2017-2018学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二上学期期中考试化学（理）试题 解析版

2017-2018学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二上学期期中考试化学（理）试题 解析版

哈尔滨市第六中学2017-2018学年度上学期期中考试 高二化学试题 ‎1. 下列有关盐类水解的叙述中正确的是(　　)‎ A. 溶液呈中性的盐一定是强酸强碱生成的盐 B. 所有盐溶液中c(H＋)＝c(OH－)‎ C. 盐溶液的酸碱性主要决定于形成盐的酸和碱的相对强弱 D. 强酸形成的盐的水溶液一定呈酸性 ‎【答案】C ‎【解析】A、如果弱酸、弱碱的电离程度相当，生成的盐的水溶液呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性，故A错误；B、能够水解的盐，溶液可能显酸性或碱性，此时溶液中c(H＋)≠c(OH－)，故B错误；C、酸和碱反应生成的盐溶液的酸碱性取决于酸和碱的相对强弱，谁强显谁性是水解的规律，故C正确；D、强酸强碱盐的水溶液可能呈中性，例如Na2SO4溶液，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查了盐类水解的分析应用，主要是盐的分类方法和溶液酸碱性的分析判断。要知道一些特殊盐溶液的酸碱性，如NaHSO3溶液呈酸性、CH3COONH4溶液呈中性、NaHCO3溶液呈碱性等。‎ ‎2. 通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是(　　)‎ ‎①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) ΔH1＝＋571.6 kJ·mol－1‎ ‎②焦炭与水反应制氢：C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)　ΔH2＝＋131.3 kJ·mol－1‎ ‎③甲烷与水反应制氢：CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)ΔH3＝＋206.1 kJ·mol－1‎ A. 反应①中电能转化为化学能 B. 反应②为放热反应 C. 反应③使用催化剂，ΔH3不变 D. 反应CH4(g)=C(s)＋2H2(g)的ΔH＝－74.8 kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．太阳光催化分解水制氢，太阳能转化为化学能，没有使用电能，故A错误；B．反应②中△H＞0，为吸热反应，故B错误；C．催化剂不影响反应的焓变，则反应③使用催化剂，△H3不变，故C正确；D．根据盖斯定律，③-②得到CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=(+206.1kJ·mol-l)-(+131.3kJ·mol-1)=+74.8 kJ·mol-1‎ ‎，故D错误；故选C。‎ ‎3. 环保、安全的铝空气电池的工作原理如图所示，下列有关叙述错误的是(　　)‎ A. NaCl的作用是增强溶液的导电性 B. 正极的电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－‎ C. 电池工作过程中，电解质溶液的pH不断增大 D. 用该电池做电源电解KI溶液制取1 mol KIO3，消耗铝电极的质量为54 g ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．该原电池中，NaCl不参加反应，则NaCl的作用是增强溶液的导电性，故A正确；B．由题图可知Al电极为负极，发生反应：Al-3e-+3OH-=Al（OH）3，O2在正极发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，故B正确；C．总反应方程式为4A1+3O2+6H2O=4A1（OH）3↓，氯化钠溶液呈中性，放电过程中溶液的溶质仍然为NaCl，则电解质溶液的pH基本不变，故C错误；D.1mol KI制得1 mol KIO3时转移6 mol电子，根据转移电子相等得消耗m（Al）=×27g/mol=54g，故D正确；故选C。‎ ‎【考点定位】考查化学电源新型电池 ‎【名师点晴】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，涉及正负极判断、电极反应式的书写、氧化还原反应计算等知识点，明确原电池原理、串联电路中转移电子守恒是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意结合电解质溶液酸碱性书写。根据图知，该原电池中，Al作负极，电极反应式为Al-3e-+3OH-=Al（OH）3，金属网载体为正极，O2在正极发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，总反应方程式为4A1+3O2+6H2O=4A1（OH）3↓。‎ ‎4. 以下提到的与盐的水解有关的说法是(　　)‎ ‎①明矾可以做净水剂　 ②实验室配制FeCl3溶液时，往往在FeCl3溶液中加入少量盐酸　‎ ‎③用NaHCO3和Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂　④在NH4Cl溶液中加入金属镁会产生氢气　‎ ‎⑤草木灰与氨态氮肥不能混合施用 　⑥比较NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性 A. ①③⑥ B. ②③⑤ C. ③④⑤ D. ①②③④⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】①明矾为硫酸铝钾的结晶水合物，铝离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用作净水剂，故①正确；②氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，加入盐酸抑制水解，使水解平衡逆向移动，实验室配制FeCl3溶液时，往往在FeCl3溶液中加入少量的盐酸，故②正确；③泡沫灭火剂是碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳的原理，故③正确；④氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，NH4Cl+H2ONH3•H2O+HCl，加入镁会和盐酸发生反应生成氢气，故④正确；⑤铵根离子和草木灰中的碳酸根离子发生双水解，肥效损耗，草木灰与氨态氮肥不能混合施用，故⑤正确；⑥强酸弱碱盐水解呈酸性，强碱弱酸盐呈碱性，则比较NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性，是利用盐溶液水解后酸碱性不同，故⑥正确；综上所述①②③④⑤⑥正确；故选D。