2018-2019学年湖南省醴陵二中、醴陵四中高二上学期期中联考化学试题 解析版

2018-2019学年湖南省醴陵二中、醴陵四中高二上学期期中联考化学试题 解析版

湖南省醴陵二中、醴陵四中2018-2019学年高二上学期期中联考 化学试题 ‎1.你认为下列行为中有悖于“节能减排，和谐发展”这一主题的是,‎ A. 将煤进行气化处理，提高煤的综合利用效率 B. 研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展 C. 开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料 D. 实现资源的“3R”利用观，即：减少资源消耗、增加资源的重复使用、资源的循环再生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．将煤进行“气化”和“液化”处理，提高煤的综合利用效率，能达到节能目的，符合题意，故A不选；B．研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展，增大能源浪费且增大产生污染的物质，不符合题意，故B选；C．开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源、减少使用煤、石油等化石燃料能起到节能、减排、环保作用，符合题意，故C不选；D．实现资源的“3R”利用观，即：减少资源消耗(Reduce)起到节能作用，增加资源的重复使用(Reuse)、资源的循环再生(Recycle)增大原料利用率，能起到节能、减排、环保作用，符合题意，故D不选；故选B。‎ ‎【考点定位】考查常见的生活环境的污染及治理 ‎【名师点晴】本题考查环境污染与治理等有关知识，正确理解题给信息是解本题关键，开发使用清洁能源有利于保护环境也是最终解决环境污染的根本方法，用化学知识为生产生活服务。本题中只要能节能、减排、不产生对环境有污染的物质的做法就符合题意。‎ ‎2.下列反应既是复分解反应，又是吸热反应的是 A. 铝片与稀盐酸的反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 C. 灼热的炭与二氧化碳的反应 D. 甲烷在氧气中的燃烧反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：反应物总能量低于生成物总能量，说明该反应是吸热反应。A和B都是放热的氧化还原反应，C是吸热的氧化还原反应，D是吸热反应，但不是氧化还原反应，答案选C。‎ 考点：考查放热反应和吸热反应的判断 点评：该题是基础性试题的考查，主要是考查学生对常见放热反应和吸热反应的了解情况，意在巩固学生的基础知识，提高学生的应试能力。该题的关键是记住常见的放热反应和吸热反应，即一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。‎ ‎3.下列物质中，属于强电解质的是 A. CO2 B. 稀盐酸 C. NH3•H2O D. NaOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 能完全电离的电解质是强电解质，如强酸、强碱和大多数盐，只有部分电离的电解质是弱电解质，如弱酸和弱碱等。‎ ‎【详解】A．二氧化碳是非电解质，选项A不选；‎ B．稀盐酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项B不选；‎ C．一水合氨在水溶液里只有部分电离，所以是弱电解质，选项C不选；‎ D．氢氧化钠在水溶液里或熔融状态下完全电离，所以是强电解质，选项D选；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了强弱电解质的判断，注意强弱电解质是根据其电离程度划分的，而不是根据其溶液导电能力划分的，为易错点。‎ ‎4.为了除去MgCl2洛液中的FeCl3，可在加热搅拌的条件下如入一种试剂，这种试剂是 A. NaOH B. 氨水 C. Na2CO3 D. MgO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据FeCl3易水解生成氢氧化铁。‎ ‎【详解】A、加入 NaOH分别与MgCl2、FeCl3反应生成氢氧化镁和氢氧化铁沉淀，且生成氯化钠杂质，不符合，选项A错误；‎ B、加入氨水后，Mg2＋和 Fe3＋都生成沉淀，且也引入了新的杂质氯化铵，选项B错误；‎ C、加入 Na2CO3后 ， Mg2＋和 Fe3＋都生成沉淀，且也引入了新的杂质氯化钠，选项C错误；‎ D．加入MgO，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查了除杂，题目难度不大，盐类的水解可用于除杂，除杂时不能引入新杂质。‎ ‎5.甲酸是一种一元有机酸．下列性质可以证明它是弱电解质的是 A. 甲酸能与水以任意比互溶 B. 1mol•L-1甲酸溶液的pH约为2‎ C. 10mL 1mol•L-1甲酸恰好与10mL 1mol•L-1NaOH溶液完全反应 D. 