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文档介绍
高二化学上学期期中试题（含解析）
【2019最新】精选高二化学上学期期中试题（含解析） （20171204） 时间：90分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 第I卷 非选择题(共40分) 一、选择题(本题包括30小题，每小题2分，共60分；每小题只有一个选项符合题意) 1. 已知298K时，合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.0 kJ·mol－1，将此温度下的1 mol N2和3 mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量为(忽略能量损失) A. 一定大于92.0 kJ B. 一定小于92.0 kJ C. 一定等于92.0 kJ D. 不能确定 【答案】B 【解析】合成氨是可逆反应，反应物不能完全转化，热化学方程式中的焓变是生成物与反应物的能量差，1mol N2和3mol H2不能所以完全转化为氨气，所以放热少于92kJ，故选B。 2. 已知反应A2(g)＋2B2(g)2AB2(g) ΔH<0，下列说法正确的是 A. 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 - 33 - / 33 B. 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 C. 升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间 D. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小 【答案】C 【解析】A、该反应正反应是体积减小的放热反应，升高温度有利于平衡向逆反应移动，增大压强有利于平衡向气正反应移动，故A错误；B、该反应正反应是体积减小的放热反应，降低温度，平衡正向移动，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，即向逆反应方向移动，故B错误；C、升高温度反应速率加快，缩短到达平衡的时间，故C正确；D、升高温度正、逆反应速率都增大，该反应正反应是放热反应，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，故D错误；故选C。 3. ①101 kPa时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝－221 kJ·mol－1 ②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1 下列结论正确的是 A. 碳的燃烧热大于110.5 kJ·mol－1 B. ①的反应热为221 kJ·mol－1 C. 浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJ·mol－1 D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量 【答案】AB - 33 - / 33 【解析】A、由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5 kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ，故A正确；B、由反应①可知，该反应的△H=-221 kJ/mol，故B正确；C、浓硫酸稀释放出大量的热，浓硫酸与稀NaOH溶液完全反应生成1mol水时放出的热量大于57.3 kJ，故C错误；D、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3 kJ，故D错误；故选AB。 点睛：考查反应热、中和热和燃烧热的理解及有关计算等。注意强酸、强碱的稀溶液中和热为57.3kJ/mol。本题的易错点为C，要注意浓硫酸稀释放热。 4. 一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g)＋B(g)3C(g)，若反应开始时充入2 mol A和2 mol B，达平衡后A的体积分数为a%。其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后A的体积分数大于a%的是 A. 1 mol B和3 mol C B. 2 mol A、1mol B和1 mol He(不参加反应) C. 1 mol B和1 mol C D. 2 mol A、3mol B和3 mol C 【答案】B 【解析】反应2A(g)+B(g)3C(g)中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n(A)：n(B)=1：1，为等效平衡。A．若将1molB和3mol C全部转化为A、B，分别得到2mol A和2mol - 33 - / 33 B，n(A)：n(B)=1：1，与原平衡等效，则，A的体积分数不变，故A错误；B.2molA、1molB，n(A)：n(B)=2：1＞1：1，恒容密闭容器中1molHe对平衡无影响，则平衡后A的体积分数大于a%，故B正确；C.1molB和1molC，相当于molA和molB，n(A)：n(B)=1：2＜1：1，A的转化率增大，则平衡后A的体积分数小于a%，故C错误；D.2molA、3molB和3molC，相当于4molA和4molB，n(A)：n(B)=1：1，为等效平衡，A的转化率不变，则平衡后A的体积分数等于a%，故D错误；故选B。 点睛：本题中气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足n(A)：n(B)=1：1，即可得到等效平衡状态，若要平衡后A的体积分数大于a%，说明平衡向左移动，根据等效平衡，把物质都换算成方程式一边的物质，需满足n(A)：n(B)＞1：1。 5. 下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是 A. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅 B. 高压比常压有利于合成SO3的反应 C. 加入催化剂有利于氨的合成 D. 