‎ ‎5. 已知NH3·H2O(aq)与H2SO4(aq)反应生成1 mol正盐的ΔH＝－24.2 kJ·mol－1；强酸、强碱的稀溶液反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。则NH3·H2O在水溶液中电离的ΔH等于(　　)‎ A. －69.4 kJ·mol－1 B. ＋ 45.2 kJ·mol－1 C. ＋69.4 kJ·mol－1 D. － 45.2 kJ·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】反应的热化学方程式分别为：2NH3·H2O(aq)+ 2H+ (aq)= 2NH4+(aq)+ 2H2O(l)△H=-24.2kJ•mol-1…①，H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1…②，用①-②×2可得NH3·H2O电离的热化学方程式为：2NH3·H2O(aq) 2NH4+(aq)+2 OH-(aq)△H=-24.2kJ•mol-1-(-57.3kJ•mol-1)×2=+90.4kJ•mol-1，则NH3·H2O(aq) NH4+(aq)+OH-(aq)△H=+45.2kJ•mol-1，故选B。‎ ‎6. 在蒸发皿中将下列物质的溶液加热蒸干并灼烧，可以得到该物质固体的是(　　)‎ A. 氯化铁 B. 碳酸氢钠 C. 硫酸铝 D. 高锰酸钾 ‎【答案】C ‎【解析】A．FeCl3溶液加热时水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸易挥发，生成的氢氧化铁在灼烧时生成氧化铁，故A错误；B．碳酸氢钠不稳定，加热易分解生成碳酸钠、二氧化碳气体和水，故B错误；C．Al2(SO4)3‎ 溶液加热时虽能水解，但生成的氢氧化铝和硫酸最终又反应生成Al2(SO4)3，可得到溶质固体，故C正确；D．KMnO4不稳定，加热易分解，故D错误；故选C。‎ 点睛：加热蒸干物质的溶液然后灼烧，可得到该物质固体，可从物质的稳定性以及水解的角度分析解答。(1)易水解的金属氯化物得到金属氧化物。例如氯化铝得氧化铝；(2)酸式盐要考虑水解或分解，例如碳酸氢钠蒸干分解得到碳酸钠；(3)易氧化的蒸干得氧化产物，如亚硫酸钠得到硫酸钠。‎ ‎7. 下列说法或表示法正确的是(　　)‎ A. 在101 kPa时，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·mol－1‎ B. 等量的白磷蒸气和白磷固体分别完全燃烧，后者放出热量多 C. 根据中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，可知将含0.5 mol H2SO4的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量一定等于57.3 kJ D. 由C(s，石墨) = C(s，金刚石)　ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1可知，石墨比金刚石稳定 ‎【答案】D ‎【解析】A、2 g H2的物质的量为1mol，而放热反应的△H＜0，故氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-285.8×2=-571.6 kJ•mol-1，故A错误；B、白磷蒸气转化为固体白磷需要放热，等量的白磷蒸气和白磷固体分别完全燃烧，产物相同，因此前者放出的热量多，故B错误； C、如果含0.5 mol H2SO4的溶液为浓硫酸，浓硫酸稀释会放出热量，与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ，故C错误； D、石墨转化为金刚石属于吸热反应，说明等物质的量的石墨的能量低于金刚石的能量，因此石墨比金刚石稳定，故D正确；故选D。‎ ‎8. 常温下0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a＋1)的措施是(　　)‎ A. 将溶液稀释到原体积的10倍 B. 提高溶液的温度 C. 加入等体积的0.2 mol·L－1盐酸 D. 加入适量的醋酸钠固体 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A.醋酸是弱电解质，加水稀释能促进水的电离，将溶液稀释到原体积的10倍，氢离子浓度大于原来的1/10，所以pH＜（a+1），A项错误；B.提高温度促进醋酸的电离，使溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH值减小，B项错误；C.加入等体积的0.2 mol•L-1盐酸，氢离子浓度增大，溶液的pH值减小，C项错误；D.加入适量的醋酸钠固体，醋酸钠中含有醋酸根离子能抑制醋酸的电离，使溶液中氢离子浓度减小，所以能使溶液pH=（a+1），D项正确；答案选D。‎ 考点：考查弱电解质的电离，影响弱电解质电离的因素等知识。‎ ‎9. 当CH3COOH H＋＋CH3COO－已达平衡，若要使醋酸的电离程度减小但c(H＋)增大，应加入的试剂是(　　)‎ A. CH3COONa B. NH3·H2O C. H2O D. HCl ‎【答案】D ‎【解析】A．向醋酸中加入醋酸钠固体，醋酸钠溶于水电离出醋酸根离子，抑制醋酸电离，醋酸的电离程度减小，c(H＋)减小，故A错误；B．向醋酸中加入氨水，氨水和氢离子反应，c(H＋)减小，促进醋酸电离，故B错误；C．