2018-2019学年安徽省阜阳市第三中学高一下学期第二次调研考试化学试题（解析版）

2018-2019学年安徽省阜阳市第三中学高一下学期第二次调研考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年安徽省阜阳市第三中学高一下学期第二次调研考试 化学试题（解析版）‎ 考生注意：本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共 8页，22大题，满分100分，考试时间90分钟。 ‎ 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Cl35.5 S32 Al27 K39 Mn55 Fe56 Ag108‎ 第I卷（选择题，共54分）‎ 本卷共18题，每题3分，共54分。四个选项中，只有一个选项是符合要求的。‎ ‎1.2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是 A. 第35号元素的单质在常温常压下是液体 B. 位于第四周期第ⅤA族的元素为非金属元素 C. 第84号元素的最高化合价是＋7‎ D. 第七周期0族元素的原子序数为118‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.35号元素是溴元素，单质Br2在常温常压下是红棕色的液体，A项合理；‎ B.位于第四周期第ⅤA族的元素是砷元素（As），为非金属元素，B项合理；‎ C.第84号元素位于第六周期ⅥA族，为钋元素（Po），由于最高正价等于主族序数，所以该元素最高化合价是+6，C项不合理；‎ D.第七周期0族元素是第七周期最后一个元素，原子序数为118，D项合理。‎ 故答案选C。‎ ‎2.阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA B. 1mol Na2O2与足量潮湿的CO2充分反应，转移的电子数为2 NA C. 25℃1LpH=5的CO2溶液中，由水电离出的H+的数目为1×10-5NA D. 0.1 mol H2和0.1 molI2于密闭容器中充分反应后，容器内分子总数0.2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0.1mol氯气溶于水，只有少量的氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以转移的电子的物质的量小于0.1mol，转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；B．过氧化钠和二氧化碳的反应为歧化反应，氧元素由-1价歧化为-2价和0价，故1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个，故B错误；C．25℃1LpH=5的CO2溶液中，由水电离出的H+的浓度为1×10-5mol/L，但溶液体积未知，无法确定H+‎ 的数目，故C错误；D．氢气和碘的反应为可逆反应，反应原理是：I2(g)+H2(g) 2HI(g)，0.1 mol H2和0.1 molI2于密闭容器中充分反应后，生成的HI分子个数小于0.2NA个，但反应前后分子总数不变，为0.2NA，故D正确；故答案为D。‎ ‎3.短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是（ ）‎ W X Y Z A. 氢化物沸点：W > Z B. 氧化物对应水化物的酸性：Y > W C. 化合物熔点：Y2X3 < YZ3‎ D. 简单离子的半径：Y > X ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素在周期表中的位置可知，W、X为第二周期，Y、Z为第三周期，设Y的最外层电子数为n，则W的最外层电子数为n+2、X的最外层电子数为n+3、Z的最外层电子数为n+4，则n+n+2+n+3+n+4=21，4n=12，n=3，则Y为Al元素，W为N元素，X为O元素，Z为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．‎ ‎【详解】由以上分析可知X为O、Y为Al、Z为Cl、W为N元素；‎ A．W为N元素，对应的氢化物分子之间可形成氢键，沸点比HCl高，即沸点：W＞Z，故A正确；B．Y为Al，对应的氧化物的水化物为弱碱，W为N，对应的氧化物的水化物溶液呈酸性，则氧化物对应水化物的酸性：Y＜W，故B错误；C．Al2O3离子化合物，AlCl3为共价化合物，离子化合物的熔点较高，则熔点：Y2X3＞YZ3，故C错误；D．X为O、Y为Al，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径：Y＜X，故D错误；故答案为A。‎ ‎4.下列结论正确的是（ ）‎ ‎①粒子半径：K＋＞Al3＋＞S2－＞Cl－‎ ‎②氢化物的酸性：HCl＞HBr＞HI ‎③离子的还原性：S2－＞Cl－＞Br－＞I－‎ ‎④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te ‎⑤酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO ‎⑥非金属性：O＞N＞P＞Si A. ①④⑤ B. ③⑥ C. ④⑤⑥ D. ②④⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则粒子半径：S2-＞Cl-＞K+＞Al3+，故①错误；②氢化物的酸性与元素的非金属性无关，酸性：HCl＜HBr＜HI，故②错误；③单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2＞S，单质的氧化性越强，则对应的阴离子的还原性越弱，离子的还原性：S2-＞I-＞Br-＞Cl-，故③错误；④非金属性：Cl＞S＞Se＞Te，氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，故④正确；⑤非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物酸性越强，碳酸与NaClO可发生强酸制取弱酸的反应，则酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，故⑤正确；⑥同周期非金属性O＞N、P＞Si，同主族非金属性为N＞P，则非金属性：O＞N＞P＞Si，故⑥正确；④⑤⑥正确，故答案为C。‎ ‎5.