工业制取金属钾:Na(l)＋KCl(l)NaCl(l)＋K(g)选取适宜的温度，使K成蒸汽从反应混合物中分离出来 【答案】C - 33 - / 33 【解析】试题解析：A、气体中存在平衡2NO2（g）N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，A不选；B、存在平衡2SO2+O2（g）2SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，B不选；C、催化剂只能改变反应速率，不影响平衡移动，C选；D、反应为可逆反应，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来，生成物浓度减小，平衡向正向移动，能用平衡移动原理解释，D不选，答案选C。 考点：考查勒夏特列原理 6. 在298 K、100 kPa时，已知：2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g) ΔH1; Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g) ΔH2;2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g) ΔH3 则ΔH3与ΔH1和ΔH2间的关系正确的是 A. ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 B. ΔH3＝ΔH1＋ΔH2 C. ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 D. ΔH3＝ΔH1－ΔH2 【答案】A 【解析】令2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g) ΔH1① Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g) ΔH2② 2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g) ΔH3③ 根据盖斯定律，将反应①＋反应②×2即可求得反应③，因此有ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2，故A项正确。 7. 对达到平衡状态的可逆反应：A＋BC＋D，若t1时增大压强，正、逆反应速率变化如图所示(v代表反应速率，t代表时间)，下列有关A、B、C、D的状态叙述中正确的是 A. A、 B. C是气体，D不是气体 - 33 - / 33 B．A、B是气体， C. D有一种是气体 C．C、D是气体，A、B有一种是气体 D. C、D有一种是气体，A、B都不是气体 【答案】C 【解析】由图可知t1时增大压强，正、逆反应速率都增大，而且逆反应速率增大程度更大，说明该反应反应物和生成物都存在气体，而且气体化学计量数之和增大。A．气体物质化学计量数之和减小，故A错误；B. 气体物质化学计量数之和减小，故B错误；C．气体化学计量数之和增大，故C正确；D. 反应物中不存在气体，故D错误。故选C。 8. 同温同压下，已知下列各反应为放热反应，下列各热化学方程式中热量数值最小的是 A. 2A(l)＋B(l)＝2C(g) ΔH1 B. 2A(g)＋B(g)＝2C(g) ΔH2 C. 2A(g)＋B(g)＝2C(l) ΔH3 D. 2A(l)＋B(l)＝2C(l) ΔH4 【答案】A 考点：化学反应中的能量变化，反应物和生成物的聚集状态与反应热的关系 9. 已知H2(g)＋I2(g)2HI(g) ΔH<0。有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1 mol，乙中加入HI 0.2 mol，相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是 - 33 - / 33 A. 甲、乙提高相同温度 B. 甲中加入0.1 mol He，乙不变 C. 甲降低温度，乙不变 D. 甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I2 【答案】C 【解析】试题分析：相同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI0.2mol，此时甲和乙建立的平衡是等效的，则A、甲、乙提高相同温度，平衡均逆向移动，HI的平衡浓度均减小，A错误；B、甲中加人0.1molHe，在定容密封容器中，平衡不会移动，B错误；C、甲降低温度，平衡正向移动，甲中HI的平衡浓度增大，乙不变，C正确；D、甲中加人0.1molH2，平衡正向移动，乙增加0.1 mol I2向生成HI的方向进行，HI的平衡浓度增加，D错误，答案选C。 【考点定位】本题主要是考查学生影响化学平衡移动的因素和等效平衡知识 【名师点晴】理解等效平衡规律是答题的关键，对应该题同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI0.2mol，由于乙按化学计量数转化到左边，可以得到H2和I2各0.1mol，故此时甲和乙建立的平衡是等效的，欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取措施使平衡向正反应移动，但不能降低HI的浓度，然后结合影响化学平衡移动的因素来回答。 10. 下列说法或表示方法正确的是 A. 若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多 B. 由“C(石墨,s)＝C(金刚石,s) ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1”可知，金刚石比石墨稳定 - 33 - / 33 C. 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－1 D. 