稀释醋酸溶液，c(H＋)减小，故C错误；D．向溶液中加入氯化氢，c(H＋)增大，故D正确； 故选D。‎ 点睛：本题考查了影响弱电解质电离的因素。注意：如果加入含有相同离子的物质就抑制其电离，如果加入和弱电解质电离的离子发生反应的物质就促进其电离。‎ ‎10. 如图装置电解一段时间，当某极析出0.32 g Cu时，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中溶液pH分别为(常温下，溶液足量，体积均为100 mL且电解前后溶液的体积变化忽略不计)(　　)‎ A. 12、7、2 B. 13、7、1 C. 1、7、13 D. 7、13、1‎ ‎【答案】B ‎【解析】n(Cu)==0.005mol，由电极反应Cu2++2e-=Cu可知转移电子为0.01mol，电解时，I、Ⅱ、Ⅲ中溶液电池反应方程式分别为2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑、2H2O2H2↑+O2↑、2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，I中生成0.01molOH-，c(OH-)==0.1mol/L，pH=13，Ⅱ电解水，溶液呈中性，pH=7，Ⅲ中生成0.01molH+，c(H+)==0.1mol/L，pH=1，故选B。‎ ‎11. 25 ℃时，在等体积的①pH＝0的H2SO4溶液、②0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液、③pH＝10的NaOH溶液、④pH＝5的NaHSO4溶液中，发生电离的水的物质的量之比是(　　)‎ A. 1∶10∶1010∶109 B. 1∶5∶5×109∶5×108 C. 1∶20∶1010∶109 D. 1∶10∶104∶105‎ ‎【答案】D ‎【解析】设溶液的体积为1L，①中pH=0的H2SO4中c(H+)=1.0 mol•L-1，c(OH-)=1.0×10-14mol•L-1，发生电离的水的物质的量为1.0×10-14mol；②中c(OH-)=0.1 mol•L-1，c(H+)=1.0×10-13mol•L-1，发生电离的水的物质的量为1.0×10-13mol；③中c(OH-)=1.0×10-4mol•L-1，c(H+)=1.0×10-10mol•L-1，发生电离的水的物质的量为1.0×10-10mol；④中c(H+)=1.0×10-5mol•L-1，c(OH-)=1.0×10-9mol•L-1，发生电离的水的物质的量为1.0×10-9mol；故①②③④中发生电离的水的物质的量之比为：1.0×10-14mol：1.0×10-13mol：1.0×10-10mol1：1.0×10-9mol=1：10：104：105，故选D。‎ 点睛：做题时注意如何计算水的电离是解答此类题目的关键。根据H2OH++OH-可知，酸或碱溶液抑制水的电离，需要借助于Kw间接计算发生电离的水的物质的量；对于能够水解的盐，促进水的电离，根据盐溶液的pH直接计算发生电离的水的物质的量。‎ ‎12. 室温下向10 mL pH＝3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是(　　)‎ A. 溶液中导电粒子的数目减少 B. 溶液中c(CH3COOH)减少 C. 醋酸的电离程度增大，c(H＋)也增大 D. 再加入10 mL pH＝11的NaOH溶液，混合液的pH＝7‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．醋酸是弱酸，存在电离平衡，在醋酸溶液中加水稀释，促进电离，则溶液中导电粒子的数目增多，故A错误；B．加水稀释时，c(CH3COOH)减少，故B正确；C．加水稀释时，电离程度增大，但溶液的体积增大的倍数大于n(H+)增加的倍数，则c(H+)减小，故C错误；D．等体积10mLpH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/L，反应后，醋酸过量，则溶液的pH＜7，故D错误；故选B。‎ ‎13. 某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其他均为Cu，则(　　)‎ A. 电极Ⅰ发生还原反应 B. 电流方向：电极Ⅳ→A→电极Ⅰ C. 电极Ⅱ逐渐溶解 D. 电极Ⅲ的电极反应：Cu2＋＋2e－===Cu ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、电极Ⅰ是原电池的负极，发生氧化反应，错误；B、电极I与II及电解质溶液构成原电池，电极III与IV及电解质溶液构成电解池，原电池中Al作负极，Cu作正极，电极III是电解池的阳极，电极IV是电解池的阴极，所以电流的流向是从电源的正极流出，流到阳极，再从阴极流回电源的负极，正确；C、电极Ⅱ是原电池的正极，正极上有Cu析出，错误；D、电极Ⅲ是电解池的阳极，所以发生氧化反应，Cu失去电子生成Cu2＋，错误，答案选A。‎ 考点：考查原电池、电解池的组合装置的判断，反应原理的应用 ‎14. 某温度下Kw＝10－13，在此温度下，将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的H2SO4溶液Vb L混合，下列说法正确的是(　　)‎ A. 若所得混合液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝1∶1‎ B. 若所得混合液为中性，且a＋b＝12，则Va∶Vb＝100∶1‎ C. 若所得混合液pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝1∶9‎ D. 若所得混合液pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝101∶99‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、若所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，因c(OH-)×Va=c(H+)×Vb，a=12，b=2，则0.1×Va=0.01Vb，则Va：Vb=1：10，故A错误；B、若所得混合液为中性，则c(OH-)×Va=c(H+)×Vb，即10a−13×Va=10−b Vb，又因为a+b=12，Va：Vb==1013-a-b=10，则Va：Vb=10：1，故B错误；C、若所得混合溶液的pH=10，碱过量，c(OH-)==0.001，则Va：Vb=1：9，故C正确；D、根据C的计算，Va：Vb=1：9，故D错误；故选C。