甲酸溶液的导电性比盐酸的弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．甲酸能与水以任意比互溶，与甲酸的电离程度无关，所以不能证明甲酸是弱电解质，故A错误；B．1mol/L甲酸溶液的pH约为2，甲酸溶液中氢离子浓度小于甲酸，说明甲酸部分电离，则证明甲酸是弱电解质，故B正确；C．10mL 1mol•L-1甲酸恰好与10mL 1mol•L-1NaOH溶液完全反应，说明甲酸是一元酸，不能说明甲酸的电离程度，则不能证明甲酸是弱电解质，故C错误；D．溶液的导电性与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，所以不能说明甲酸是弱电解质，故D错误；故选B。‎ ‎【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡 ‎【名师点晴】本题考查了电解质强弱的判断。弱电解质的判断不能根据物质的溶解性大小、溶液酸碱性判断。只要能说明醋酸在水溶液里部分电离就能证明醋酸为弱电解质，可以通过测定同浓度、同体积的溶液的导电性强弱来鉴别，如测定等体积、浓度均为0.5mol•L-1的盐酸和CH3COOH溶液的导电性实验表明，盐酸的导电能力比CH3COOH溶液的导电能力大得多，因为溶液导电能力的强弱是由溶液里自由移动离子的浓度的大小决定的，因此同物质的量浓度的酸溶液，酸越弱，其溶液的导电能力越弱。电解质强弱是根据其电离程度划分的，与其溶解性、酸碱性、溶液导电能力都无关，为易错题。‎ ‎6.下列有关热化学方程式的叙述正确的是 A. 2NaOH（aq）+H2SO4（aq）═Na2SO4（aq）+2H2O（l）△H=﹣akJmol﹣1，则中和热为a/2kJ/mol B. 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H1=﹣akJmol﹣1，则氢气燃烧热为akJmol﹣1‎ C. 反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应必须加热才能发生 D. N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=﹣akJmol﹣1，则将14gN2（g）和足量H2置于一密闭容器中，充分反应后放出0.5akJ的热量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、根据中和热的定义判断； ‎ B、氢气燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量；‎ C、吸热反应不一定需要加热；‎ D、由热化学方程式可知，0.5mol N2和足量 H2完全反应时放出的热量为0.5akJ，由于N2和H2反应生成NH3的反应为可逆反应，可逆反应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%，据此判断。‎ ‎【详解】A、在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应生成2mol水，放出热量为akJ，故中和热为kJ/mol，选项A正确；‎ B、在25℃、101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（l） △H1=﹣akJmol﹣1，则氢气燃烧热为kJ/mol，选项B错误；‎ C、反应物的总能量低于生成物的总能量的反应为吸热反应，吸热反应不一定需要加热，如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应为吸热反应，该反应不需要加热就可以发生，选项C错误；‎ D、由热化学方程式可知，1mol N2和3mol H2完全反应，放出的热量为akJ，由于N2和H2反应生成NH3的反应为可逆反应，可逆反应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%，故0.5mol N2和足量 H2完全反应时放出的热量应小于0.5akJ，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查了反应吸放热与反应条件的关系和燃烧热中和热的概念，注意把握可逆反应的特征，应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%。‎ ‎7.反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是 A. 增加CO的量 B. 将容器的体积缩小一半 C. 保持体积不变，充入N2使体系压强增大 D. 保持压强不变，充入N2使容器体积变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、根据浓度越大，化学反应速率越快，增加CO物质的量，加快了反应速率；‎ B、体积缩小，反应体系中物质的浓度增大，化学反应速率越快；‎ C、体积不变，充入氮气使体系压强增大，但反应体系中的各物质的浓度不变；‎ D、压强不变，充入氮气容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小。