在稀溶液中：H＋＋OH－===H2O ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，若将含1 mol CH3COOH与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ 【答案】D 【解析】A、硫单质从固体变为气体是一个吸热的过程，所以将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多，故A错误；B、由“C(石墨)═C(金刚石)△H=+1.9kJ/mol”可知石墨的能量低于金刚石，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；C、101 kPa时，2gH2 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)△H=-285.8 kJ•mol-1，故C错误；D、在稀溶液中：H++OH-═H2O△H=-57.3 kJ•mol，若将含1 mol CH3COOH与含1 mol NaOH的溶液混合，由于醋酸电离时吸热，所以放出的热量小于57.3kJ，故D正确；故选D。 11. 下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是 A. 甲烷的标准燃烧热为－890.3 kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－890.3 kJ·mol－1 B. 500 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－38.6 kJ·mol－1 - 33 - / 33 C. 氯化镁溶液与氨水反应：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓ D. 氧化铝溶于NaOH溶液：Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O 【答案】D 【解析】由燃烧热的定义可知，水应以液态形式存在，故A项错误；N2与H2反应生成NH3为可逆反应，不能反应完全，故19.3 kJ不是0.5 mol N2与1.5 mol H2完全反应放出的热量，故B项错误；NH3·H2O为弱电解质，在书写离子方程式时，应写成化学式的形式，故C项错误；氧化铝与NaOH溶液反应，生成物是NaAlO2，故D项正确。 12. 容积固定为3 L的某密闭容器中加入1 mol A、2 mol B，一定温度下发生如下反应：A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)，经反应5 min后，测得C的浓度为0.3 mol·L－1。则下列说法中正确的是 A. 5 min内D的平均反应速率为0.02 mol·L－1·min－1 B. 5 min内A的平均反应速率为0.06 mol·L－1·min－1 C. 经5 min后，向容器内再加入C，正反应速率变小 D. 平衡状态时，生成1 mol D时同时生成1 mol A 【答案】D 【解析】5min内C的平均反应速率为0.3/5mol·L－1·1min－1=0.06mol·L－1·1min－1。A. 5min内D的平均反应速率与C的相等为0.06mol·L－1·1min－1，故A错误；B. - 33 - / 33 A为固体，无法确定A的物质的量浓度，也就无法用A在定位时间内浓度的变化表示反应速率，故B错误；C.逆反应速率增大，正反应速率不变，故C错误；D.平衡状态时，v正(D)=v逆(D)=v逆(A)，所以生成1molD时同时生成1molA，故D正确。故选D。 点睛：解答本题需要熟悉如下关系：υ(A)==υ(C)=υ(D)。这是解决此类问题的基本依据。 13. 将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的定容密闭容器中混合，并在一定条件下发生如下反应：2A(g)＋B(g)2C(g)；经2 s后测得C的物质的量浓度为0.6 mol·L－1，现有下列几种说法： ①用物质A表示的这段时间的平均速率为0.3 mol·L－1·s－1 ②用物质B表示的这段时间的平均速率为0.6 mol·L－1·s－1 ③2 s时物质A的转化率为30% ④2 s时物质B的物质的量浓度为0.3 mol·L－1 其中正确的是 A. ①③ B. ②④ C. ①② D. ③④ 【答案】A 【解析】若经 2 s（秒）后测得 C 的浓度为 0.6mol·L－1 ，则参加反应的A为1.2molB为0.6mol生成C1.2mol VA="0.3" mol·L－1·s－1 VB=0.15mol·L－1·s－1 ①正确②错误。2 s 时物质 A的转化率1.2/4=0.3，③正确。2 s 时物质 B的浓度为0.7mol·L－1，④错误，综合后可得选A。 14. 已知：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH＝－566 kJ·mol－1 Na2O2(s)＋CO2(g)===Na2CO3(s)＋1/2O2(g) ΔH＝－226 kJ·mol－1 - 33 - / 33 根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是 A. CO的燃烧热为283 Kj B. 右图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系 C. 2Na2O2(s)＋2CO2(s)===2Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH>－452 kJ·mol－1 D. CO(g)与Na2O2(s)反应放出509 kJ热量时，电子转移数为6.02×1023 【答案】C 【解析】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量；已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ/mol，一氧化碳的燃烧热为283kJ/mol，故A错误；B．由热化学方程式，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ/mol，可知图象中一氧化碳和氧气物质的量为1、物质的量不符合反应物质的物质的量，故B错误；C．固体二氧化碳变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值，由2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)△H=-226kJ/mol，所以反应2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO3(s)+O2(g)△H＞-532 kJ/mol，故C正确；D．