‎ 点晴：本题考查了酸碱反应后溶液pH的计算。强酸和强碱混和，先确定过量离子的浓度：若酸过量：c(H+)=[c(H+)V酸-c(OH-)V碱]/(V酸+V碱) ，直接计算溶液的pH值；若碱过量：c(OH-)=[c(OH-)V碱-c(H+)V酸]/(V碱+V酸)，借助于Kw计算c(H+)，再求pH值。‎ ‎15. 电解硫酸钠溶液生产硫酸和烧碱的装置如图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极。测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1∶2，下列有关说法正确的是(　　)‎ ‎(说明：阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过)‎ A. a电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑ B. 产物丙为硫酸 C. d为阴离子交换膜 D. Na2SO4溶液浓度增大 ‎【答案】B ‎【考点定位】考查电解原理 ‎【名师点晴】判断甲、乙气体成分是解本题关键，电解硫酸钠溶液时，阳极上生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极反应式为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-，测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，则甲是氧气、乙是氢气，则a是阳极、b是阴极，阳极区域生成硫酸、阴极区域生成NaOH，据此分析解答。‎ ‎16. 25 ℃时，向盛有50 mL pH＝2的HA溶液的绝热容器中加入pH＝13的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积(V)与所得混合溶液的温度(T)的关系如图所示。下列叙述正确的是(　　)‎ A. HA溶液的物质的量浓度为0.01 mol·L－1‎ B. b→c的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了吸热反应 C. 25 ℃时，HA的电离平衡常数K约为1.43×10－2‎ D. b点处，酸碱恰好中和 ‎【答案】D ‎【解析】A、恰好中和时混合溶液温度最高，即b点，此时消耗氢氧化钠=0.04L×0.1mol/L=0.004mol，得出50mLHA的浓度=‎ ‎=0.08mol/L，故A错误；B．b→c的过程中，温度降低的原因是溶液中发生反应恰好生成NaA，继续滴加氢氧化钠溶液不再发生反应，溶液温度降低，故B错误；C．电离平衡常数K===1.25×10-3，故C错误；D．恰好中和时混合溶液温度最高，b点温度最高，因此b点酸碱恰好中和，故D正确； 故选D。‎ ‎17. 实验室用Zn与稀H2SO4反应来制取氢气，常加少量CuSO4来加快反应速率。为了研究CuSO4的量对H2生成速率的影响，某同学设计了实验方案(见下表)，将表中所给的试剂按一定体积混合后，分别加入四个盛有相同大小的Zn片(过量)的反应瓶(甲、乙、丙、丁)中，收集产生的气体，并记录收集相同体积的气体所需的时间。‎ 实验试剂 甲 乙 丙 丁 ‎4 mol·L－1 H2SO4/mL ‎20‎ V1‎ V2‎ V3‎ 饱和CuSO4溶液/mL ‎0‎ ‎2.5‎ V4‎ ‎10‎ H2O/mL V5‎ V6‎ ‎8‎ ‎0‎ 收集气体所需时间/s t1‎ t2‎ t3‎ t4‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A. t1T2‎ B. 曲线a、b均代表纯水的电离情况 C. 图中五点Kw间的关系：B>C>A＝D＝E D. 若处在B点时，将pH＝2的硫酸溶液与pH＝12的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性 ‎【答案】B ‎【解析】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水的电离，则水中c(H+)、c(OH-)及离子积常数增大，根据图知，T1曲线上离子积常数大于T2，所以T1＞T2，故A正确；B．只有c(OH-)=c(H+)的点是纯水的电离，所以只有A、B点才是纯水的电离，故B错误；C．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，由图可知，温度高低的顺序是B＞C＞A=D=E，所以离子积常数大小顺序是B＞C＞A=D=E，故C正确；D．B点时，Kw=1×10-12，pH=2的硫酸中c(H+)=0.01mol/L，pH=12的KOH溶液中c(OH-)=1mol/L，等体积混合时碱剩余，溶液呈碱性，故D正确；故选B。‎ ‎19. 现有常温下水电离出的c(H＋)均为1×10－11 mol·L－1的4种溶液：①HCl溶液；②CH3COOH溶液；③NaOH溶液；④氨水。有关上述溶液的比较中，正确的是(　　)‎ A. 向等体积溶液中分别加水稀释100倍后，溶液的pH：③>④>②>①‎ B. 等体积的①、②、③溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量①最小 C. ②、③溶液等体积混合后，溶液显碱性 D. ①、④溶液混合后，若pH＝7，则消耗溶液的体积：④>①‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：常温下水电离出的c(H+)均为1×10-11mol/L，则溶质抑制了水的电离，该溶液为酸溶液或碱溶液，①③为一元强酸或强碱，则二者浓度为0.001mol/L；②④为弱电解质，在溶液中只能部分电离，则其浓度大于0.001mol/L。A．由于加水稀释100倍后，弱电解质电离程度增大，溶液中弱酸电离出的氢离子、弱碱的电离出的氢氧根离子的物质的量增大，所以强电解质溶液的pH变化为2，弱电解质溶液的pH变化小于2，故稀释后溶液的pH大小为：④＞③＞①＞②，故A错误；B．