最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 放电时，两极电解质溶液的酸碱性均降低 B. 负极的电极反应是H2－2e－＋2OH－ ==== 2H2O C. 电池的总反应是2H2＋O2 ==== 2H2O D. 电解质溶液中Na＋向右移动，ClO向左移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2‎ O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。‎ ‎【详解】A．放电时左侧发生电极反应为H2-2e-+2OH-═2H2O，右侧发生电极反应为2e-+2H+═H2，则两极电解质溶液的酸碱性均降低，故A正确；B．由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，故B正确；C．负极电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，正极电极反应是2e-+2H+═H2，电池的总反应无氧气参加，故C错误；D．原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以电解质溶液中Na+向右正极移动，ClO4-向左负极移动，故D正确；故答案为C。‎ ‎6.将 NaCl 溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区(a)已被腐蚀而变暗，在液滴外沿棕色铁锈环(b)，如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为：4Fe+6H2O+3O2 ==4 Fe(OH)3‎ B. 液滴之下氧气含量少， 铁片作负极，发生的还原反应为： Fe－2e－=Fe2＋‎ C. 液滴边缘是正极区，发生的电极反应为： O2＋2H2O＋4e－=4OH－‎ D. 铁片腐蚀最严重区域不是生锈最多的区域 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NaCl溶液滴到一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后在液滴覆盖的圆周中心区(a)被腐蚀变暗，实际上是发生了吸氧腐蚀，铁片作负极，发生的氧化反应，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，液滴边缘是正极区，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH- (发生还原反应)，在液滴外沿，由于Fe2++2OH-=Fe(OH)2，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 形成了棕色铁锈环(b)，铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为：4Fe+6H2O+3O2═4 Fe(OH)3，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据以上分析，铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为：4Fe+6H2O+3O2═4 Fe(OH)3，故A正确；B．铁片作负极，发生的氧化反应，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故B错误；C．O2在液滴外沿反应，正极电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH- (发生还原反应)，故C正确。D．铁片腐蚀最严重区域不是生锈最多的区域，而是液滴中心区，故D正确；故答案为B。‎ ‎7.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示（图中E1表示无催化剂时正反应的活化能，E2表示无催化剂时逆反应的活化能）。下列有关叙述不正确的是 ‎ ‎ A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数 B. 500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-2a kJ·mol-l C. 该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能 D. ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由图可知，该反应正反应为放热反应。A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数，A正确；B. 500℃、101kPa 下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应放热a kJ，由于该反应为可逆反应，得不到1mol SO3(g)，所以热化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 的反应热不等于-2a kJ·mol-l，B不正确；C. 该反应中为放热反应，其ΔH<0，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，C正确；D. ΔH=E1-E2，使用催化剂能改变反应的活化能，但不改变反应热，D正确。本题选B。‎ 点睛：要注意可逆反应总有一定限度，在一定的条件下，反应物不能完全转化为生成物，在计算反应热时要注意这一点。‎ ‎8.一定温度时，向2.0 L恒容密闭容器中充入2 mol SO2和1 mol 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 ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ 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2 s 的平均速率v(O2) ＝ 0．4 mol·L－1·s－1‎ B. 保持其他条件不变，体积压缩到1.0 L，平衡常数将增大 C. 相同温度下，起始时向容器中充入4 mol SO3，达到平衡时，SO3的转化率小于10%‎ D. 