2017-2018学年湖北省沙市中学高二上学期第三次半月考试化学试题 解析版

2017-2018学年湖北省沙市中学高二上学期第三次半月考试化学试题 解析版

‎2017-2018学年湖北省沙市中学高二上学期第三次半月考试化学试题 解析版 考试时间：2017年10月19日 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 C 12 N 14 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Cu 64 Zn 65 Fe 56 Ba 137‎ 第Ⅰ卷（选择题 共40分）‎ 一、选择题（共20小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分）‎ ‎1. 日常生活中遇到的很多问题都涉及化学知识，下列有关叙述不正确的是（ ）‎ A. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料 B. 用米汤检验含碘盐中的碘酸钾 C. 用纯碱溶液洗涤餐具上的油污 D. 利用丁达尔效应区别蛋白质溶液和食盐水 ‎【答案】B ‎........................‎ 考点：考查了物质的性质和用途的相关知识。‎ ‎2. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 强电解质的水溶液一定比弱电解质溶液的导电能力强 B. 强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物 C. 强电解质的水溶液中不存在溶质分子 D. 不溶性盐都是弱电解质，可溶性酸和具有极性键的化合物都是强电解质 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．溶液的导电能力与溶液中离子浓度成正比，与电解质的强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强，故A错误；B．强电解质不一定都是离子化合物，如氯化氢；弱电解质都是共价化合物，故B错误；C．强电解质的特征是水溶液中完全电离，所以不存在溶质分子，故C正确；D．不溶性盐不一定是弱电解质，如硫酸钡；可溶性酸不一定是强电解质，如醋酸；具有极性键的化合物不一定是强电解，如甲烷，故D错误。故选C。‎ 考点：考查强电解质和弱电解质 ‎3. 甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）‎ A. 1 mol·L－1的甲酸溶液中c(H＋)约为1×10－2 mol/L B. 甲酸能与水以任意比例互溶 C. 甲酸与盐酸都能与NaOH发生反应 D. 甲酸溶液的导电能力比盐酸溶液的导电能力弱 ‎【答案】A ‎【解析】弱电解质是不完全电离，1 mol·L－1的甲酸溶液中若甲酸完全电离，则c(H＋)为1 mol·L－1，实际为1×10－2 mol/L，说明甲酸是弱电解质，A正确；溶液的导电能力与离子浓度、电荷成正比例关系，但D中没有说明甲酸溶液、 盐酸溶液的浓度，故无法比较，D错误；B、C的实验与题意无关。答案选A。‎ ‎4. 同时符合下列条件的物质是?属于非电解质?溶于水时化学键被破坏?水溶液能导电（ ）‎ A. 碳酸钠 B. 乙醇 C. 氨气 D. 氯气 ‎【答案】C ‎【解析】非电解质为化合物，即BC，而乙醇溶于水时化学键未被破坏，氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨再部分电离产生铵根与氢氧根离子而导电。故C正确。‎ ‎5. 下列各组离子在指定的溶液中，能大量共存的是（ ）‎ A. c(H＋)＝0.1 mol·L－1的溶液：Na＋、NH、SO、S2O B. 与铝粉反应放出H2的无色溶液：NO、Al3＋、Na＋、SO C. 中性溶液：Fe3＋、Al3＋、NO、SO D. 常温下c(H＋)/c(OH－)＝1×10－12的溶液：K＋、AlO、CO、Na＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】A. c(H＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中S2O32—不存在，A错误；B. 与铝粉反应放出H2的无色溶液，说明存在氢离子或氢氧根离子，若是酸性环境，NO与H+形成硝酸，具有强氧化性，与铝反应不产生氢气，B错误；C. Fe3＋水解程度较大，中性溶液已完全水解，C错误；D. 常温下c(H＋)/c(OH－)＝1×10－12的溶液，说明是强碱性环境，离子可以共存，D正确。‎ ‎6. 下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 向CuSO4溶液中投入Na：Cu2＋＋2Na===Cu＋2Na＋‎ B. 向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液：Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3↓‎ C. 过量Ca(OH)2溶液和NaHCO3溶液反应　Ca2＋＋OH－＋HCO===CaCO3↓＋H2O D. 向BaCO3固体中加入过量的稀H2SO4：BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2O ‎【答案】C ‎【解析】A. 向CuSO4溶液中投入Na，钠先与水发生氧化还原反应，不能置换出铜；B. 向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液生成Fe(SCN)3是溶液不是沉淀；D. 向BaCO3固体中加入过量的稀H2SO4，生成BaSO4，D错误。故C正确。‎ ‎7. 下图所示的实验装置不能完成实验目的是（ ）‎ A. 图1为证明非金属性强弱：Cl＞C＞Si B. 图2为制备少量CO2并控制反应 C. 图3为制备并收集少量NO气体 D. 图4量取0.10 mol·L－1 KOH溶液20.00 mL ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A．