已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ/mol；②Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+O2(g)△H=-226kJ/mol；依据盖斯定律②×2+①得到：2Na2O2(s)+2CO(g)=2Na2CO3(s)△H=-1018kJ/mol；即Na2O2(s)+CO(g)=Na2CO3(s)△H=-509kJ/mol；CO(g)与Na2O2(s)反应放出×509 kJ=254.5kJ热量时，反应的一氧化碳物质的量为0.5mol，电子转移数为6.02×1023，故D错误；故选C。 - 33 - / 33 15. 某温度下，H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)的平衡常数K＝。该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如下表所示。 起始浓度 甲 乙 丙 c(H2)/mol·L－1 0.010 0.020 0.020 c(CO2)/mol·L－1 0.010 0.010 0.020 下列判断不正确的是 A. 平衡时，乙中CO2的转化率大于60% B. 平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60% C. 平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍，是0.012 mol·L－1 D. 反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢 【答案】C 【解析】某温度下，H2（g） + CO2（g） H2O（g）+ CO（g）的平衡常数K=9/4。该反应是一个气体分子数不变的反应，所以压强不影响该反应的化学平衡状态。由甲的投料和该反应的平衡常数可以计算出，氢气和二氧化碳的平衡浓度都是0.004mol/L（设二氧化碳的变化量为x，则 ，解之得x=0.006mol/L），氢气和二氧化碳的转化率均为60%，丙和甲的投料的比例是相同的，所以丙和甲能建立等效平衡，丙和甲的反应物的转化率是相同的，但是它们的平衡浓度不同，丙中C（CO2）是甲中的2倍，是0.008 mol·l-1 。A. - 33 - / 33 平衡时，乙相当于在甲的平衡状态下再增大反应物氢气的浓度，化学平衡向正反应方向移动，所以乙中CO2 的转化率大于60%，A正确；B. 平衡时，甲和丙中H2 的转化率均是60%，B正确；C. 平衡时，丙中C（CO2）是甲中的2倍，是0.008 mol·l-1 ，C不正确；D. 反应开始时，丙中的反应物浓度最大，反应速率最快；甲中的反应物浓度最小，反应速率最慢，D正确。本题选C。 点睛：对于反应前后气体分子数不数的可逆反应，如果在相同条件下，反应物的起始投料的比例是相同的（要转化到反应方程式同一边进行比较），那么这些不同投料所建立的平衡状态是等效的，在平衡状态下，各组分的百分含量是相同的，但是平衡状态下各组分的浓度不一定相同，不同平衡中同一种组分的浓度之间的关系与投料的倍数成正比。平衡时的反应速率也不一定相同， 投料多的浓度大，反应速率也就较大。 16. 低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为2NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g)2N2(g)＋3H2O(g) ΔH<0。在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是 A. 单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1∶2时，反应达到平衡 B. 平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小 C. 平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大 D. 其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大 【答案】A - 33 - / 33 【解析】A．单位时间内消耗NO表示正反应速率，消耗N2表示逆反应速率，物质的量比为1：2时，等于化学计量数之比，表示正逆反应速率相等，反应到达平衡，故A正确；B．增大一种反应物浓度，其它反应物转化率增大，则增加 NH3 的浓度，废气中氮氧化物的转化率增大，故B错误；C．正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故C错误；D．使用催化剂平衡不移动，废气中氮氧化物的转化率不变，故D错误；故选A。 点睛：本题考查外界条件对化学反应速率以及平衡移动的影响等，做题时注意平衡常数的变化以及平衡状态的判断方法。本题的易错点为A，反应达到平衡时，不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比。 17. 在理论上不能用于设计成原电池的化学反应是 A. 4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s) ΔH<0 B. CH3CH2OH(l)＋3O2(g)===2CO2 (g)＋3H2O(l) ΔH<0 C. Al(OH)3(s)＋NaOH(aq)===NaAlO2(aq)＋2H2O(l) ΔH<0 D. H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g) ΔH<0 【答案】C 【解析】试题分析：A、属于化合反应，是自发的氧化还原反应，能用于设计原电池，A不符合题意；B、属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，B不符合题意；C、酸碱中和反应，非氧化还原反应，不能设计原电池，C符合题意；D、属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，D不符合题意；答案选C。 - 33 - / 33 考点：考查学生设计成原电池的反应具备的条件 18. 