‎ ‎【详解】A、因浓度越大，化学反应速率越快，增加CO物质的量，加快了反应速率；‎ B、将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大；‎ C、保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变；‎ D、保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小。‎ 答案选C。‎ ‎8.对于可逆反应2SO2+O22SO3,正反应为放热反应。升高温度产生的影响是 A. v（正）增大，v（逆）减小 B. v（正）、v（逆）不同程度增大 C. v（正）减小，v（逆）增大 D. v（正）、v（逆）同等程度增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 升高温度，正逆化学反应速率都加快；升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，但是增加程度不一样，正逆反应速率不相等。‎ ‎【详解】A、升高温度，正逆化学反应速率都加快，即v（正）增大，v（逆）增大，选项A错误；‎ B、升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，即向着逆方向进行，正反应速率小于逆反应速率，即逆反应速率增加的程度大，选项B正确；‎ C、升高温度，正逆化学反应速率都加快，即v（正）增大，v（逆）增大，选项C错误；‎ D、升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，但是增加程度不一样，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查温度对化学反应速率和化学平衡移动的影响知识，注意知识的迁移和应用是关键，难度不大。‎ ‎9.某温度下，反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H＜0，在密闭容器中达到平衡，平衡时改变外界条件，使反应再次平衡，新平衡时，与原平衡相比变小了，则改变条件的可能有 A. 保持容器的容积不变，升高了温度 B. 保持容器压强和温度不变，向容器内补充了Ar（g）‎ C. 保持容器容积和温度不变，向容器内补充了N2‎ D. 保持容器容积和温度不变，液化分离走部分NH3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 使反应再次平衡，新平衡时，与原平衡相比变小了，说明新的化学平衡正向移动，改变的条件是增大压强、或是增加氮气的量、或是降低了温度，据化学平衡移动原理来回答。‎ ‎【详解】A、保持容器的容积不变，升高了温度，则平衡会逆向进行，与原平衡相比变大了，选项A错误；‎ B、保持容器压强和温度不变，向容器内补充了Ar（g），则会加大体积，相对于原平衡是减小了压强，平衡逆向移动，使得与原平衡相比变大了，选项B错误；‎ C、保持容器容积和温度不变，向容器内补充了N2，则平衡会正向进行，与原平衡相比变小了，选项C正确；‎ D、保持容器容积和温度不变，液化分离走部分NH3，平衡正向移动，但是氨气浓度减小的值要比氢气浓度减小的值更大，所以与原平衡相比变大了，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查影响化学平衡移动的因素：浓度、压强、温度等，注意知识的灵活应用是解题的关键，难度不大。‎ ‎10.某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X（g）＋Y（g）Z（g）＋W（s）ΔH＞0下列叙述正确的是 A. 加入少量Ｗ，逆反应速率增大 B. 升高温度，平衡逆向移动 C. 当容器中气体压强不变时，反应达到平衡 D. 平衡后加入Ｘ，上述反应的ΔＨ增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、W在反应中是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，A错误；B、该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应移动，即向正反应移动，B错误；C、该反应是前后气体分子数不相等的反应，当容器中气体压强不变时，反应达到平衡，C正确；D、反应热△H与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的物质的量无关，D错误。答案选C。‎ 考点：化学平衡的影响因素 ‎11.对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）△H＞0，下列图象中正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）△H＞0，反应物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动，正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向移动，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．