稀盐酸属于无氧酸，不是最高价氧化物对应的酸，所以不能根据2HCl+Na2CO3═2NaCl+H2O+CO2↑，证明非金属性Cl＞C，且盐酸挥发，不能比较C、Si的非金属性，故A错误；B．碳酸钙为块状固体，关闭止水夹，可使固体与液体分离，则图中装置可制备少量CO2并控制反应，故B正确；C．Cu与稀硝酸反应生成NO，NO不溶于水，则图装置可制备并收集少量NO气体，故C正确；D．图中为碱式滴定管，则能量取0.10 mol•L-1KOH溶液20.00 mL，故D正确。故选A。‎ 考点：考查化学实验方案的评价 ‎8. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 由2H和18O所组成的水11 g，所含的中子数为4NA B. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA C. 标准状况下，7.1 g氯气与足量石灰乳充分反应转移电子数为0.2NA D. NO2和H2O反应每生成2 mol HNO3时转移的电子数目为2NA ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．由2H和18O所组成的水为2H218O，根据n=m/M可知11g水的物质的量n=‎ ‎=0.5mol，而1mol2H218O含12mol中子，故0.5mol水中含6mol中子，故A错误；B．由于合成氨气的反应为可逆反应，所以1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数小于2NA，故B错误；二氧化碳中碳原子和氧原子之间是双键，故1mol CO2中含有的共价键的物质的量为4mol，数目为4NA，故B错误；C．氯气和石灰水反应发生氧化还原反应，氯气自身氧化还原，氯元素化合价0价变化为-1价和+1价，标准状况下，7.1 g氯气物质的量为0.1mol，与足量石灰乳充分反应转移电子数为0.1NA，故C错误； D．NO2和H2O反应生成 HNO3的反应是歧化反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO↑，此反应生成2molHNO3，转移2mol电子，个数为2NA，故D正确。故选D。‎ 考点：考查阿伏伽德罗常数；化学计量的综合计算 ‎9. 常温下，0.2 mol·L－1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A. HA为强酸 B. 该混合溶液pH＝7.0‎ C. 该混合溶液中：c(A-)＋c(Y)＝c(Na＋) D. 图中X表示HA，Y表示OH-，Z表示H+‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．0．2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0．1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c（A-）=0．1mol/L，与图像不符，所以HA为弱酸，A项错误；B．根据A的分析，可知该溶液的pH>7，B项错误；C．A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c（Na+）> c（A-）>c（OH－）>c（HA）> c（H＋），所以X是OH－，Y是HA，Z表示H+，根据物料守恒，c（A－）＋c（HA）＝c（Na＋），C项正确；D．根据上述分析，X是OH－，Y是HA，Z表示H+，D项错误；答案选C。‎ 考点：考查弱电解质在溶液中的电离平衡 ‎【名师点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比较、溶液pH值、盐类水解等，判断一元酸HA是弱酸为解题关键。具体分析如下：0．2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0．1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c（A-）=0．1mol/L，图像中c（A-）的浓度小于0．1mol/L，所以HA为弱酸。‎ ‎10. 向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2‎ 气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。‎ 下列判断正确的是（ ）‎ A. 通入CO2在标准状况下的体积为448 mL B. 原NaOH溶液的浓度为0.2 mol·L－1‎ C. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶3‎ D. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝1∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】因0～25mL没有气体生成，从25mL开始加盐酸生成二氧化碳气体，共消耗盐酸100mL﹣25mL=75mL，两个过程消耗的酸的体积比为1：3，则NaOH溶液通入一定量CO2反应后溶液中的溶质物质的量的关系是Na2CO3：NaHCO3=1：2，D错误，C错误；由HCl～NaCl～NaOH，则NaOH的物质的量为0.1L×0.2mol/L=0.02mol，Na+的物质的量浓度为0.02/0.1=0.2mol/L，故B正确；由Na2CO3：NaHCO3=1：2，由碳原子守恒可知二氧化碳的物质的量为0.075 mL×0.2 mol/L =0.015mol，则加入足量盐酸产生CO2气体体积在标准状况下为0.015mol×22.4L/mol=336mL，A错误。‎ ‎11. 某溶液中可能存在Br－、CO、SO、Al3＋、I－、Mg2＋、Na＋等7种离子中的某几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：‎ ‎①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；‎ ‎②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；‎ ‎③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。