下列事实能说明醋酸是弱电解质的是 ①醋酸与水以任意比例互溶 ②醋酸溶液能导电 ③醋酸溶液中存在醋酸分子 ④0.1 mol·L－1醋酸的pH比盐酸pH大 ⑤在漂白剂溶液中滴加醋酸能增强漂白效果 ⑥0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＝2 ⑦大小相同的锌粒与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生氢气速率慢 ⑧CH3COOK溶液能使酚酞试液变红色 A. ②④⑥⑧ B. ③④⑥⑦ C. ④⑤⑥⑧ D. ③⑥⑦⑧ 【答案】D 【解析】①醋酸的溶解度与其酸性无关，故①错误；②醋酸溶液能导电，说明醋酸在水溶液里能电离出阴阳离子，为电解质，而不能证明醋酸的电离程度，所以不能证明醋酸为弱酸，故②错误；③醋酸稀溶液中存在醋酸分子，说明醋酸存在电离平衡，能证明醋酸是弱酸，故③正确；④常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大，说明醋酸不完全电离，能证明醋酸是弱酸，故④正确；⑤醋酸能和漂白剂反应生成HClO，说明醋酸酸性比次氯酸强，但不能说明醋酸的电离程度，所以不能证明醋酸是弱酸，故⑤错误；⑥0.1mol/L醋酸溶液pH=2，能说明醋酸是弱酸，故⑥正确；⑦大小相同的锌粒与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢，说明醋酸中氢离子浓度小于盐酸中氢离子浓度，则证明醋酸是弱酸，故⑦正确；⑧CH3COOK溶液能使酚酞试液变红色，说明醋酸是弱酸，故⑧正确；故选D。 - 33 - / 33 点睛：本题考查强弱电解质判断，明确强弱电解质根本区别是解本题关键。强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，要证明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，可以根据醋酸钠溶液酸碱性、一定浓度的醋酸pH等方法判断。注意不能根据电解质溶液导电性强弱、电解质溶解性强弱等方法判断，为易错题。 19. 铜锌原电池(如图)工作时，下列叙述正确的是 A. 正极反应为：Zn－2e－===Zn2＋ B. 电池反应为：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu C. 在外电路中，电子从正极流向负极 D. 盐桥中的K＋移向ZnSO4溶液 【答案】B 【解析】在原电池中，活泼的金属材料作负极，相对不活泼的金属材料作正极，负极反应为：Zn―→Zn2＋＋2e－，正极反应为：Cu2＋＋2e－―→Cu，两个半反应相加，得出电池反应为：Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu；D项，因Zn失电子，生成Zn2＋，为使ZnSO4溶液中电荷保持电中性，盐桥中的Cl－移向ZnSO4溶液。 20. 下列关于电解质溶液的正确判断是 A. 在pH＝12的溶液中，K＋、Cl－、HCO、Na＋可以大量共存 B. 在pH＝0的溶液中，Na＋、NO、SO、K＋可以大量共存 C. 由0.1 mol·L－1一元碱BOH溶液的pH＝10，可推知BOH溶液中存在BOH===B＋＋OH－ D. 由0.1 mol·L－1一元酸HA溶液的pH＝3，可推知NaA溶液中存在A－＋H2OHA＋OH－ - 33 - / 33 【答案】D 【解析】试题分析：A．pH＝12的溶液显碱性，则HCO3－不可以大量共存，A错误；B．pH＝0的溶液显酸性，则NO3－与SO32－发生氧化还原反应不可以大量共存，B错误；C．由0.1mol·L－1一元碱BOH溶液的pH＝10，可推知BOH部分电离，属于弱碱，则溶液存在BOHB＋＋OH－，C错误；D．由0.1mol·L－1一元酸HA溶液的pH＝3，可推知HA是弱酸，则NaA溶液存在水解平衡A－＋H2OHA＋OH－，D正确，答案选D。 考点：考查离子共存及弱电解质的电离 21. 25℃时，pH＝3的盐酸a L分别与下列三种溶液充分混合后，溶液均呈中性：①c(NH3·H2O)＝10－3 mol·L－1的氨水b L，②c(OH－)＝10－3 mol·L－1的氨水c L，③c(OH－)＝10－3 mol·L－1的Ba(OH)2溶液d L。试判断a、b、c、d的数量大小关系为( ) A. b>a＝d>c B. a＝b>c>d C. b>a>d>c D. c>a＝d>b 【答案】A 【解析】HCl是强电解质，所以pH=3的盐酸溶液中c(H+)=1×10-3 mol•L-1，要中和等物质的量的HCl溶液，碱都是一元碱时，碱的浓度越大，需要的碱溶液的体积越小。Ba(OH)2是强碱，且酸中氢离子浓度等于碱中氢氧根离子浓度，所以酸碱的体积相等，即a=d；由于HCl与NH3•H2O的中和产物NH4Cl可水解呈酸性，则要使混合溶液呈中性，NH3•H2O必需过量，则b＞a；由于NH3•H2O是一种很弱的碱，只有少部分电离，则②中氨水的浓度远大于10－3 - 33 - / 33 mol·L－1，因此c一定远小于b和d，通过以上分析知，这几种溶液体积大小顺序是b＞a=d＞c，故选A。 点睛：本题考查弱电解质的电离及酸碱混合溶液定性判断，明确弱电解质电离特点是解本题关键。注意该题中a、d体积比较时与碱的元数无关，为易错点。 22. 关于浓度均为0.1 mol·L－1的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是 A. c(NH)：③>① B. 水电离出的c(H＋)：②>① C. ①和②等体积混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O) D. ①和③等体积混合后的溶液：c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋) 【答案】B 【解析】试题分析：A．①氨水中的一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离产生的离子浓度很小，主要以电解质分子存在；而③氯化铵是盐，属于强电解质，完全电离产生离子，当二者等浓度时，电离产生的c(NH4+)：③＞①，A正确；B．