保持温度不变，向该容器中再充入2 mol SO2、1 mol O2，反应达到新平衡时n(SO3)/n(O2)减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据表格中数据可知，当n（SO3）=1.8mol，该反应达到平衡状态，反应在前2s的平均速率v(SO3)=0.8mol÷2L÷2s＝0.2mol·L－1·s－1，同一可逆反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，v(O2)=1/2v(SO3)=1/2×0.2mol·L－1·s－1=0.1mol·L－1·s－1，故A错误；‎ B.化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，与压强、物质浓度都无关，故B错误；‎ C.相同温度下，起始时向容器中充入4molSO3，如果三氧化硫完全转化为二氧化硫和氧气，二氧化硫和氧气的物质的量分别是4mol、2mol，为原来的2倍，增大压强平衡正向移动，则二氧化硫的转化率增大，原平衡，SO2的转化率为1.8mol/2mol×100%＝90%，所以二氧化硫的转化率大于90%，当向容器中充入2molSO3时，SO3的转化率等于10%，相同温度下，当充入4 molSO3，相当于加压，SO3的转化率减小，应小于10%，故C错误；‎ D.保持温度不变，向该容器中再充入2molSO2、1molO2，相当于缩小容器的体积，增大了压强，平衡正向移动，三氧化硫的物质的量增加，氧气的物质的量进行，所以n(SO3)/n(O2)增大，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎9.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）‎ A. FeSO4溶液中加入少量铁粉以防止Fe2+被氧化 B. 开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫 C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2‎ D. 工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的利用率 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在FeSO4溶液中加入少量铁粉以防止Fe2+‎ 被氧化，利用是铁粉的还原性，不涉及化学平衡移动知识，不能用勒沙特列原理解释，故A错误；B．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，且属于可逆反应，能用勒沙特列原理解释，故B正确；C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释，故C正确；D．增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，所以使用过量的空气能够提高二氧化硫的利用率，能够用平衡移动原理解释，故D正确；故答案为A。‎ ‎【点睛】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，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。‎ ‎10.在一绝热（不与外界发生热交换）的恒容容器中，发生反应：2A(g)+B(s) C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的有（ ）个 ‎①容器内温度不变 ②混合气体的密度不变 ③混合气体的压强不变 ‎④混合气体的平均相对分子质量不变 ⑤C(g)的物质的量浓度不变 ‎⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1 ⑦某时刻v(A)＝2v(C)且不等于零 ‎⑧单位时间内生成n mol D，同时生成2n mol A A. 4 B. 5 C. 6 D. 7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎①该容器为绝热容器，容器内温度不变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态；②由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，恒容容器中混合气体的密度增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的密度不变，混合气体的密度不变能说明反应达到平衡状态；③该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡过程中混合气体分子总物质的量始终不变，由于是绝热容器，建立平衡过程中容器温度变化，混合气体压强发生变化，达到平衡时温度不变，混合气体压强不变，混合气体的压强不变说明反应达到平衡；④由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，混合气体分子总物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应达到平衡状态；⑤C（g）的物质的量浓度不变是化学平衡的特征标志，说明反应达到平衡状态；⑥达到平衡时A、C、D的浓度保持不变，但不一定等于2:1:1，A、C、D三种气体的浓度之比为2:1:1时反应不一定达到平衡状态；⑦某时刻υ（A）=2υ（C）且不等于零，没有指明是正反应速率，还是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态；⑧单位时间内生成nmolD一定消耗2nmolA，同时生成2nmolA，A的浓度不变说明反应达到平衡状态；能说明反应达到平衡状态的有①②③④⑤⑧，共6个，答案选C。‎ 点睛：本题考查化学平衡的标志，化学平衡的标志是：逆向相等，变量不变。“逆向相等”指达到平衡时同一物质表示的正、逆反应速率相等，说明反应达到了平衡状态；“变量不变”指可变物理量不变是平衡的标志，不变物理量不变不能作为平衡的标志。注意本题中的B呈固态以及容器为绝热容器。‎ ‎11.反应N2O4(g)2NO2(g) △H=+57 kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. a、c两点的反应速率：a＞c B. a、c两点气体的颜色：a深，c浅 C. b、c两点的转化率：b＞c D. 由b点到a点，可以用加热的方法 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：本题考查的是反应条件对速率和影响，关键是对图像的分析能力的考查。