铝足量时，2mol氯化氢生成1mol氢气，2mol氢氧化钠生成3mol氢气，①③的浓度相等，所以③生成的氢气大于①；②的浓度大于①，所以生成的氢气大于①，即：等体积、铝足量时①生成的氢气最少，故B正确；C．②、③溶液等体积混合后，由于醋酸浓度大于氢氧化钠溶液，所以混合液中醋酸过量，反应后的溶液显示酸性，故C错误；D．①、④溶液混合若pH=7，由于氨水的浓度大于氯化氢溶液，则消耗氯化氢溶液的体积应该加大，即：消耗溶液的体积：④＜①，故D错误；故选B。‎ 考点：考查了弱电解质的电离及其影响的相关知识。‎ ‎20. 在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不正确的是(　　)‎ A. a＝6.00‎ B. 同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变 C. b<318.2‎ D. 不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．由表可知温度由318．2→328．2℃，在浓度相同的情况下=0．4，所以a=2．4/0．4=6，故A正确；B．由表可知温度由318．2℃→b，浓度由0．3mol/L→0．5mol/L，速率相等，都是1．80，所以v可能不变，故B正确；C．由表可知温度由328．2℃→b，在浓度相同的情况下，水解速率变小，所以温度降低，所以温度b＜318．2，故C正确；D．温度越高反应速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，温度高的所需时间短，故D错误；故选D。‎ 考点：考查反应速率计算、影晌速率的因素分析等。‎ ‎21. 紫外光照射时，在不同催化剂作用下，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2，CH4产量随光照时间的变化见图1。以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸，在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系见图2。下列有关说法中正确的是(　　)‎ A. 由图1知，在0～15 h内，CH4的平均生成速率从大到小的顺序：Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ B. 由图1知，在0～35 h内，CH4的平均生成速率从大到小的顺序：Ⅱ>Ⅲ>Ⅰ C. 由图2知，250 ℃时催化剂的活性最高 D. 由图2知，乙酸的生成最佳温度范围： 400 ℃以上 ‎【答案】C ‎【解析】A.由图1可知，在0～15h内，甲烷的物质的量变化量为△n（Ⅰ）＜△n（Ⅲ）＜△n（Ⅱ），故在0～15h内，CH4的平均生成速率：II＞III＞I，故A错误；B.由图1可知，在0～35h内，甲烷的物质的量变化量为△n（Ⅰ）＜△n（Ⅱ）＜△n（Ⅲ），故在0～35h内，CH4的平均生成速率：III＞II＞I，故B错误；C. 由图2知，250 ℃时催化剂的活性最高，温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，在300℃时失去活性，故C正确；D. 由图2知，温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，在300℃时失去活性，故以后乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的，故乙酸主要取决于温度影响的范围为300℃～400℃，故D错误；故选C。 ‎ ‎22. 在25 ℃时，用蒸馏水稀释1 mol·L－1的醋酸溶液至0.01 mol·L－1，随着溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】醋酸是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液中c(CH3COOH)减小，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c(CH3COO-)、c(H+)都减小，温度不变水的离子积常数不变，所以c(OH-)增大。‎ A．加水稀释促进醋酸电离，所以溶液中n(CH3COOH)减小、n(H+)增大，因为溶液体积相同，所以增大，故A正确；B．加水稀释促进醋酸电离，所以溶液中n(CH3COOH)减小、n(H+)增大，溶液体积相等，所以 减小，故B错误；C．加水稀释促进醋酸电离，所以溶液中n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)增大，溶液体积相等，所以减小，故C错误；D. =Ka，温度不变，电离平衡常数不变，所以不变，故D错误；故选A。‎ 点睛：明确稀释过程中离子浓度、离子物质的量变化特点是解本题关键。注意A选项，如果单纯比较浓度不易得出结论，将浓度之比转化为物质的量之比即可得出正确判断，易错选项是D。‎ ‎23. 一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)。设起始＝Z，在恒压下，平衡时CH4的体积分数φ(CH4)与Z和T(温度)的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A. 该反应的焓变ΔH <0‎ B. 图中Z的大小为a<30，错误；B、的比值越大，则甲烷的体积分数越小，图中Z的大小为b >3> a，正确；C、起始加入量的比值为3，但随着反应的进行甲烷和水是按等物质的量反应，所以到平衡时比值不是3，错误；D、温度不变时，加压，平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，错误。‎ 考点：考查化学平衡图像分析 ‎24. 在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2，在不同温度下反应CO2(g)＋C(s) 2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是(　　)‎ A. 