①氨水中的一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，NH3·H2ONH4++OH-，电离产生的离子浓度很小，电离产生OH-对水的电离平衡起抑制作用；②盐酸是强电解质，HCl=H++Cl-，二者浓度相等时电离产生的离子浓度HCl大于氨水，电离产生的离子浓度越大，对水的电离平衡的抑制作用越强，水电离出的c(H+)就越小，所以水电离出的c(H+)：②<①，B错误； - 33 - / 33 C．①和②等体积混合，二者恰好完全反应产生NH4Cl，根据质子守恒，可得混合后的溶液：c（H+）＝c(OH-)+c(NH3·H2O)，C正确；D．①和③等体积混合后的溶液是NH3·H2O、NH4Cl等物质的量的混合溶液，则根据物料守恒可得：c（NH4+）＞c(Cl-)；由于NH3·H2O的电离作用大于NH4+的水解作用，所以溶液中c(OH-)＞c(H+)；等浓度的强电解质电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，所以c(Cl-)＞c(OH-)，所以溶液中离子浓度关系是c（NH4+）＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，D正确。答案选B。 考点：考查强电解质、弱电解质溶液的电离及离子浓度大小比较的知识。 23. 下列说法不正确的是 A. Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关 B. 由于Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀 C. 其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变 D. 两种难溶电解质，Ksp小的，溶解度一定小 【答案】D 【解析】试题分析：A、Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，正确；B、沉淀易向更难溶的方向转化，由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀，正确；C、Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，离子浓度改变时，Ksp不变，正确；D、阴、阳离子个数比相同的难溶物，Ksp小的，溶解度一定小，阴、阳离子个数比不同的难溶物，Ksp小的，溶解度不一定小，错误。 - 33 - / 33 考点：考查难溶物的沉淀溶解平衡。 24. 下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是 A. 能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液中：K＋、Na＋、CO、NO B. c(H＋)＝1×10－1 mol·L－1的溶液中：Cu2＋、Al3＋、SO、NO C. 能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中：Na＋、NH、S2－、Br－ D. 水电离出的c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1的溶液中：Na＋、Mg2＋、Cl－、SO 【答案】B 【解析】试题分析：A. 使蓝色石蕊试纸变红色的溶液显酸性，H＋与CO32-不能共存；B．酸性溶液，均能共存；C．使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液显强氧化性，S2－被氧化；D．当溶液显碱性时，OH-与Mg2＋生成沉淀。 考点：考查了离子共存的相关知识。 25. 25℃时，在25 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液中，逐滴加入0.2 mol·L－1的CH3COOH溶液，溶液的pH与醋酸体积关系如图所示，下列分析正确的是 A. B点的横坐标a＝12.5 B. C点时溶液中有：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－) C. D点时溶液中有：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋) D. 曲线上A、B间的任意一点，溶液中都有：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋) 【答案】C - 33 - / 33 【解析】试题分析：A、因为醋酸是弱酸，当a=12.5时，两者恰好完全反应，生成CH3COONa，溶液显碱性，故错误；B、C点溶液显酸性，溶质为CH3COONa、CH3COOH，CH3COOH的电离大于CH3COO－，因此离子浓度可能为：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，故错误；C、根据物料守恒，D点时，n(CH3COO－)＋n(CH3COOH)=25×10－3×0.2mol=5×10－3mol，n(Na＋)=25×10－3×0.1mol=2.5×10－3mol，故正确；D、A、B之间，溶质可能是NaOH、CH3COONa，离子浓度可能是c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)，故错误。 考点：考查离子浓度大小的比较等知识。 26. 下列关于实验现象的描述不正确的是 A. 把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡 B. 镁的金属性一定比铝的金属性强 C. 把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快 D. 把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁 【答案】D 【解析】A．铜、铁和稀硫酸构成的原电池中，铁易失电子作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，所以铜电极上出现气泡，故A正确；B．根据元素周期律，镁的金属性比铝的金属性强，故B正确；C．锌和铜离子反应生成铜，锌、铜和盐酸构成原电池，锌作负极，作原电池负极的金属促进被腐蚀速率，故C正确；D．铜和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，所以不能析出铁，故D错误；故选D。 - 33 - / 33 27. 在含有酚酞的0.1 mol·L－1氨水中加入少量的NH4Cl晶体，则溶液颜色 A. 