‎ 详解：A.压强越大，反应速率越快，故错误；B.a点二氧化氮的体积分数大于c点，但c点压强大，说明容器的体积变小，所以c点二氧化氮的浓度大，颜色深，故错误；C.b、c两点二氧化氮的体积分数相同，说明转化率相同，故错误；D.从b点到a点，压强不变，二氧化氮的体积分数增加，结合反应为吸热反应，说明反应条件为升温，故正确。故选D。‎ 点睛：注意气体的颜色是二氧化氮的浓度大小的表示，二氧化氮的体积分数与浓度大小没有必然联系，注意改变压强时改变了容器的体积。‎ ‎12.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）‎ A. 图一表示反应：mA(s)+nB(g)⇌pC(g) △H＞O，在一定温度下,平衡时B的体积分数(B%)与压强变化的关系如图所示，反应速率x点比y点时的慢.‎ B. 图二是可逆反应：A(g)+B(s)⇌C(s)+D(g) △H＞O的速率时间图像，在t1时刻改变条件一定是加入催化剂。‎ C. 图三表示对于化学反应mA(g)+nB(g) ⇌ pC(g)+qD(g)，A的百分含量与温度(T)的变化情况，则该反应的ΔH＞0。‎ D. 图四所示图中的阴影部分面积的含义是(v正－v逆)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：本题考查的是条件对速率和平衡的影响，注意根据图像判断平衡的移动方向，分析纵坐标随着横坐标的变化趋势。‎ 详解：A. x点压强比y低，所以反应速率x点比y点时的慢，故正确；B. 在t1时刻改变条件使正逆反应速率仍相等，可能是加入催化剂或增大压强，故错误；C.M点为平衡状态，随着温度升高，A的百分含量增大，说明平衡逆向移动，则正反应为放热，故错误；D.图中阴影部分的面积表示反应物和生成物浓度的差值，故错误。故选A。‎ ‎13.下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是（ ）‎ 选项 实验内容 实验结论 A.‎ 取两只试管，分别加入4mL0.01mol/LKMnO4酸性溶液，然后向一只试管中加入0.01mol/L H2C2O4溶液2mL，向另一只试管中加入0.01mol/L H2C2O4溶液4mL，第一只试管中褪色时间长。‎ H2C2O4浓度越大，反应速率越快 B.‎ 室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol/LHClO溶液、0.1mol/LHF溶液的pH，前者pH大于后者。‎ HClO的酸性小于HF C.‎ 取两只试管，分别加入等体积等浓度的双氧水，然后试管①中加入0.01mol/LFeCl3溶液2mL，向试管②中加入0.01mol/L CuCl2溶液2mL，试管①产生气泡快。‎ 加入FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较大。‎ D.‎ 检验FeCl2溶液中是否含有Fe2+时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去。‎ 不能证明溶液中含有Fe2+‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．草酸浓度不同，且生成锰离子可作催化剂，由现象不能确定浓度对反应速率的影响，故A错误；B．HClO有强氧化性，能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测定次氯酸的pH，故B错误；C．活化能越小，反应速率越快，则加入 FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较小，故C错误；D．检验FeCl2溶液中是否含有Fe2+时，酸性KMnO4溶液有强氧化性，能氧化溶液中的Cl-，则溶液褪色，无法证明存在Fe2+，故D正确；故答案为D。‎ ‎14.下列关于能量判据和熵判据的说法中，不正确的是 A. 放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程 B. 放热过程(ΔH＜0)或熵增加(ΔS＞0)的过程一定是自发的 C. 在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，但同样是这个吸热反应在较高温度(1200 K)下则能自发进行 D. 由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.放热过程（即ΔH＜0）有自发进行的倾向，如2H2(g)+O2(g)=2H2O(l), ΔH＜0是自发的过程，其过程的熵减小。如果吸热（即ΔH>0）且又熵减小（即ΔS<0）的过程，则任何温度下都有ΔH-TΔS>0，即在任何温度下该过程都是非自发的，所以吸热的自发过程一定为熵增加的过程，A项正确；‎ B.焓变和熵变都与反应的自发性有关，又都不能独立地作为自发性的判据，要判断反应进行的方向，必须综合考虑体系的焓变和熵变，放热过程(ΔH＜0)且熵增加(ΔS＞0)的过程一定是自发的，B项错误；‎ C.CaCO3(g)=CaO(s)+CO2(g)，该反应ΔH>0且ΔS>0，升高温度（即T增大）可使ΔH-TΔS<0即可自发，故该反应在高温下可自发进行，C项正确； ‎ D.焓判据和熵判据都不能独立地作为自发性的判据，要判断反应进行的方向由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程，D项正确；答案选B。‎ ‎15.在25℃时，用蒸馏水稀释1mol/L的醋酸溶液至0.01mol/L，随溶液的稀释，下列始终保持增大趋势的是（ ）‎ A. c(H+)×c(CH3COOH) B. c(CH3COO—)/c(H+)‎ C. Kw/c(H+) D. c(CH3COOH)/c(CH3COO—)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸，促进醋酸电离，则n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，但醋酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)都减小，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．稀释过程中c(H+)、c(CH3COOH)都减小，则c(H+)×c(CH3COOH)也减小，故A错误；B．在同一溶液中=，稀释过程中n(CH3COO-)、n(H+)增大，无法判断其比较一定增大，故B错误；C．