反应CO2(g)＋C(s)===2CO(g)的ΔS>0、ΔH<0 B. 体系的总压强p总：p总(状态Ⅱ)= 2p总(状态Ⅰ)‎ C. 体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)<2c(CO，状态Ⅲ) D. 逆反应速率v逆：v逆(状态Ⅰ)>v逆(状态Ⅲ)‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．由气体的化学计量数增大可知△S＞0，由图中温度高平衡时c(CO2)小，则升高温度平衡正向移动，可知△H＞0，故A错误；B．分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，曲线I为加入0.1molCO2，曲线II为加入0.2molCO2，若平衡不移动，体系的总压强为P总(状态Ⅱ)=2P总(状态Ⅰ)，但加压CO2(g)+C(s) 2CO(g)平衡逆向移动，为使c(CO2)相同，则加热使平衡正向移动，则体系的总压强为P总(状态Ⅱ)＞2P总(状态Ⅰ)，故B错误；C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于Ⅲ的2倍，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移，消耗CO，则c(CO，状态Ⅱ)＜2c(CO，状态Ⅲ)，故C正确；D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快，则逆反应速率为V逆(状态Ⅰ)＜V逆(状态Ⅲ)，故D错误；故选C。‎ ‎25. 一定温度下，在3个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中反应2H2(g)＋CO(g) CH3OH(g)达到平衡。下列说法正确的是(　　)‎ 容器 温度/K 物质的起始浓度/mol·L－1‎ 物质的平衡浓度/mol·L－1‎ c(H2)‎ c(CO)‎ c(CH3OH)‎ c(CH3OH)‎ Ⅰ ‎400‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0‎ ‎0.080‎ Ⅱ ‎400‎ ‎0.40‎ ‎0.20‎ ‎0‎ Ⅲ ‎500‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.10‎ ‎0.025‎ A. 该反应的正反应吸热 B. 达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大 C. 达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的两倍 D. 达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、分析Ⅰ、Ⅲ中数据知反应开始时Ⅰ中加入的H2‎ ‎、CO与Ⅲ中加入甲醇的物质的量相当，平衡时甲醇的浓度：Ⅰ＞Ⅲ，温度：Ⅰ＜Ⅲ，即升高温度平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，A错误；B、Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的小，B错误；C、Ⅰ和Ⅱ对比，Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，则Ⅱ中氢气的浓度小于Ⅰ中氢气浓度的2倍，Ⅲ和Ⅰ对比，平衡逆向移动，氢气浓度增大，故达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)小于容器Ⅲ中c(H2)的两倍，C错误；D、温度：Ⅲ＞Ⅰ，当其他条件不变时，升高温度反应速率加快，故达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大，D正确。答案选D。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查化学反应速率和化学平衡的有关判断与计算以及外界条件对反应速率和平衡状态的影响 ‎【名师点晴】解答时注意利用好放大缩小思想：该方法适用于起始投入物质的物质的量之间存在一定的倍数关系。它指的是将反应容器的体积扩大一定的倍数，使起始物质的浓度相同，则在一定条件下，可建立相同的平衡态。然后在此基础上进行压缩，使其还原为原来的浓度。分析在压缩过程中，平衡如何移动，再依据勒夏特列原理，分析相关量的变化情况。‎ ‎26. 某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：‎ A．在250 mL容量瓶中配制250 mL烧碱溶液 B．用移液管(或碱式滴定管)量取25.00 mL烧碱溶液于锥形瓶中并加几滴甲基橙指示剂 C．在天平上准确称取烧碱样品w g，在烧杯中加蒸馏水溶解 D．将物质的量浓度为m mol/L的标准H2SO4溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度V1 mL E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点刻度为V2 mL 请完成下列问题：‎ ‎（1）正确的操作步骤是(填写字母) _____________________________________.‎ ‎（2）滴定管读数应注意_________________________________________________.‎ ‎（3）操作中锥形瓶下垫一张白纸的作用是______________________________________.‎ ‎（4）操作D中液面应调整到________________________；尖嘴部分应____________．‎ ‎（5）滴定到终点时锥形瓶内溶液的pH约为___________；终点时的颜色变化是________．‎ ‎（6）若酸式滴定管没用标准H2SO4润洗，会对测定结果有何影响________，若酸式滴定管终点读数俯视，对测定结果有何影响__________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”，其他操作均正确)．