变蓝色 B. 变深 C. 变浅 D. 不变 【答案】C 【解析】试题分析：因氨水电离生成氢氧根离子，则酚酞遇碱变红，当加入少量的NH4Cl晶体后，NH4+离子浓度增大，根据同离子效应，加入NH4Cl后，氨水的电离平衡向逆方向移动，抑制氨水电离，从而c(OH-)变小，颜色变浅。故选C。 考点：考查了电离平衡的影响因素的相关知识。 28. 仅能在水溶液中导电的物质是 A. NaHCO3 B. NaHSO4 C. CH3CH2OH D. NaOH 【答案】A 【解析】A．NaHCO3为离子化合物，受热容易分解，只能在水溶液中导电，故A正确；B．NaHSO4为离子化合物，在水溶液或熔融状态下都能导电，故B错误；C．CH3CH2OH为非电解质，在水溶液和熔融状态下都不导电，故C错误；D．NaOH为离子化合物，在水溶液或熔融状态下都能导电，故D错误；故选A。 点睛：本题考查电解质与非电解质以及共价化合物与离子化合物的区别。仅能在水溶液中导电是共价化合物，离子化合物在水溶液或熔融状态下都能导电。本题的易错点为A，要注意考虑熔融状态是否容易发生分解。 29. 下列说法不正确的是 - 33 - / 33 A. 0.2 mol·L－1的NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋) B. 将等体积pH＝4的盐酸和醋酸稀释成pH＝5的溶液，醋酸所需加入的水量多 C. 向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH＝7，则混合液中：c(NH)＝c(Cl－) D. pH＝13的NaOH溶液与pH＝1的醋酸溶液等体积混合后所得溶液的pH>7 【答案】D 【解析】A．NaHCO3为强碱弱酸盐，水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，因HCO3-水解，则有c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A正确；B．醋酸为弱酸，pH相等时，醋酸浓度大，如稀释等体积时，醋酸pH小，如相等时，则醋酸需加入的水量多，故B正确；C．pH=7，则c(OH-)=c(H+)，存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，则c(NH4+)=c(Cl-)，故C正确；D．醋酸为弱酸，pH=13的NaOH溶液与pH=1的醋酸溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液呈酸性，故D错误；故选D。 30. 下列有关沉淀溶解平衡的说法正确的是 A. Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，则AB2的溶解度小于CD的溶解度 B. 在氯化银的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，氯化银的Ksp增大 C. 在氯化银的沉淀溶解平衡体系中，加入碘化钾固体，氯化银沉淀可转化为碘化银沉淀 - 33 - / 33 D. 在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，溶解平衡不移动 【答案】C 【解析】试题分析：A．因为Ksp(AB2)=C(A2+)C2(B-);Ksp(CD)=C(C+)C(D-)，所以Ksp(AB2)小于Ksp(CD),AB2的溶解度不移动小于CD的溶解度。错误。B．在氯化银的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，减小了溶液中的Ag+、Cl-的浓度，溶解平衡正向移动，直至达到新的条件下的溶解平衡状态。由于温度不变，所以氯化银的Ksp不变。错误。C．在氯化银沉淀溶解平衡体系中，加入碘化钠固体，Ag+与加入的碘化钠电离产生的I-发生沉淀反应，生成溶解度比AgCl沉淀更小的AgI沉淀，破坏了AgCl的沉淀溶解平衡，AgCl继续溶解电离，产生的Ag+再与I-反应产生AgI沉淀，最终导致AgCl沉淀转化为碘化银沉淀。颜色由白色转化为黄色。正确。D．在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，发生反应：CO32－+2H+=CO2↑+H2O，破坏了CaCO3的沉淀溶解平衡，使它不断溶解，溶解产生的碳酸根离子继续与盐酸电离产生的H+发生反应，最终导致CaCO3完全溶解。错误。 考点：考查有关沉淀溶解平衡的知识。 第II卷 非选择题(共40分) 二、非选择题(本题包括4小题，共40分) 31. 在2 L密闭容器中，800℃时反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表： - 33 - / 33 时间/s 0 1 2 3 4 5 n(NO)/mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007 （1）写出该反应的平衡常数表达式：K＝___________，已知：K(300℃)>K(350℃)，该反应的逆反应是_______反应(填“放热”或“吸热”)。 （2）图中表示NO2的变化的曲线是____________，用O2的浓度变化表示从0～2 s内该反应的平均速率v＝_____________。 （3）能说明该反应已经达到平衡状态的是（____） a．v(NO2)＝2v(O2) b．容器内压强保持不变 c．v逆(NO)＝2v正(O2) d．容器内物质的密度保持不变 （4）能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是（____） a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度 c．选择高效的催化剂 d．增大O2的浓度 【答案】 (1). (2). 吸热 (3). b (4). 