‎ 已知：5Cl2＋I2＋6H2O===10HCl＋2HIO3‎ 据此可以判断：该溶液肯定不存在的离子组是（ ）‎ A. Al3＋、Mg2＋、SO B. Mg2＋、CO、I－‎ C. Al3＋、SO、I－ D. Al3＋、Br－、SO ‎【答案】A ‎【解析】①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br-，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO32-；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含 SO32-；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，说明溶液中不含I-．溶液中含有CO32-，则一定不含有Al3+、Mg2+，因与CO32-反应生成沉淀，根据溶液呈电中性原则，溶液中一定含有Na+，所以溶液中一定不存在的离子为Al3+、Mg2+、I-、SO32-，一定含有的离子为CO32-、Br-、Na+， 故A正确。‎ ‎12. 在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下。已知N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）ΔH＝－92.4 kJ·mol－1.下列说法正确的是（ ）‎ 容器 甲 乙 丙 反应物投入量 ‎1 mol N2、3 mol H2‎ ‎2 mol NH3‎ ‎4 mol NH3‎ NH3的浓度 c1‎ c2‎ c3‎ 反应的能量变化 放出a kJ 吸收b kJ 吸收c kJ 体系压强（Pa）‎ p1‎ p2‎ p3‎ 反应物转化率 α1‎ α2‎ α3‎ A. 2c1 = c3 B. a＋b = 92.4 C. 2p2 = p3 D. α1＋α3 = 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】甲投入1molN2、3molH2，乙容器投入量2molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与乙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，丙容器加入4molNH3，采用极限转化法丙相当于加入2molN2、6molH2，丙中加入量是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器为等效平衡，所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以丙中氮气、氢气转化率大于甲和乙的。‎ A、丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，若平衡不移动，c3=2c1；丙相当于增大压强，平衡向着正向移动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的二倍，即c3＞2c1，故A错误；B、甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3‎ ‎，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故a+b=92.4，故B正确；C、丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2＞p3，故C错误；D、丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率α1+α3＜1，故D错误； ‎ ‎13. 下列反应在任何温度下均能自发进行的是(　　)‎ A. 2N2(g)＋O2(g)===2N2O(g)　ΔH＝＋163 kJ·mol－1‎ B. Ag(s)＋Cl2(g)===AgCl(s)　ΔH＝－127 kJ·mol－1‎ C. HgO(s)===Hg(l)＋O2(g)　ΔH＝＋91 kJ·mol－1‎ D. H2O2(l)=== O2(g)＋H2O(l)　ΔH＝－98 kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．反应2N2(g)+O2(g)2N2O(g)是吸热反应△H＞0，△S＜0，任何温度下都不能自发进行，故A错误；B．反应Ag(s)+ Cl2(g)AgCl(s)是放热反应△H＜0，△S＜0，高温下不能自发进行，故B错误；C．反应HgO(s)Hg(l)+ O2(g)是吸热反应△H＞0，△S＞0，低温下不能自发进行，故C错误；D．反应H2O2(l) O2(g)+H2O(l)是放热反应△H＜0，△S＞0，任何温度下都能自发进行，故D正确；故答案为D。‎ 点睛：一个化学反应能否自发进行，既与反应的焓变有关，又与反应的熵变有关．一般来说体系能量减小和混乱度增加都能促使反应自发进行，焓变和熵变共同制约着化学反应进行的方向，但焓和熵都不是唯一因素，我们不能单纯地根据焓变或熵变来判断某个反应是否自发进行．在等温、等压条件下，化学反应的方向是由反应的焓变和熵变共同决定的．化学反应自发进行的最终判据是吉布斯自由能变，自由能一般用△G来表示．且△G=△H-T△S： 当△G=△H-T△S＜0时，反应向正反应方向能自发进行；当△G=△H-T△S=0时，反应达到平衡状态；当△G=△H-T△S＞0时，反应不能向正反应方向自发进行。‎ ‎14. 用标准盐酸溶液滴定待测浓度的碱溶液时，下列操作中会引起碱溶液浓度的测定值偏大的是( )‎ A. 锥形瓶中的溶液在滴定过程中溅出 B. 滴定管装液后尖嘴部位有气泡，滴定后气泡消失 C. 指示剂变色15 s后又恢复为原来的颜色便停止滴定 D. 