‎ ‎（7）该烧碱样品的纯度计算式是_______________________________________．‎ ‎【答案】 (1). C A BD E (2). 滴定管垂直 (3). 装液和放液后需要等一会，等液面上下不发生变化时才能读数；读数时要平视，视线与凹液面最低点相平；读数应到0.01 mL (4). 便于准确判断滴定终点时溶液的颜色变化情况 (5). 零刻度或零刻度以下的某一刻度 ‎ 充满溶液，无气泡 (6). 3.1～4.4 (7). 由黄色变为橙色 (8). 偏高 (9). 偏低 (10). %‎ ‎【解析】(1)实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定，故答案为：CABDE；‎ ‎(2)滴定管读数时滴定管须垂直，装液和放液后需要等一会，等液面上下不发生变化时才能读数；读数时要平视，视线与凹液面最低点相平；读数应到0.01 mL，故答案为：滴定管垂直；装液和放液后需要等一会，等液面上下不发生变化时才能读数；读数时要平视，视线与凹液面最低点相平；读数应到0.01 mL；‎ ‎(3)操作中锥形瓶下垫一张白纸，可以使滴定终点颜色变化更明显，便于分辨，故答案为：便于准确判断滴定终点时溶液的颜色变化情况；‎ ‎(4)滴定管0刻度在上，滴定前应调节到零刻度或零稍下的某一刻度，为减小误差，尖嘴部分应充满液体，无气泡，故答案为：零刻度或零刻度以下的某一刻度；充满溶液，无气泡；‎ ‎(5)指示剂为甲基橙，变色范围为3.1-4.4，终点时pH约为4左右，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色；故答案为：4左右(或3.1-4.4)；溶液由黄色变为橙色；‎ ‎(6)若酸式滴定管没用标准H2SO4润洗，会导致标准液的浓度偏小，滴定过程中消耗的标准液的体积偏大，根据c(待测)=，c(待测)偏高；若酸式滴定管终点读数俯视，会导致读数偏小，使得标准液的体积偏小，根据c(待测)=，c(待测)偏低，故答案为：偏高；偏低；‎ ‎(7)滴到消耗的硫酸为：n(硫酸)=cV=(V2-V1)×10-3L×m mol/L，根据反应方程可知，n(NaOH)=2n(硫酸)=2m(V2-V1)×10-3mol，所以原来样品中氢氧化钠的物质的量为：2m(V2-V1)×10-3mol×=2m(V2-V1)×10-2mol，则样品中氢氧化钠的质量为m(NaOH)=nM=80m(V2-V1)×10-2g，则该烧碱样品的纯度为：×100%=×100%，故答案为：×100%。‎ 点睛：中和滴定的误差分析，注意利用公式来分析，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，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。‎ ‎27. Ⅰ.某温度下的水溶液中，c(H＋)＝10x mol/L，c(OH－)＝10y ‎ mol/L，x和y的关系如图所示。计算：‎ ‎（1）该温度下水的离子积为___________‎ ‎（2）该温度下，0.01 mol/L的NaOH溶液的pH为___________‎ Ⅱ.已知25 ℃时，Ka(CH3COOH)＝1.6×10－5。‎ ‎（1）向0.1 mol·L－1醋酸溶液中加入一定量1 mol·L－1盐酸时，上式中的数值是否发生变化________(填是或否)解释原因______________________‎ ‎（2）若醋酸的起始浓度为0.010 mol·L－1，平衡时c(H＋)=______________‎ Ⅲ. 已知常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH＝5.60,c(H2CO3)＝6.25×10－5mol·L－1。‎ 若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3 HCO＋H＋的平衡常数K1＝________。(已知10－5.60＝2.5×10－6)‎ ‎【答案】 (1). 1.0×10－15 (2). 13 (3). 不变 (4). 电离常数不随浓度变化而变化，在一定温度下是一个常数 (5). 4×10－4 mol·L－1 (6). 10－7‎ ‎........................‎ ‎(2))该温度下，氢氧化钠溶液中氢离子浓度=mol/L=10-13mol/L，pH=13，故答案为：13；‎ Ⅱ.(1)向醋酸溶液中加入盐酸，醋酸的电离平衡常数不变，因为电离平衡常数只与温度有关，温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，故答案为：不变；电离常数不随浓度变化而变化，在一定温度下是一个常数；‎ ‎(2)c(H+)==mol/L=4×10-4mol/L，故答案为：4×10-4mol/L；‎ Ⅲ. 饱和CO2水溶液的pH=5.60，所以c(H+)=10-5.6=2.5×10-6mol/L，c(H2CO3)=6.25×10-5 mol•L-1，‎ 则H2CO3HCO3-+H+的平衡常数，K1═==1.0×10-7‎ ‎ mol•L-1，故答案为：1.0×10-7 mol•L-1。‎ ‎28. 某课外小组分别用图中所示装置对原电池和电解原理进行实验探究。‎ 请回答：‎ Ⅰ.用甲图装置进行第一组实验。‎ ‎（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是________(填序号)。‎ A．铝 B．石墨 C．银 D．铂 ‎（2）N极为_______（填 “正” “负” “阴” “阳”）电极，发生反应的电极反应式为__________。‎ ‎（3）实验过程中，SO42－________(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象有_____。‎ Ⅱ.用乙图装置进行第二组实验。实验过程中，观察到与第一组实验不同的现象：两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料得知，高铁酸根离子(FeO)在溶液中呈紫红色，且需碱性环境才可产生。‎ ‎（4）电解过程中，X极区溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎（5）电解过程中，Y极发生的电极反应为_______________和____________________。