温度不变，稀释过程中Kw不变，c(H+)减小，则Kw/c(H+)一定增大，故C正确；D．在同一溶液中=，稀释过程中n(CH3COO-)增大，n(CH3COOH)都减小，比值一定减小，故D错误；故答案为C。‎ ‎16.下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 把0.05 mol NaOH固体加入到100 mL0.5 mol·L－1盐酸中，溶液导电能力几乎不变 B. 常温下，pH加和为12的弱酸与强碱混合，若成中性，则v（酸）＞v（碱）‎ C. 用碱式滴定管量取20.00mL酸性高锰酸钾溶液 D. 常温下，pH分别为2和4的盐酸等体积混合后，溶液pH＝3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶液导电能力与溶液中带电离子的浓度和离子的电荷数有关，盐酸转化为氯化钠，离子浓度和所带电荷不变，所以导电性几乎不变，故A正确；B．pH加和为12的弱酸与强碱混合，氢离子浓度大于氢氧根离子的浓度，若成中性，则v(酸)＜v(碱)，故B错误；C．酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，能腐蚀橡胶，只能用酸式滴定管量取，故C错误；D．pH分别为 2 和 4 的盐酸等体积混合后，溶液中c(H+)≈0.005mol/L，pH约为2.3，故D错误；故答案为A。‎ ‎17.25℃时，重水（D2O）的离子积为1.6×10-15，也可用pH值一样的定义来规定其酸碱度：pD=-lg[D+]，下列有关pD的叙述正确的是（　　）‎ ‎①中性D2OpD=7 ‎ ‎②在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，其pD值为12‎ ‎③1L0.01mol/L的DCl的重水溶液，pD=2‎ ‎④在100mL 0.25mol/L DCl的重水溶液中，加入50mL 0.2mol/L NaOD的重水溶液，反应后溶液的pD=1.‎ A. ①② B. ③④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①25℃时，重水(D2O)的离子积为1.6×10-15，中性纯水中，C(D+)=C(OD-)=mol/L=4×10-8mol/L，PD=-lg[D+]=8-lg4＞7，故①错误；②在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，NaOD的物质的量浓度小于0.01mol/L，所以C(OD-)＜0.01mol/L，C(D+)＞1.6×10-13，则PD值＞12，故②错误；③1L0.01mol/L的DCl的重水溶液，C(D+)＞=0.01mol/L，PD=2，故③正确； ④在100mL0.25mol/LDCl的重水溶液中，n(DCl)=0.25mol/L×0.1L=0.025mol，50mL0.2mol/LNaOD的重水溶液中，C(NaOD)=0.2mol/L×0.05L=0.01mol＜n(DCl)，则酸过量，混合溶液中C(DCl)==0.1mol/L，则C(D+)＞=0.1mol/L，PD=1，故④正确；③④正确，故答案为B。‎ ‎18.常温下,向20 mL 0.1 mol·L-1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸,溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是(　　)‎ A. 常温下,0.1 mol·L-1氨水中NH3·H2O的电离常数K约为1×10-5‎ B. a、b之间的点一定满足:c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)‎ C. c点溶液中c(NH4+)=c(Cl-)‎ D. d点代表两溶液恰好完全反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.常温下，0.1 mol·L-1的氨水溶液中c(H+)=10-11mol/L，则c(OH-)=mol/L=0.001mol/L，Ka==mol/L=1×10-5 mol/L，所以A选项是正确的； B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c(H+)< c(OH-)，结合电荷守恒得c(Cl-)< c(NH4+)，故B错误； ‎ C.根据图知，c点c(H+)>10-7mol/L，c(OH-)<10-7mol/L，溶液呈酸性，结合电荷守恒得：c(NH4+) < c(Cl-)，故C错误； D.根据图像推断，d点溶液中c(H+)=10-7mol/L，常温下c(H+) c(OH-)=Kw=10-14，所以c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，如果氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液显酸性，故D错误。 所以A选项是正确的。‎ 第II卷（非选择题，共46分）‎ ‎19.某化学学习小组进行如下实验测定 H2C2O4·xH2O 中 x 值已知：M（H2C2O4）=90gmol-1‎ ‎① 称取1.260 g 纯草酸晶体，将草酸制成 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 0.05 000 mol·L-1 的 KMnO4标准溶液进行滴定。‎ ‎(1)请写出滴定中发生反应的离子方程式________________________。‎ ‎(2)某学生的滴定方式（夹持部分略去）如下，最合理的是_____（选填 a、b）。‎ ‎(3)由图可知消耗 KMnO4 溶液体积为________mL。‎ ‎(4)滴定过程中眼睛应注视_______________，滴定终点锥形瓶内溶液的颜色变化为_______。‎ ‎(5)通过上述数据，求得 x=_____。‎ a.若由于操作不当，滴定结束后滴定管尖嘴处有一气泡， 引起实验结果_____（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）；‎ b.若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；‎ c.若在达到滴定终点时仰视读数，则所得结果________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；‎ d.