ①＞②＞③，钠离子不水解，所以c（Na+）：①＞②＞③，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎19．下列关于0.10mol/L NaHCO3溶液的说法正确的是（　　）‎ A．溶质的电离方程式为NaHCO3→Na++H++CO32﹣‎ B．25℃时，加水稀释后，n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大 C．离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）‎ D．温度升高，c（HCO3﹣）增大 ‎【考点】离子浓度大小的比较；电离方程式的书写．‎ ‎【分析】A．碳酸氢根离子不可拆分；‎ B．加水稀释后，促进HCO3﹣水解，但Kw不变；‎ C．溶液遵循电荷守恒；‎ D．HCO3﹣水解为吸热反应，升高温度，促进水解．‎ ‎【解答】解：A．NaHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3﹣，故A错误；‎ B.25℃时，加水稀释后，促进HCO3﹣水解，n（OH﹣）增大，c（OH﹣）减小，由Kw不变，可知c（H+）增大，则n（H+）增大，则n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大，故B正确；‎ C．由电荷守恒可知，离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）‎ ‎+2c（CO32﹣），故C错误；‎ D．HCO3﹣水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c（HCO3﹣）减小，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎20．某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，则（　　）‎ A．电流方向：电极Ⅳ→A→电极Ⅰ B．电极Ⅰ发生还原反应 C．电极Ⅱ逐渐溶解 D．电极Ⅲ的电极反应：Cu2++2e﹣═Cu ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，电流方向从正极流向负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，‎ A．电流从正极沿导线流向负极，即电极Ⅳ→A→电极Ⅰ，故A正确；‎ B．电极Ⅰ上电极反应式为Al﹣3e﹣=Al3+，发生氧化反应，故B错误；‎ C．电极Ⅱ是正极，正极上发生反应为Cu 2++2e﹣=Cu，所以电极Ⅱ质量逐渐增大，故C错误；‎ D．电极Ⅲ为阳极，电极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu 2+，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎21．下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（　　）‎ A．pH=1的NaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42﹣）+c（OH﹣）‎ B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）＞c（Cl﹣）=c（I﹣）‎ C．CO2的水溶液：c（H+）＞c（HCO3﹣）=2c（CO32﹣）‎ D．含等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）=2[c（HC2O4﹣）+‎ c（C2O42﹣）+c（H2C2O4）]‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．‎ ‎【分析】A、NaHSO4溶液中存在氢离子守恒分析判断；‎ B、AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银；‎ C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱；‎ D、依据溶液中元素物料守恒计算分析．‎ ‎【解答】解：A、NaHSO4溶液中存在质子守恒分析，硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，NaHSO4 =Na++H++SO42﹣，H2O⇌H++OH﹣，溶液中质子守恒，c（H+）=c（SO42﹣）+c（OH﹣），故A正确；‎ B、AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银，c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（I﹣），故B错误；‎ C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱，H2CO3⇌H++HCO3﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，c（H+）＞c（HCO3﹣）＞2c（CO32﹣），故C错误；‎ D、依据溶液中元素物料守恒计算，含等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2c（Na+）=3[c（HC2O4﹣）+C（C2O42﹣）+c（H2C2O4）]，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎22．能源短缺是人类社会面临的重大问题，利用化学反应可实现多种形式的能量相互转化．请回答以下问题：‎ ‎（1）由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫键能．