锥形瓶用蒸馏水冲洗后未用待测液润洗 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：锥形瓶里溶液在滴定过程中溅出导致滴定过程中消耗的标准液体积偏小，测定值偏小，故A错误；滴定前酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束气泡消失，导致滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定值偏大故B正确；锥形瓶用蒸馏水冲洗后未用待测液润洗无影响，D错误。‎ 考点：酸碱中和滴定误差分析 ‎15. 室温时，将x mL pH＝a的稀NaOH溶液与y mL pH＝b的稀盐酸充分反应。下列关于反应后溶液pH的判断，正确的是(　　)‎ A. 若x＝y，且a＋b＝14，则pH>7 B. 若10x＝y，且a＋b＝13，则pH＝7‎ C. 若ax＝by，且a＋b＝13，则pH＝7 D. 若x＝10y，且a＋b＝14，则pH>7‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：pH=a的稀NaOH溶液中c（OH-）=10a-14mol/L，pH=b的稀盐酸中c（H+）=10-bmol/L，则A．若x=y，且a+b=14，则有n(OH−)/n(H+)=10a−14x/10−by=10a+b-14=1，即n（H+）=n（OH-），酸碱恰好中和，溶液呈中性，pH=7，A错误；B．若10x=y，且a+b=13，则有n(OH−)/n(H+)=10a−14x/10−by=10a+b-15=0.01，即n（H+）＞n（OH-），酸过量，pH＜7，B错误；C．若ax=by，且a+b=13，则有n(OH−)/n(H+)＝10a−14x/10−by=b/10a，因a＞b，则酸过量，pH＜7，C错误；D．若x=10y，且a+b=14，则有n(OH−)/n(H+)＝10a−14x/10−by=10a+b-13=10，则碱过量，pH＞7，D正确，答案选D。‎ 考点：考查酸碱混合的计算和判断 ‎16. 用0.01mol/LH2SO4滴定0.01mol/LNaOH溶液，中和后加水至100mL。若滴定时终点判断有误差：①多加了1滴H2SO4；②少加了1滴H2SO4(设1滴为0.05mL)。则①和②pH之差为（ ）‎ A. 2 B. 4 C. 6 D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】①多加了1滴H2SO4：c(H+)=2×（0.01mol·L-1×0.05×10-3 L）/0.1 L=1.0×10-5 mol·L-1；②少加了1滴H2SO4，则相当于多了等量的OH-，即：c(OH-)=1.0×10-5 mol·L-1，c(H+)=1.0×10-14/1.0×10-5=1.0×10-9 mol·L-1。①和②c(H+)之比=1.0×10-5/1.0×10-9=104，①和②pH之差为4。答案选B。‎ ‎17. 常温下，向0.25mol·L－1‎ 的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液，下列有关说法中正确的是（　　）‎ A. 硫酸溶液的体积为25 m L B. b时刻溶液中SO的浓度约为0.125 mol·L－1‎ C. d时刻溶液的pH为12‎ D. 溶液的导电能力：c＜d＜b＜a ‎【答案】D ‎【解析】A．硫酸和氢氧化钡发生中和反应，随着氢氧化钡溶液的加入，溶液中氢离子的浓度逐渐降低，溶液的PH值逐渐增大，当达到c点时，硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水，由于硫酸物质的量浓度和氢氧化钡溶液物质的量浓度相等，所以硫酸溶液的体积为20mL，故A错误；‎ B．b时刻硫酸根离子物质的量浓度为：0.25mol/L×20mL20mL+10mL=0.167mol/L，故B错误；‎ C．d溶液呈碱性，c（OH-）=10mL×0.25mol/L×220mL+30mL=0.1mol/L，c（H+）=10-13，pH=13，故C错误；‎ D．导电能力与溶液中自由移动离子的浓度有关，离子浓度越大，导电能力越强，随着氢氧化钡溶液的加入，溶液中硫酸根离子和氢离子逐渐减少，当达到c点时，硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水，溶液的导电性最小，继续滴加氢氧化钡溶液时，氢氧化钡是可溶性的强电解质，溶液中自由移动的离子浓度增大，导电性逐渐增强，所以导电能力是先减小后增大，但d中离子浓度小于b，所以导电能力大小顺序是a＞b＞d＞c，故D正确；故选D． ‎ ‎18. 现有室温下四种溶液，有关叙述正确的是( )‎ 编号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ pH ‎10‎ ‎10‎ ‎4‎ ‎4‎ 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸溶液 盐酸 A. 相同体积③、④溶液分别与NaOH完全反应，消耗NaOH物质的量：④＞③‎ B. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH①＞②＞④＞③‎ C. ①、④两溶液等体积混合，所得溶液中c(H+)＞c(OH－)‎ D. Va L ④溶液与Vb L ②溶液混合（混合液体积=Va + Vb）若混合溶液pH = 5，则Va ：Vb =9 ：11‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、醋酸是弱电解质，盐酸是强电解质，溶液pH=4，则c(CH3COOH)>c(HCl)，消耗NaOH物质的量：③＞④，正确；B、无论稀释多少倍，酸溶液pH<7，碱溶液pH>7，弱电解质溶液存在电离平衡，稀释时变化小一些，所以pH ①＞②＞④＞③，正确；C、①、④两溶液等体积混合，所得溶液为大量一水合氨与少量氯化铵的混合液，且NH3·H2O电离程度大于NH4Cl的水解程度，所得溶液中c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，错误；D、（Va ×10-3- Vb×10-3）/ Va + Vb=10-4，则Va : Vb =11 ：9，错误。