若其它操作均正确，滴定前未用标准 KMnO4 溶液润洗滴定管，引起实验结果_________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。‎ ‎【答案】 (1). 5H2C2O4＋2MnO4- ＋6H+ ===10CO2 ↑＋2Mn2+ ＋8H2O (2). b (3). 20.00 (4). 锥形瓶中颜色变化 (5). 溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色 (6). 2 (7). 偏小 (8). 无影响 (9). 偏大 (10). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、锰离子和水；‎ ‎(2)据高锰酸钾呈酸性，盛放在酸式滴定管中来选择；‎ ‎(3)根据滴定管的结构、精确度以及测量原理来解答；‎ ‎(4)据滴定终点的判断是溶液中颜色的变化来分析；‎ ‎(5)据此6H++5H2C2O4+2MnO4-=2Mn2++10CO2↑+8H2O离子方程式来计算；据滴定过程中眼睛应注视溶液中颜色变化，来判断滴定终点分析；根据 c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差。‎ ‎【详解】(1)H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、锰离子和水，其反应的离子方程式为：6H++5H2C2O4+2MnO4-=2Mn2++10CO2↑+8H2O；‎ ‎(2)高锰酸钾溶液呈酸性，应盛放在酸式滴定管中，故答案为b；‎ ‎(3)该仪器是酸式滴定管，滴定管滴定前后读数为：0.80mL，20.80mL，消耗KMnO4溶液体积为20.80mL-0.80mL=20.00mL；‎ ‎(4)据酸性KMnO4溶液为紫红色，滴定终点时无色变为紫红色，且半分钟不褪色为滴定到终点故眼睛应注视溶液中颜色变化；‎ ‎(5)6H++5H2C2O4+2MnO4-=2Mn2++10CO2↑+8H2O    ‎ ‎5       2‎ ‎    n=0.0025   0.02×0.05‎ m(H2C2O4)=0.0025×90=0.225g； m(H2C2O4•xH2O )=1.26×=0.315g；    ‎ m(H2O)=0.315-0.225=0.09g；n(H2O)=mol=0.005mol①‎ 又因为 n H2C2O4)=0.0025 mol  根据元素守恒即n(H2C2O4•xH2O )=0.0025mol；n(H2O)=0.0025x②；联立①②得0.005=0.0025x，解得x=2；‎ a. 滴定结束后滴定管尖嘴处有一气泡，消耗标准液的体积偏小，根据 c(待测)=，导致测定结果偏小；‎ b.若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，不影响消耗标准溶液的体积，根据 c(待测)=，则测定结果无影响；‎ c.若在达到滴定终点时仰视读数，造成V(标准)偏大，根据 c(待测)=故c(待测)偏大；‎ d.未用标准KMnO4溶液润洗滴定管，溶液被稀释，造成V(标准)偏大，根据 c(待测)=故c(待测)偏大；‎ ‎【点睛】考查中和滴定误差分析，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。‎ ‎20.如图是一个化学过程的示意图。‎ 请回答：‎ ‎(1)甲池是________池，通入O2的一极电极反应式为__________________，该电池的总反应方程式为______________。‎ ‎(2)乙池中A电极名称为________极，电极反应式为__________________。一段时间后溶液的pH________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎(3)当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40 g时，甲池中理论上消耗O2________mL(标准状况下)。‎ ‎【答案】 (1). 原电 (2). O2＋2H2O＋4e－===4OH－ (3). 2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O (4). 阳 (5). 4OH－－4e－===O2↑＋2H2O (6). 减小 (7). 280‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由总方程式可知，甲醇被氧化，为原电池的负极，电极的电极反应式是CH3OH-6e-+8OH-═6H2O+CO32-，通入氧气的以及为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O+4e-═4OH-，A与原电池正极相连，为电解池的阳极，则B为阴极，c为阳极，d为阴极，结合电解质溶液以及题目要求解答该题。‎ ‎【详解】(1)甲为原电池，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O+4e-═4OH-，燃料电池的总反应式为2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O；‎ ‎(2)乙为电解池，A与原电池正极相连，为电解池的阳极，发生氧化反应，电极方程式为4OH--4e-═O2↑+2H2O，电解硝酸银溶液，阳极生成氧气，阴极生成银，电解总反应式为4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+，生成H+，则溶液pH减小；‎ ‎(3)乙池中B极发生还原反应，电极方程式为Ag++e-=Ag，n(Ag)==0.05mol，则转移电子0.05mol，由电极方程式O2+2H2O+4e-═4OH-可知消耗=0.0125mol氧气，则V(O2)=0.0125mol×22.4L/mol=0.28L=280mL。‎ ‎21.汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的重要原因之一，治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题。回答下列问题：‎ ‎(1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用CH4催化还原NO2可消除氮氧化物的污染。