从化学键的角度分析，化学反应的过程就是旧键断裂和新键的形成过程．已知反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣93kJ•mol﹣1．试根据表中所列键能数据，计算a 的数值为　391　kJ/mol．‎ 化学键 H﹣H N﹣H N≡N 键能/kJ•mol﹣1‎ ‎436‎ a ‎945‎ ‎（2）甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景．已知在常压下有如下变化：‎ ‎①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H=a kJ/mol ‎②H2O（g）═H2O（l）△H=b kJ/mol 写出液态甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式：　2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=（a+4b）kJ/mol　．‎ ‎（3）已知：HCN（aq）与NaOH（aq）反应的焓变△H=﹣12.1kJ•mol﹣1； HCl（aq）与NaOH（aq）反应的焓变△H=﹣55.6kJ•mol﹣1．则HCN在水溶液中电离的焓变△H等于　+43.5kJ•mol﹣1　．‎ ‎（4）已知：H2（g）+O2（g）═H2O（1）△H=﹣285.83kJ•mol﹣1‎ CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣282.9kJ•mol﹣1；‎ 若氢气与一氧化碳的混合气体完全燃烧可生成5.4g H2O（l），并放出114.3kJ的热量，则混合气中CO的物质的量为　0.1mol　（计算结果保留一位小数）‎ ‎【考点】热化学方程式；反应热和焓变．‎ ‎【分析】（1）化学反应的焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和计算；‎ ‎（2）①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=a kJ/mol ‎②H2O（g）=H2O（l）△H=b kJ/mol ‎①+②×4得到液态甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式；‎ ‎（3）①HCN（aq）⇌H+（aq）+CN﹣（aq）△H1，‎ ‎②H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H2=﹣55.6kJ•mol﹣1，‎ ‎③NaOH（aq）+HCN（aq）=NaCN（aq）+H2O（l），△H3=﹣12.1kJ•mol﹣1，‎ 盖斯定律计算①+②=③；‎ ‎（4）根据生成水的质量，利用2H2+O2═2H2O（l）可计算氢气的物质的量，再利用混合气体燃烧放出的热量与氢气燃烧放出的热量来计算CO燃烧放出的热量，最后利用热化学反应方程式来计算CO的物质的量．‎ ‎【解答】解：（1）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣93kJ•mol﹣1，化学反应的焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和，所以得到﹣93KJ/mol=945KJ/mol+3×436KJ/mol﹣6×a，解得a=391KJ/mol；‎ 故答案为：391；‎ ‎（2）①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=a kJ/mol ‎②H2O（g）=H2O（l）△H=b kJ/mol ‎①+②×4得到液态甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=（a+4b） kJ/mol；‎ 故答案为：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=（a+4b） kJ/mol；‎ ‎（3）①HCN（aq）⇌H+（aq）+CN﹣（aq）△H1，‎ ‎②H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H2=﹣55.6kJ•mol﹣1，‎ ‎③NaOH（aq）+HCN（aq）=NaCN（aq）+H2O（l），△H3=﹣12.1kJ•mol﹣1，‎ 盖斯定律计算①+②=③，△H1+△H2=△H3，△H1=+43.5kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：+43.5kJ•mol﹣1；‎ ‎（4）水的物质的量为： =0.3mol，‎ 由2H2+O2═2H2O可知，n（H2）=n（H2O）=0.3mol，‎ 由H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.83kJ•mol﹣1可知，0.3molH2燃烧放出的热量为：285.83kJ/mol×0.3mol=85.749kJ，‎ 则CO燃烧放出的热量为：114.03kJ﹣85.749kJ=28.281kJ，‎ 设混合气体中CO的物质的量为x，则 ‎ 2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣565.8kJ•mol﹣1‎ ‎ 2 565.8kJ ‎ x 28.281kJ 解得：x=0.1mol，‎ 即原混合气体中CO的物质的量为0.1mol，‎ 故答案为：0.1mol．‎ ‎　‎ ‎23．电化学原理在生产生活中应用十分广泛．请回答下列问题：‎ ‎（1）通过SO2传感器可监测大气中SO2的含量，其工作原理如图1所示．‎ ‎①固体电解质中O2﹣向　负　极移动（填“正”或“负”）．