答案选B。‎ ‎19. 浓度均为0.10 mol·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是 A. MOH的碱性强于ROH的碱性 B. ROH的电离程度：b点大于a点 C. 若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等 D. 当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大 ‎【答案】D ‎【解析】A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b＞a，故B正确；C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c(OH-)接近于纯水中c(OH-)，所以它们的c(OH-)相等，故C正确；D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当lg=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以c(M+)/c(R+)减小，故D错误；故选D。‎ 点睛：本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键。易错选项是C，注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离。‎ ‎20. 取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少6.40 g ，另一份加入1000 mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48 L，则所用硝酸的物质的量浓度为（ ）‎ A. 3.2 mol/L B. 1.6 mol/L C. 0.9 mol/L D. 无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为6.4g÷16g/mol=0.4mol，根据Cu元素守恒可知n(CuO)=n(O)=0.4mol；‎ 另一份中加入1000mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO3)2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n(Cu)=3n(NO)=3×0.2mol，n(Cu)=0.3mol，由铜元素守恒可知n[Cu(NO3)2]=n(CuO)+n(Cu)=0.4mol+0.3mol=0.7mol，根据氮元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+2n[Cu(NO3)2]=0.2mol+2×0.7mol=1.6mol，硝酸的浓度为1.6mol÷1L=1.6mol/L。故选B。‎ 考点：考查化学方程式的有关计算 二、非选择题（6小题，共60分）‎ ‎21. Ⅰ． 在一定温度下将2 mol A和2 mol B两种气体混合于2 L密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g)，2分钟末反应达到平衡状态，生成了0.8 mol D，请填写下面空白。‎ ‎（1）用D表示2 min内的平均反应速率为________，A的转化率为________。‎ ‎（2）如果缩小容器容积(温度不变)，则平衡体系中混合气体的密度________(填“增大”、“减 少”或“不变”)。‎ ‎（3）若开始时只加C和D各4/3 mol，要使平衡时各物质的质量分数与原平衡相等，则还应加 入______ mol B物质。‎ ‎（4）若向原平衡体系中再投入1 mol A和1 mol B，平衡________(填“右移”、“左移”或“不 移动”)。‎ Ⅱ．有人设计出利用CH4和O2的反应，用铂电极在KOH溶液中构成原电池。电池的总反应类似于CH4在O2中燃烧，则 ：‎ ‎①每消耗1 mol CH4可以向外电路提供____ mol e－；‎ ‎②负极电极反应式为__________________________________________；‎ ‎③电池放电后，溶液的pH不断________。‎ ‎【答案】 (1). 0.2 mol·L－1·min－1 (2). 60% (3). 增大 (4). 4/3 (5). 右移 (6). 8 (7). CH4＋10OH－－8e－=CO＋7H2O (8). 减小 ‎【解析】（Ⅰ）(1)V（D）=∆c/∆t=0.8mol÷2L÷2min=0.2 mol·L－1·min－1；‎ ‎（2）反应混合物都为气体，总质量不变，体积减小，平衡体系中混合气体的密度增大。‎ ‎（3）平衡时各物质的质量分数与原平衡相等，为等效平衡，应前后气体体积不变，按化学计量数转化到左边，满足n（A）：n（B）=1：1即可。根据 ‎3A（g）+B（g）2C（g）+2D（g）可知，C和D各4/3mol，转化到左边可得A为2mol，B为2/3mol。令B的物质的量为nmol，则：2mol：（n+2/3）mol=2mol：2mol，解得n=4/3。‎ ‎（4）增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动。‎ ‎（Ⅱ）（1）CH4完全燃烧生成二氧化碳，碳元素由-4价转化为+4价，则每消耗1 mol CH4可以向外电路提供8 mol e－；②生成的二氧化碳在碱性介质中生成碳酸酸离子，半反应为：CH4＋10OH－－8e－=CO＋7H2O；③电池放电后，由半反应可知溶液的pH不断下降。‎ ‎22. 现有易溶强电解质的混合溶液10L，共中可能含K+、Ba2+、Na+、NH4+、Cl−、SO42−、AlO2−、OH−中的几种，向其中通入CO2气体，产生沉淀的量与遇入CO2的量之问的关系如图所示，回答下列问题：‎ ‎（1）该溶液中能确定存在的离子是____________________;‎ ‎（2） 肯定不存在的离子是___________;‎ ‎（3） 若不能确定的离子中至少还存在一种阳离子，检验该阳离子的方法是____________;‎ 则该离子的浓度为 _________;‎ ‎ （4）CD段反应的离子方程式__________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Ba2+、OH−、AlO2− (2). SO42−、NH4+ (3). 