已知：①CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867.0kJ/mol；②N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) △H=+67.8 kJ/mol；③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+89.0 kJ/mol则CH4催化还原NO的热化学方程式为___________________。‎ ‎(2)在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。在某密闭刚性容器中通入等量的CO和NO，发生上述反应时，c(CO)随温度(T)和时间(t)的变化曲线如图所示。‎ ‎①据此判断该反应的正反应为__________(填“放热”或“吸热”)反应。‎ ‎②温度T1时，该反应的平衡常数K=___________；反应速率v=v正-v逆=k正c2(NO)c2(CO)-k逆c2(CO2)c(N2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，计算a处=______________。‎ ‎(3)SNCR-SCR脱硝技术是一种新型的除去烟气中氮氧化物的脱硝技术，一般采用氨气或尿素作还原剂，其基本流程如图：‎ ‎①SNCR-SCR脱硝技术中用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，△H<0，则用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2的化学方程式为_________________。‎ ‎②体系温度直接影响SNCR技术的脱硝效率，如图所示：‎ SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高,其原因是_________________；当体系温度约为925℃时，SNCR脱硝效率最高，其可能的原因是_____________________。‎ ‎【答案】 (1). CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -977.2 kJ/mol (2). 放热 (3). 80 (4). 648 (5). 4CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O (6). 温度太高， 会降低催化剂活性 (7). 低于925℃反应速率较慢，高于925℃不利于脱硝反应正向进行 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867.0kJ/mol；‎ ‎②2N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) △H=+67.8 kJ/mol；‎ ‎③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+89.0 kJ/mol 利用盖斯定律计算①+②-③×2得到CH4催化还原NO的热化学方程式；‎ ‎(2)①根据先拐先平温度高，T1＞T2，纵轴温度越高CO浓度越大，说明升温平衡逆向进行；‎ ‎②温度为T1时，化学平衡常数的的含义，利用三段式计算出各种物质的平衡浓度，将各种物质的平衡浓度带入公式可得其平衡常数的数值；速率常数只与温度有关，温度不变，速率常数不变，根据平衡时v正= v逆，可得=K，根据v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c2(CO2)c(N2)，代入即可计算出其数值；‎ ‎(3)①尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2，反应生成氮气、二氧化碳和水；‎ ‎②脱硝的最佳温度约为925℃，此时脱硝效率最大，SNCR与SCR技术相比，SNCR技术的反应温度较高是因为未加入催化剂，从催化剂活性分析温度的影响；从平衡移动角度及反应速率选择合适的温度。‎ ‎【详解】(1)①CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867.0kJ/mol；‎ ‎②2N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) △H=+67.8 kJ/mol；‎ ‎③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+89.0 kJ/mol 利用盖斯定律计算①+②-③×2得到CH4催化还原NO的热化学方程式CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -977.2 kJ/mol；‎ ‎(2)①先拐先平温度高，T1＞T2，纵轴温度越高CO浓度越大，说明升温平衡逆向进行，则该反应的正反应为放热反应，△H＜0；‎ ‎②在某密闭容器中通入等量的CO和NO，根据图象可知开始时，c(CO)=c(NO)= 2mol/L，平衡状态下一氧化碳浓度为0.4mol/L，‎ ‎ 2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)‎ 起始量(mol/L) 2 2 0 0‎ 变化量(mol/L) 1.6 1.6 1 .6 0.8‎ 平衡量(mol/L) 0.4 0.4 1.6 0.8‎ 根据平衡常数的含义可得该温度下的反应平衡常数K==80；‎ 当该可逆反应达到平衡时v正= v逆，根据v=v正-v逆=k正c2(NO)c2(CO)-k逆c2(CO2)c(N2)，可得=K，根据v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c2(CO2)c(N2)，在a点，c(NO)=c(CO)=1.2mol/L，根据物质反应时的物质的量关系可知，此时c(CO2)=0.8mol/L，c(N2)= 0.4mol/L，则===648；‎ ‎(3)①尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2，反应生成氮气、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：4CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O；‎ ‎②图象可知SNCR技术的脱硝的最佳温度为：925°C左右，但温度也不能太高，这是因为温度低，反应速率慢，但温度太高， 会降低催化剂活性；当体系温度约为925℃C时，SNCR脱硝效率最高，其可能的原因是温度较低时，化学反应速率慢，达到平衡所需的时间过长，生产效率低下，温度过高，催化剂活性降低，且升高温度有利于反应向吸热的逆反应方向方向进行，不利于脱硝技术消除烟气中的氮氧化物。