‎ ‎（6）若在X极收集到672 mL气体，在Y极收集到168 mL气体(均已折算为标准状况时气体体积)，则Y电极(铁电极)质量减少________g。‎ ‎（7）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为2K2FeO4＋3Zn===Fe2O3＋ZnO＋2K2ZnO2。该电池正极发生的反应的电极反应式为__________________________________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). 阴 (3). 2H＋＋2e－=H2↑(或2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－) (4). 从右向左 (5). 滤纸上有红褐色斑点产生(答出“红褐色斑点”或“红褐色沉淀”即可) (6). 增大 (7). Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O (8). 4OH－－4e－=2H2O＋O2↑ (9). 0.28 (10). 2FeO42－＋6e－＋5H2O=Fe2O3＋10OH－‎ ‎【解析】(1)在保证电极反应不变的情况下，仍然是锌作负极，则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，铝是比锌活泼的金属，所以不能代替铜，故选A；‎ ‎(2)N电极连接原电池负极，所以是电解池阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-═H2↑(或2H2O+2e-═H2↑+2OH-)，故答案为：2H++2e-═H2↑(或2H2O+2e-═H2↑+2OH-)；‎ ‎(3)原电池放电时，阴离子向负极移动，所以硫酸根从右向左移动，电解池中，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，所以滤纸上有红褐色斑点产生，故答案为：从右向左，滤纸上有红褐色斑点产生；‎ ‎(4)电解过程中，阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液，溶液呈碱性，溶液的pH增大，故答案为：增大；‎ ‎(5)铁是活泼金属，电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，氢氧根离子失电子发生氧化反应，所以发生的电极反应式为：Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O和4OH--4e-═2H2O+O2↑，故答案为：Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O；4OH--4e-═2H2O+O2↑；‎ ‎(6)X电极上析出的是氢气，Y电极上析出的是氧气，且Y电极失电子进入溶液，设铁质量减少为xg，根据转移电子数相等有：×2＝×4+×6，x=0.28，故答案为：0.28g；‎ ‎(7)正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，反应方程式为2FeO42-+6e-+5H2O═Fe2O3+10OH-，故答案为：2FeO42-+6e-+5H2O═Fe2O3+10OH-。‎ 点睛：本题考查了原电池和电解池原理，注意：电解池中如果活泼金属作阳极，则电解池工作时阳极材料失电子发生氧化反应，为易错点。‎ ‎29. 已知：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝Q，其平衡常数随温度变化如下表所示：‎ 温度/℃‎ ‎400‎ ‎500‎ ‎850‎ 平衡常数 ‎9.94‎ ‎9‎ ‎1‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）上述反应的化学平衡常数表达式为________，该反应的Q________0(填“>”或“<”)。‎ ‎（2）850 ℃时在体积为10 L反应器中，通入一定量的CO和H2O(g)，发生上述反应，CO和H2O(g)浓度变化如图所示，则0～4 min时平均反应速率v(CO)＝________。‎ ‎（3）若在500 ℃时进行，且CO、H2O(g)的起始浓度均为0.020 mol·L－1，该条件下，CO的最大转化率为________。‎ ‎（4）若在850 ℃时进行，设起始时CO和H2O(g)共为1 mol，其中水蒸气的体积分数为x，平衡时CO的转化率为y，试推导y随x变化的函数关系式为________。‎ ‎（5）有人提出可以设计反应2CO===2C＋O2(ΔH>0)来消除CO的污染。请判断上述反应能否自发进行：________(填“可能”或“不可能”)，理由是____________________________________。‎ ‎【答案】 (1). K＝ (2). < (3). 0.03 mol·L－1·min－1 (4). 75% (5). y＝x (6). 不能 (7). ΔH>0且ΔS<0，不能自发进行 ‎【解析】（1）根据平衡常数的定义可得K=，随温度升高，平衡常数减小，说明升温平衡向逆移动，正反应是放热反应，Q <0。‎ ‎（2）0—4min时，CO的浓度减少0.12mol/L，所以v（CO）="0.03" mol/(L·min) 。‎ ‎（3）500 ℃时，K=9，设CO的浓度减少xmol/L，则有9（0.02-x）2=x2，x=0.015mol/L，该条件下，CO最大的转化率为75%。‎ ‎（4））850 ℃时，K=1，起始时CO和H2O共为1mol，其中水蒸气的体积分数是x，所以H2O（g）的物质的是为xmol，CO的物质的量为（1-x）mol，设平衡时CO转化了amol，则a2=（x-a）（1-x-a），解得a=x-x2，CO的转化率为（x-x2）/（1-x）=x；‎ ‎（5）总的是2CO2=2CO+O2，阳极反应为4OH—4e-=2H2O+O2，则总反应减去阳极得到阴极反应式为，CO2+2e-+H2O=CO+2OH- 。‎ ‎（6）不可能，因为该反应属于熵减焓增的反应，不能自发进行。‎ ‎ ‎ ‎ ‎