1.5×10－3 mol·L－1·s－1 (5). bc (6). d 【解析】(1)2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的平衡常数表达式K=；温度越高，平衡常数越小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，逆反应为吸热反应，故答案为：；吸热； - 33 - / 33 (2)NO2是产物，随反应进行浓度增大，平衡时△c(NO2)=△c(NO)==0.0065mol/L，所以图中表示NO2变化的曲线是b；2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)==3.0×10-3mol•L-1•s-1，速率之比等于化学计量数之比，所以v(O2)=v(NO)=×3.0×10-3mol•L-1•s-1=1.5×10-3mol•L-1•s-1，故答案为：b；1.5×10-3mol•L-1•s-1； .............................. (4)a．及时分离出NO2气体，平衡正向移动，但生成物浓度降低，反应速率减小，故a错误；b．适当升高温度，反应速率加快，但平衡逆向移动，故b错误c．使用高效催化剂可以加快反应速率，但不影响平衡移动，故c错误，d．增大反应物O2的浓度，反应速率增大，平衡正向移动，故d正确；故选d。 32. 某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH和NH3·H2O的形式存在，该废水的处理流程如下： （1）过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，通空气将氨赶出并回收。 - 33 - / 33 ①用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：____________________________________________。 ②用化学平衡原理解释通空气的目的：_________________________________________________。 （2）过程Ⅱ：在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO。两步反应的能量变化示意图如下： ①第一步反应是_____反应(选填“放热”或“吸热”)，判断依据是________________________。 ②1 mol NH (aq)全部氧化成NO (aq)的热化学方程式是________________________________。 （3）过程Ⅲ：一定条件下，向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2。若该反应消耗32 g CH3OH，转移6 mol电子，则参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比是_________。 【答案】 (1). NH＋OH－NH3·H2O (2). 废水中的NH3被空气带走，使NH3·H2ONH3＋H2O的平衡向正反应方向移动，利于除氨 (3). 放热 (4). ΔH＝－273 kJ·mol－1<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量) (5). NH (aq)＋2O2(g)===2H＋(aq)＋NO (aq)＋H2O(l) ΔH＝－346 kJ·mol－1 (6). 6∶5 【解析】(1)①铵盐能和强碱反应，实质是：NH4++OH-NH3•H2O，故答案为：NH4++OH-NH3•H2O； - 33 - / 33 ②氨水电离是可逆反应，将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气，因而促进了氨水电离，故答案为：废水中的NH3被空气带走，使NH3·H2O NH3＋H2O的平衡向正反应方向移动，利于除氨； (2)①焓变小于0，则反应为放热反应，故答案为：放热；因为△H=-273kJ/mol＜0(反应物的总能量大于生成物的总能量)； ②第一步的热化学方程式为NH4+(aq)+O2(g)═NO2-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)，△H=-273kJ/mol，第二步的热化学方程式为：NO2-(aq)+O2(g)═NO3-(aq)，△H=-73kJ/mol，根据盖斯定律则NH4+(aq)+2O2(g)═2H+(aq)+H2O(l)+NO3-(aq)，△H=-346 kJ/mol，故答案为：NH4+(aq)+2O2(g)═ 2H+(aq)+H2O(l)+NO3-(aq)，△H=-346 kJ/mol； (3)消耗32g(1mol)CH3OH转移6mol电子，由CH3OH中碳原子的化合价升高6，所以反应后碳的化合价为+4，产物为CO2，根据质量守恒和化合价升降总数相等得：5CH3OH+ 6HNO3═5CO2+3N2+13H2O，反应中氧化剂是硝酸，还原剂是甲醇，参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比是6：5，故答案为：6：5。 33. （1）体积相同，浓度均为0.2 mol·L－1的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释10倍，溶液的pH分别变成m和n，则m与n的关系为_______。 （2）体积相同，浓度均为0.2 mol·L－1的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成3，则m与n的关系为_______。 - 33 - / 33 （3）体积相同，pH均等于1的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成3，则m与n的关系为_______。 （4）体积相同，pH均等于13的氨水和NaOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成9，则m与n的关系为_______。 （5）将等体积等物质的量浓度的盐酸和氨水混合后，溶液呈______性(填“酸”、“中”或“碱”，下同)，溶液中c(NH)_______c(Cl－)(“>”、“＝”或“<”)。 （6）pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合后，溶液呈_______性(填“酸”、“中”或“碱”)，溶液中c(NH)________c(Cl－)(“>”、“＝”或“<”)。 （7）写出NaHCO3在水溶液中的电离方程式___________________________________________。 【答案】 (1). )m查看更多