‎ ‎【点睛】本题考查了热化学方程式书写、化学反应速率和平衡常数的计算、影响化学平衡的因素分析、氧化还原反应和图象中定量关系计算的解应用，掌握基础是解题关键，题目难度适中。‎ ‎22.亚硝酸（HNO2）为一元弱酸，其性质与硝酸相似。已知：298K时，四种物质的电离平衡常数（K）如下表。‎ HNO2‎ NH3·H2O H2CO3‎ H2SO3‎ K（mol·L-1）-2‎ ‎5.1×10-4‎ ‎1.8×10-5‎ Ka1=4.2×10-7‎ Ka2=5.61×10-11‎ Ka1=1.3×10﹣2‎ Ka2=6.3×10﹣8‎ ‎(1)下列不能说明HNO2是弱电解质的是_____。‎ a.常温下0.1 mol·L-1 NaNO2溶液的pH＞7 ‎ b.用一定浓度HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗 c.等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液分别与足量锌反应，HNO2放出的氢气较多 d.常温下，0.1mol·L-1 HNO2溶液的pH=2.3 ‎ ‎(2)298K时，将10mL 0.1mol·L-1的亚硝酸溶液与10mL 0.1mol·L-1氨水混合，所得溶液为_____（填“酸性”、“碱性”或“中性”）;298K时，将10mL pH=3的亚硝酸溶液与10mL pH=11氨水混合，所得溶液为_____（填“酸性”、“碱性”或“中性”）。‎ ‎(3)若将pH=2的HNO2、HCl两溶液分别加水稀释，pH变化如右图所示，判断曲线I对应的溶液为_______（填化学式）。图中a、b、c三点对应溶液的导电能力由强到弱的顺序是_______（用a、b、c表示，下同）；溶液中水的电离程度由强到弱的顺序是__________。‎ ‎(4)依据提供数据回答下列问题。‎ ‎①NaH SO3在水溶液中的电离方程式为___________________。‎ ‎②H 2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为_________________。‎ ‎【答案】 (1). b (2). 酸性 (3). 碱性 (4). HCl (5). b>a>c (6). c > a > b (7). NaHSO3=HSO3-＋Na+ 、 HSO3-SO32- + H+ (8). H2SO3＋HCO3-=HSO3-＋CO2↑＋H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)只有部分电离的电解质为弱电解质，只要能说明亚硝酸部分电离或亚硝酸根离子能够水解，就能证明亚硝酸是弱电解质，据此分析解答；‎ ‎(2) 亚硝酸的电离程度大于一水合氨的电离程度，铵根离子的水解程度大于亚硝酸根离子的程度；‎ ‎(3) HNO2是弱酸、HCl是强酸，加水稀释时HNO2发生电离，稀释相同的倍数时c(H+)：HNO2＞HCl，则稀释相同倍数时pH变化较大的是盐酸、较小的是HNO2‎ ‎；相同条件下离子浓度大，溶液的导电性强；酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大；‎ ‎(4)①NaHSO3是可溶性盐能完全电离，而HSO3-电离程度较弱，部分电离，存在电离平衡；‎ ‎②由表中数据可知，酸性H 2SO3＞HSO3-＞H2CO3，结合强酸制弱酸的原理写出发生反应的离子方程式。‎ ‎【详解】(1) a. 常温时NaNO2溶液pH大于7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解而使其溶液呈碱性，则亚硝酸部分电离，为弱电解质，故a正确； b. 用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，说明溶液中离子浓度较低，但不能水解亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，故b错误；c.等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液分别与足量锌反应，HNO2放出的氢气较多，亚硝酸中存在部分电离，所以能证明亚硝酸是弱电解质，故c正确；d. 常温下0.1mol•L-1的HNO2溶液pH=2.3，说明亚硝酸部分电离，为弱电解质，故d正确；故答案为b；‎ ‎(2) 已知在25℃时，一水合氨的Ki=1.8×10-5，亚硝酸的电离平衡常数Ki=5.1×10 -4，所以亚硝酸的电离程度大于一水合氨的电离程度，则铵根离子的水解程度大于亚硝酸根离子的程度；则298K时，将10mL 0.1mol·L-1的亚硝酸溶液与10mL 0.1mol·L-1氨水混合，恰好生成NH4NO2溶液，根据“谁强显谁性”，所得溶液显酸性，而将10mL pH=3的亚硝酸溶液与10mL pH=11氨水混合，根据“谁弱显谁性”，所得溶液为碱性；‎ ‎ (3) HNO2是弱酸、HCl是强酸，加水稀释时HNO2发生电离，稀释相同的倍数时c(H+)：HNO2＞HCl，则稀释相同倍数时pH变化较大的是HCl、较小的是HNO2，根据图知I对应的溶液为HCl，酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其溶液的导电性越强，但抑制水电离程度越大，c(H+)：b＞a＞c，则溶液的导电性：b>a>c；水的电离程度：c＞a＞b；‎ ‎ (4)①NaHSO3是可溶性盐能完全电离，而HSO3-电离程度较弱，部分电离，存在电离平衡，则NaHSO3在水溶液中的电离方程式为NaHSO3=HSO3-＋Na+、HSO3-SO32-+H+；‎ ‎②由表中数据可知，酸性H 2SO3＞HSO3-＞H2CO3，则H 2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为H2SO3＋HCO3-=HSO3-＋CO2↑＋H2O。‎ ‎【点睛】强弱电解质的比较是历年高考的热点，主要考查强弱电解质的判断、电离平衡理论，把这些理论与探究实验相结合是今后命题的趋势。设计实验时要注意等物质的量浓度和等pH的两种酸(或碱)的性质差异，常用的实验方法有：(1)从水解的角度分析，取其钠盐(NaA)溶于水，测其pH，若pH＞7，则说明HA是弱酸，若pH＝7，则说明HA是强酸。(2)从是否完全电离的角度分析，配制一定物质的量浓度HA溶液(如0.1 mol·L－1)，测其pH，若pH＞1，则说明HA是弱酸，若pH＝1，则说明HA是强酸。‎ ‎ ‎