‎ ‎②写出V2O5电极的电极反应式：　SO2﹣2e﹣+O2﹣=SO3　．‎ ‎（2）如图2所示装置I是一种可充电电池，装置Ⅱ是一种以石墨为电极的家用环保型消毒液发生器．装置I中离子交换膜只允许Na+通过，充放电的化学方程式为：2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr ‎①负极区电解质为：　Na2S2、Na2S4　（用化学式表示）‎ ‎②家用环保型消毒液发生器发生反应的离子方程为　Cl﹣+H2OClO﹣+H2↑　．‎ ‎③闭合开关K，当有0.04mol Na+通过离子交换膜时，a电极上析出的气体在标准状况下体积为　448　mL．‎ ‎（3）如图3Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两组同学将反应“AsO43﹣+2I﹣+2H+⇌AsO33﹣+I2+H2O”设计成的原电池装置，其中C1、C2均为碳棒．甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸或40%NaOH溶液，电流表指针都不发生偏转；乙组经思考后先添加了一种离子交换膜，然后向图Ⅱ烧杯右侧中逐滴加入适量浓盐酸或适量40%NaOH溶液，发现电流表指针都发生偏转．‎ ‎①甲组电流表指针都不发生偏转的原因是　氧化还原反应在电解质溶液中直接进行，没有电子沿导线通过　．‎ ‎②乙组添加的是　阳　（填“阴”或“阳”）离子交换膜．‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】（1）①原电池中阴离子移向负极；‎ ‎②在V2O5电极上，SO2失电子发生氧化反应生成SO3；‎ ‎（2）①原电池的负极发生氧化反应；‎ ‎②电解氯化钠溶液生成NaOH、氯气和氢气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠；‎ ‎③a极生成氯气，b极生成氢气，当有0.04mol Na+通过离子交换膜时，有0.04mol氢离子放电；‎ ‎（3）①甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸，发生氧化还原反应，不发生原电池反应；‎ ‎②乙组向图ⅡB烧杯中逐滴加入适量浓盐酸或40%NaOH溶液，发生原电池反应，A中发生I2+2e﹣═2I﹣，为正极反应，而B中As化合价升高，发生氧化反应，以此分析．‎ ‎【解答】解：（1）①原电池中阴离子移向负极，故答案为：负；‎ ‎②在V2O5电极上，SO2失电子发生氧化反应生成SO3‎ ‎，电极方程式为：SO2﹣2e﹣+O2﹣=SO3，故答案为：SO2﹣2e﹣+O2﹣=SO3；‎ ‎（2）①原电池的负极发生氧化反应，所含元素化合价升高，所以负极区电解质为：Na2S2、Na2S4，故答案为：Na2S2、Na2S4；‎ ‎②电解氯化钠溶液生成NaOH、氯气和氢气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠，总反应的离子方程式为Cl﹣+H2OClO﹣+H2↑，故答案为：Cl﹣+H2OClO﹣+H2↑；‎ ‎③a极生成氯气，b极生成氢气，当有0.04mol Na+通过离子交换膜时，有0.04mol氢离子放电，生成氢气0.02mol，标准状况下体积为：0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，故答案为：448；‎ ‎（3）①甲组操作时，两个电极均为碳棒，不发生原电池反应，则微安表（G）指针不发生偏转，故答案为：氧化还原反应在电解质溶液中直接进行，没有电子沿导线通过；‎ ‎②乙组向图ⅡB烧杯中逐滴加入适量浓盐酸或40%NaOH溶液，发生原电池反应，A中发生I2+2e﹣═2I﹣，为正极反应，而B中As化合价升高，发生氧化反应，添加了阳离子交换膜，故答案为：阳．‎ ‎　‎ ‎24．研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义．‎ ‎（1）①硫离子的结构示意图为　　．‎ ‎②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为　C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O　．‎ ‎（2）25℃，在0.10mol•L﹣1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S2﹣）关系如图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）．‎ ‎①pH=13时，溶液中的c（H2S）+c（HS﹣）=　0.043　mol•L﹣1．‎ ‎②某溶液含0.020mol•L﹣1Mn2+、0.10mol•L﹣1H2S，当溶液PH=　5　时，Mn2+开始沉淀．[已知：Ksp（MnS）=2.8×10﹣13]‎ ‎（3）25℃，两种酸的电离平衡常数如表．‎ Ka1‎ Ka2‎ H2SO3‎ ‎1.3×10﹣2‎ ‎6.3×10﹣8‎ H2CO3‎ ‎4.2×10﹣7‎ ‎5.6×10﹣11‎ ‎①HSO3﹣的电离平衡常数表达式K=　　．‎ ‎②0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为　c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）　．‎ ‎③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为　H2SO3+HCO3﹣=HSO3﹣+CO2↑+H2O　．‎ ‎【考点】真题集萃；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】（1）①S是16号元素．