焰色反应 (4). ≥0.2mol/L (5). CO2+CO32-+H2O=2HCO3-‎ ‎【解析】通入二氧化碳，在OA段产生沉淀，说明一定含Ba2+、OH-，根据离子共存条件，一定不含SO42-，因二者反应会生成硫酸钡沉淀；在BC段产生沉淀，说明含AlO2-，AlO2-存在碱性环境，故一定含OH-，不含NH4+，因两者反应放出氨气，根据OA段，通入1mol二氧化碳生成1mol沉淀，所以 Ba2+为1mol，反应方程式为：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，AB段沉淀不变，说明二氧化碳和OH-反应，结合OA段可知含 OH-共2.5mol，根据BC段可知发生反应：2 AlO2-+CO2+3H2O═2A l(OH)3↓+CO32-，故消耗二氧化碳0.5mol，即AlO2-的物质的量为1mol，CD段发生反应为碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，DE段发生反应：BaCO3+CO2+H2O═Ba2++2HCO3-，根据电荷守恒，所含阳离子所带正电荷为Ba2+所带：2mol，阴离子所带负电荷为AlO2-、OH-所带：2.5mol+1mol=3.5mol，故一定还含阳离子．‎ ‎（1）根据以上分析，一定含Ba2+、AlO2-、OH-，一定不含：NH4+、Cl-、SO42−；不能确定离子中至少还存在一种阳离子存在，所给阳离子中还有K+、Na+没确定，可通过焰色反应来鉴别；根据电荷守恒，所含离子的物质的量设为n，则有：n+2mol=4mol，n=2mol，浓度为：2.0mol/10L=0.2mol/L，若含氯离子，则阳离子浓度大于0.2mol/L；故答案为：（1）Ba2+、OH−、AlO2−；（2）NH4+、SO42−；（3）焰色反应；≥0.2mol/L；（4）CD段反应的离子方程式：CO2+CO32-+H2O=2HCO3-‎ ‎23. 甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。工业上利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2‎ ‎）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：‎ ‎①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H ‎②CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g) △H＝－58 kJ/mol ‎③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H＝＋41 kJ/mol 回答下列问题：‎ ‎（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下： ‎ 化学键 H－H C－O C O H－O C－H E/（kJ.mol-1）‎ ‎436‎ ‎343‎ ‎1076‎ ‎465‎ x 则x＝_________。‎ ‎（2）若T℃时将6molCO2和8molH2充入2L密闭容器中发生反应②，测得H2的物质的量随时间变化如图中状态Ⅰ(图中实线)所示。图中数据A(1，6)代表在1min时H2的物质的量是6mol。‎ ‎①T℃时状态Ⅰ条件下，0～3min内CH3OH的平均反应速率v＝_____________mol/(L·min)，平衡常数K＝____；‎ ‎②其他条件不变时，仅改变某一条件后测得H2的物质的量随时间变化如图中状态Ⅱ所示，则改变的条件可能是_______；‎ ‎③其他条件不变，仅改变温度时，测得H2的物质的量随时间变化如图中状态Ⅲ所示，则状态Ⅲ对应的温度________(填“＞”“＜”或“=”)T℃；‎ ‎④若状态Ⅱ的平衡常数为K2，状态Ⅲ的平衡常数为K3，则K2____(填“＞”“＜”或“＝”)K3；‎ ‎⑤一定温度下，此反应在恒容容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态依据的是_____。‎ a．容器中压强不变    b．甲醇和水蒸气的体积比保持不变 c．v正（H2）＝3v逆（CH3OH） d．2个C＝O断裂的同时有6个H—H断裂 ‎【答案】 (1). 413 (2). 0.28 (3). 0.5 (4). 增大压强 (5). ＞ (6). ＞ (7). a c ‎【解析】试题分析：（1）根据盖斯定律：反应③+反应①=反应②，故△H=△H2-△H3=-58kJ•mol-1-(+41kJ．mol-1)=-99kJ．mol-1，反应热=反应物总键能-生成物总键能，故 ‎△H1=1076kJ．mol-1+2×436kJ．mol-1-(3×x+343+465)kJ．mol-1=-99kJ．mol-1，解得：x=413；‎ ‎（2）①有图表可知，3min时H2的物质的量为3mol，则H2变化物质的量为5mol，CH3OH的变化物质的量为，0~3min内CH3OH的平均反应速率v==0.28mol/(L·min)；8min后反应达到平衡状态，此时H2的物质的量为2mol，变化物质的量为6mol，此时平衡状态中CO2的物质的量为4mol，CH3OH的物质的量为2mol，H2O(g)的物质的量为2mol，此时平衡常数K==0.5；‎ ‎②状态Ⅱ反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，因增大压强平衡正向移动，故应是增大压强；‎ ‎③状态Ⅲ反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，不利于氢气的转化，故状态Ⅲ对应的温度＞T℃；‎ ‎④状态Ⅱ与状态I相同温度下发生的反应；状态Ⅲ是升高温度，温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小，则K2＞K3；‎ ‎（5）a．因气态反应物与气态生成物的系数和不等，则容器中压强不变时，是平衡状态，故a正确；b．随着反应的进行，甲醇和水蒸汽的体积比可能始终保持不变，则不一定是平衡状态，故b错误；c．当v正(H2)=3v逆CH3OH) 时，反应达到平衡状态，故b正确；d．C=O断裂和H—H断裂都说明反应正向进行，不能说明是平衡状态，故d错误；答案为ac。‎ 考点：考查化学反应速率或平衡的图象和热化学反应方程式，以及考查平衡常数的计算及化学平衡状态的判断等。‎ ‎24. 结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：‎ 酸 电离常数(Ka)‎ 酸 电离常数(Ka)‎ 酸 电离常数(Ka)‎ 酸 电离常数(Ka)‎ CH3COOH ‎1.8×10-5‎ H2CO3‎ K1=4.4×10-7‎ K2=4.7×10-11‎ H2C2O4‎ K1=5.4×10-2‎ K2=5.4×10-5‎ H2S K1=1.3×10-7‎ K2=7.1×10-15‎ HClO ‎3×10-8‎ 请回答下列问题：‎ Ⅰ．（1）同浓度的CH3COO－、HCO、CO、HC2O4－ 、ClO－、S2-结合H＋的能力最弱的____________。‎ ‎（2）常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的 是________(填序号)。‎ A．c(H＋) B．c(H＋)/c(CH3COOH)‎ C．c(H＋)·c(OH－) D． ‎ 若该溶液升高温度，上述4种表达式的数据增大的是_________________。‎ ‎（3）体积为10 mL pH＝2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH 变化如图所示，则稀释后，醋酸溶液中由水电离出来的c(H＋)_______(填“大于”、“等于”或“小于”)HX 溶液中由水电离出来的c(H+)。‎ Ⅱ．（1）下列化学方程式可能正确的是______________。‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎（2）写出过量CO2通入Na2S溶液中的离子方程式______________________________________。‎ ‎（3）将过量的氯气通入到少量的碳酸钠溶液中_______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). HC2O4－ (2). A (3). ABCD (4). 小于 (5). BD (6). 2CO2 + 2S2- + 2H2O = 2HS- + 2HCO3 - (7). (‎ ‎【解析】Ⅰ．（1）K值越小结合氢离子能力越强，查数据可知：同浓度的CH3COO－、HCO、CO、HC2O4－ 、ClO－、S2-结合H＋的能力最弱的HC2O4－；‎ ‎（2）A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c（H+）减小，故A选；B．c（H+）/c（CH3COOH）=n（H+）/n（CH3COOH），则稀释过程中比值变大，故B不选；C．稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH-）增大，c（H+）×c（OH-）=Kw，Kw不变，故C不选；D．稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH-）增大，则c（OH-）/c（H+）变大，故D不选；弱电解质电离是吸热反应，故升高温度，上述4种表达式的数值均变大；‎ ‎（3）等pH的pH＝2的醋酸溶液与一元酸HX稀释相同位数，HX变化值大，说明HX的酸性大于醋酸，则稀释后，醋酸溶液抑制水的电离能力大于HX，则水电离出来的c(H＋)小于HX。‎ Ⅱ．(1)由比较草酸与碳酸的各级电离平衡常数大小，常数越小的对应微粒越易得到质子，因草酸二级电离平衡常数大于碳酸的一、二级电离平衡常数，所以BD正确。‎ 同理，碳酸一级电离大于氢硫酸的一级电离，但其二级电离小于氢硫酸的一级电离，故过量CO2通入Na2S溶液中的离子方程式：2CO2 + 2S2- + 2H2O = 2HS- + 2HCO3 -；（3）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸的电离平衡常数介于碳酸的一、二级常数之间，故过量的氯气通入到少量的碳酸钠溶液中的离子方程式为：‎ ‎25. 碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：‎ ‎（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2。该反应的还原产物为______。‎ ‎（2）已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的△H = +11 kJ·mol－1，l molH2(g)、1 mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ的能量，则1 mol HI(s)分子中化学键断裂时需吸收的能量为______kJ。‎ ‎（3）Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)。在716 K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：‎ t/min ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎120‎ x(HI)‎ ‎1‎ ‎0.91‎ ‎0.85‎ ‎0.815‎ ‎0.795‎ ‎0.784‎ x(HI)‎ ‎0‎ ‎0.60‎ ‎0.73‎ ‎0.773‎ ‎0.780‎ ‎0.784‎ ‎①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为__________________。