S原子获得2个电子变为S2﹣，硫离子的结构示意图为：；‎ ‎②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；‎ ‎（2）①pH=13时，c（S2﹣）=5.7×10﹣2mol/L，在0.10mol•L﹣1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣）=0.10mol•L﹣1；‎ ‎②当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，由此求出硫离子的浓度，结合图象得出此时的pH；‎ ‎（3）①HSO3﹣的电离方程式为：HSO3﹣⇌H++SO32﹣，平衡常数表达式为K=；‎ ‎②Na2SO3溶液显碱性，SO32﹣存在两步水解，以第一步水解为主，水解程度较小，据此判断离子浓度关系；‎ ‎③由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，则酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞HSO3﹣，所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3﹣=HSO3﹣+CO2↑+H2O，而不是为H2SO3+2HCO3﹣=SO32﹣+2CO2↑+2H2O．‎ ‎【解答】解：（1）①S是16号元素．S原子获得2个电子变为S2﹣，硫离子的结构示意图为：，故答案为：；‎ ‎②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的方程式为：C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O；‎ ‎（2）①pH=13时，c（S2﹣）=5.7×10﹣2mol/L，在0.10mol•L﹣1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣）=0.10mol•L﹣1，所以c（H2S）+c（HS﹣）=0.1﹣5.7×10﹣2=0.043mol/L，故答案为：0.043；‎ ‎②当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，所以c（S2﹣）===1.4×10﹣11mol/L，结合图象得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀，故答案为：5；‎ ‎（3）①HSO3﹣的电离方程式为：HSO3﹣⇌H++SO32﹣，平衡常数表达式为K=，故答案为：；‎ ‎②Na2SO3溶液显碱性，SO32﹣存在两步水解：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣，以第一步水解为主，水解程度较小，则0.1mol/L Na2SO3溶液中的离子浓度顺序为：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）；‎ ‎③由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，所以酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞HSO3﹣，所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3﹣=HSO3﹣+CO2↑+H2O，而不是为H2SO3+2HCO3﹣=SO32﹣+2CO2↑+2H2O．故答案为：H2SO3+HCO3﹣=HSO3﹣+CO2↑+H2O．‎ ‎　‎ ‎25．光气（COCl2）在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，工业上采用高温下CO与Cl2在活性碳催化下合成．‎ ‎（1）实验室中常用来制备氯气的化学方程式为　MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O　；‎ ‎（2）工业上利用天然气（主要成分为CH4）与CO2进行高温重整制备CO，已知CH4、H2、和CO的燃烧热（△H）分别为﹣890.3kJ•mol﹣1、﹣285.8 kJ•mol﹣1和﹣283.0 kJ•mol﹣1，则生成1 m3（标准状况）CO所需热量为　5.52×103KJ　；‎ ‎（3）实验室中可用氯仿（CHCl3）与双氧水直接反应制备光气，其反应的化学方程式为　CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2　；‎ ‎（4）COCl2的分解反应为COCl2（g）═Cl2（g）+CO（g）△H=+108 kJ•mol﹣1．反应体系平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示（第10min到14min的COCl2浓度变化曲线未示出）：‎ ‎①计算反应在第8min时的平衡常数K=　0.234mol/L　；‎ ‎②比较第2min反应温度T（2）与第8min反应温度T（8）的高低：T（2）　＜　 T（8）（填“＜”、“＞”或“=”）；‎ ‎③若12min时反应于温度T（8）下重新达到平衡，则此时c（COCl2）=　0.031　‎ mol•L﹣1‎ ‎④比较产物CO在2﹣3min、5﹣6min和12﹣13min时平均反应速率[平均反应速率分别以v（2﹣3）、v（5﹣6）、v（12﹣13）表示]的大小　v（5～6）＞v（2～3）=v（12～13）　；‎ ‎⑤比较反应物COCl2在5﹣6min和15﹣16min时平均反应速率的大小：v（5﹣6）　＞　 v（15﹣16）（填“＜”、“＞”或“=”），原因是　在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）实验室通常用二氧化锰与浓盐酸共热的方法制备氯气；‎ ‎（2）根据CH4、H2、和CO的燃烧热，可得热化学方程式：‎ ‎①O2（g）+2H2（g）=2H2O（L）△H=﹣571.6kJ•mol ﹣1‎ ‎②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（L）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1‎ ‎③2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.03kJ•mol﹣1‎ 根据盖斯定律，②﹣①﹣③可得：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H=+247.3 kJ•mol ﹣1，‎ 再根据反应的热化学方程式计算需要的热量；‎ ‎（3）CHCl3中碳为+2价，COCl2中碳为+4价，故H2O2中氧元素化合价由﹣1价降低为﹣2价，生成H2O，由电子转移守恒与原子守恒可知，CHCl3、H2O2、COCl2、H2O的化学计量数为1：1：1：1，根据原子守恒故含有HCl生成；‎ ‎（4）①由图可知，8min时COCl2的平衡浓度为0.04mol/L，Cl2的平衡浓度为0.11mol/L，CO的平衡浓度为0.085mol/L，代入平衡常数表达式K=计算；‎ ‎②第8min时反应物的浓度比第2min时减小，生成物浓度增大，平衡向正反应方向移动，4min瞬间浓度不变，不可能为改变压强、浓度，应是改变温度，结合温度对平衡影响判断；‎ ‎③由图可知，10min瞬间Cl2浓度不变，CO的浓度降低，故改变条件为移走CO，降低CO的浓度，平衡常数不变，与8min到达平衡时的平衡常数相同，由图可知，12min时到达平衡时Cl2的平衡浓度为0.12mol/L，CO的平衡浓度为0.06mol/L，根据平衡常数计算c（COCl2）；‎ ‎④根据化学反应速率的定义，可知反应在2～3 min和12～13‎ ‎ min处于平衡状态，CO的平均反应速率为0；‎ ‎⑤在5～6 min和15～16 min时反应温度相同，在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大，但15～16 min时各组分的浓度都小，因此反应速率小．‎ ‎【解答】解：（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气与水制取氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，‎ 故答案为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）根据CH4、H2、和CO的燃烧热，可得热化学方程式：‎ ‎①O2（g）+2H2（g）=2H2O（L）△H=﹣571.6kJ•mol ﹣1；‎ ‎②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（L）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1；‎ ‎③2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.03kJ•mol﹣1，‎ 根据盖斯定律，②﹣①﹣③可得：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）；△H=+247.3 kJ•mol ﹣1，‎ 即生成2molCO，需要吸热247.3 KJ，那么要得到1立方米的CO，吸收热量为×=5.52×103KJ；‎ 故答案为：5.52×103KJ；‎ ‎（3）CHCl3中碳为+2价，COCl2中碳为+4价，故H2O2中氧元素化合价由﹣1价降低为﹣2价，生成H2O，由电子转移守恒与原子守恒可知，CHCl3、H2O2、COCl2、H2O的化学计量数为1：1：1：1，根据原子守恒故含有HCl生成，故反应方程式为CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2，‎ 故答案为：CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2；‎ ‎（4）①由图可知，8min时COCl2的平衡浓度为0.04mol/L，Cl2的平衡浓度为0.11mol/L，CO的平衡浓度为0.085mol/L，K===0.234mol/L，故答案为：0.234mol/L；‎ ‎②由第2min反应温度变为第8min反应温度时，生成物浓度增大、反应物浓度减小，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，所以T（2）＜T（8），‎ 故答案为：＜；‎ ‎③由图可知，10min瞬间Cl2‎ 浓度增大，CO的浓度降低，故改变条件为移走CO，降低CO的浓度，平衡常数不变，与8min到达平衡时的平衡常数相同，由图可知，12min时到达平衡时Cl2的平衡浓度为0.12mol/L，CO的平衡浓度为0.06mol/L，故： =0.234mol/L，解得c（COCl2）=0.031mol/L；‎ 故答案为：0.031；‎ ‎④根据化学反应速率的定义，可知反应在2～3 min和12～13 min处于平衡状态，CO的平均反应速率为0，在5～6min时，反应向正反应进行，故CO的平均反应速率为：v（5～6）＞v（2～3）=v（12～13），‎ 故答案为：v（5～6）＞v（2～3）=v（12～13）；‎ ‎⑤在5～6 min和15～16 min时反应温度相同，在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大，但15～16 min时各组分的浓度都小，因此反应速率小，即v（5～6）＞v（15～16），‎ 故答案为：＞；在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大．‎