‎ ‎②上述反应中，正反应速率为正=k正x2(HI)，逆反应速率为逆=k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为____________________(以K和k正表示)。若k正=0.0027 min－1，在t = 40 min时，正 = _______________min－1。‎ ‎③由上述实验数据计算得到正～x(HI)和逆～x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为______________(填字母)。‎ ‎【答案】 (1). MnSO4(或Mn2＋) (2). 299 (3). (4). k正／K (5). 1.95×10－3 (6). A、E ‎【解析】（1）根据氧化还原反应方程式来判断还原产物是中学常规考法，迁移实验室制氯气的原理可得MnSO4。‎ ‎（2） 键能一般取正值来运算，ΔH=E（反应物键能总和）－E（生成物键能总和）；设1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，代入计算：+11=2x－（436+151），x =299。‎ ‎（3） ①因反应前后气体体积相等，不同的起始态很容易达到等效的平衡状态。表格中的两列数据是正向和逆向的两组数据。‎ ‎716K时，取第一行数据计算：2HI（g）H2（g）+I2（g）‎ n（始）（取1mol）  1         0      0‎ Δn           （0.216） （0.108） （0.108）‎ n（平）           0.784  （0.108） （0.108）‎ 化学平衡常数为 ‎②平衡状态下，v正= v逆，故有：k正·x2(HI) = k逆·x(H2)·x(I2)‎ 变形：k正/ k逆=｛ x(H2)·x(I2)｝/ x2(HI)=K；故有： k逆= k正/K ‎③注意到升温的两个效应（加快化学反应速率、使平衡移动）即可突破：先看图像右半区的正反应，速率加快，坐标点会上移；平衡（题中已知正反应吸热）向右移动，坐标点会左移。综前所述，找出A点。同理可找出E点。‎ ‎26. Ⅰ．用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.01000 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取________ g K2Cr2O7(保留4位有效数字，已知M(K2Cr2O7)＝294.0 g·mol－1)。‎ 配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有________(用编号表示)。‎ ‎①电子天平　②烧杯　③量筒　④玻璃棒　⑤容量瓶　⑥胶头滴管　⑦移液管 Ⅱ．四氯化硅粗产品经精馏后，得到的残留物中常含有铁元素，为了分析残留物中铁元素的含量，先将残留物预处理，使铁元素还原成Fe2＋，再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定，反应的离子方程式是：5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。‎ 滴定前是否要滴加指示剂？________(填“是”或“否”)，请说明理由__________________。‎ Ⅲ．某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I－发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。‎ ‎①可选用______作滴定指示剂，滴定终点的现象是_______________________________。‎ ‎②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为________________________________________。‎ ‎③碘与硫代硫酸钠反应的离子方程式是________________________________________。‎ ‎④该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为________。‎ ‎【答案】 (1). 0.7350 (2). ③⑦或⑦ (3). 否 (4). MnO有色，故不需其他指示剂 (5). 淀粉溶液 (6). 溶液的蓝色褪去，且30s内不恢复蓝色 (7). 2Cu2＋＋4I－ = 2CuI↓＋I2 (8). I2＋2S2O32- = S4O62-＋2I－ (9). 95%‎ ‎【解析】Ⅰ．n(K2Cr2O7)＝0.010 00 mol·L－1×0.25 L＝0.002 5 mol，m(K2Cr2O7)＝0.002 5 mol×294.0 g·mol－1＝0.735 0 g；配制固体溶液时选用电子天平，配制液体时可选用量筒或移液管。故配制该标准溶液时，不必用到量筒、移液管。‎ Ⅱ．由于高锰酸钾本身是紫红色的，与Fe2＋反应时，可以褪色，故而可以作为指示剂。‎ Ⅲ．①“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体试样的纯度的基本原理是CuCl2氧化I－生成I2，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，而淀粉溶液遇I2显蓝色，故可用淀粉溶液作指示剂，达到滴定终点时，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内溶液不恢复原来的颜色。‎ ‎②CuCl2与KI发生氧化还原反应，离子方程式为2Cu2＋＋4I－ = 2CuI↓＋I2 。‎ ‎③由题给信息可得关系式：2Cu2＋～I2～2 Na2S2O3，则有 n(CuCl2·2H2O)＝n(Cu2＋)＝n(Na2S2O3)＝0.100 0 mol·L－1×20.00×10－3 L＝2.000×10－3‎ ‎ mol，m(CuCl2·2H2O)＝2.000×10－3 mol×171 g·mol－1＝0.342 g。试样中CuCl2·2H2O的质量分数为×100%＝95%。‎ ‎ ‎ ‎ ‎