增大压强，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，已知图象中正反应速率小于逆反应速率，选项A错误；‎ B．正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向移动，A的含量减小，与图象不符合；增大压强，平衡向正反应方向移动，A的含量减小，与图象不符合，选项B错误；‎ C．升高温度，反应速率增大，达到平衡所用时间较少，图象不符合，选项C错误；‎ D．升高温度，反应速率增大，达到平衡所用时间较少，平衡向正反应方向移动，A的含量减小，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应平衡图象问题，题目难度中等，注意分析方程式的特征来判断温度、压强对平衡移动的影响为解答该题的关键。‎ ‎12.某反应CH3OH(l)+NH3(g) ===CH3NH2(g)+H2O(g)在高温度时才能自发进行，则该反应过程的△H、△S判断正确的是 A. △H>0、△S<0 B. △H<0、△S>0‎ C. △H<0、△S<0 D. △H>0、△S>0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由CH3OH(l)+NH3(g) = CH3NH2(g)+H2O(g)知△S>0，高温度时才能自发进行说明吸热反应△H>0，A.△S<0不符合题意，故A错；B. △H<0 不符合题意，故B错；C. △H<0 、△S<0两者都不符合题意，故C错；所以本题答案为：D。‎ ‎13.恒温、恒容的条件下对于N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＜0的反应，达到化学平衡状态的标志为 A. 断开一个N≡N键的同时有6个N—H键生成 B. 混合气体的密度不变 C. 混合气体的平均相对分子质量不变 D. N2、H2、NH3分子数之比为1∶3∶2的状态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：可逆反应达到化学平衡状态的实质是正逆反应速率相等但不为0。A、断开1个N≡N键的同时，必然会生成2分子氨气，即6个N—H键生成，A不正确；B、密度是气体的质量和容器体积的比值，反应前后气体质量和容器体积均不变，所以在任何时刻混合气体的密度不变，B不正确；C、混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以可以说明达到化学平衡状态，C正确；D、N2、H2、NH3分子数之比1∶3∶2的状态不一定满足正逆反应速率相等，D不正确。答案选C。‎ 考点：考查化学平衡状态的标志 ‎14.下列变化不能用勒夏特列原理解释的是 A. 红棕色的NO2气体加压后颜色先变深再变浅 B. H2、I2、HI混合气体加压后颜色变深 C. 二氧化硫转化为三氧化硫时增加空气的量以提高二氧化硫的转化率 D. 打开汽水瓶，看到有大量的气泡逸出 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅，平衡2NO2N2O4；加压条件减小，混合气体颜色变深，但压强增大平衡正向移动，颜色变浅，和平衡有关，A不符合题意；B、对H2（g）+I2（g）2HI（g）反应前后气体的总物质的量相等，增大压强，平衡不移动，气体颜色变深是因为体积减小，I2的物质的量浓度增大，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意。C、SO2催化氧化成SO3的反应，加入过量的空气，是增加氧气的浓度，提高二氧化硫的转化率，和平衡有关，C不符合题意；D、打开汽水瓶后，瓶中有大量气泡，是减小压强，减小了二氧化碳在水中的溶解度，和平衡有关，D不符合题意。故选B。‎ 考点：考查了勒夏特列原理的相关知识。‎ ‎15.相同温度下，有体积相同、pH相等的烧碱溶液和氨水，下列叙述中正确的是 A. 两溶液物质的量浓度相同 B. 两溶液中c（OH-）相同 C. 用同浓度的盐酸中和时，消耗盐酸的体积相同 D. 加入等体积的水稀释后，pH仍相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 氨水是弱碱，则氨水的浓度大于氢氧化钠，A错误；B. pH相等，则两溶液中OH－离子浓度相同，B正确；C. 一水合氨的物质的量大于氢氧化钠，所以用同浓度的盐酸中和时，消耗盐酸的体积是氨水大于烧碱，C错误；D. 加入等体积的水稀释后促进一水合氨的电离，氨水的pH大于氢氧化钠的，D错误，答案选B。‎ 点睛：明确一水合氨的电离特点是解答的关键，注意电离平衡也是一种动态平衡，当溶液的温度、浓度以及离子浓度改变时，电离平衡都会发生移动，符合勒·夏特列原理，例如浓度：浓度越大，电离程度越小。在稀释溶液时，电离平衡向右移动，而离子浓度一般会减小。温度：温度越高，电离程度越大。因电离是吸热过程，升温时平衡向右移动。‎ ‎16.现有常温时pH＝1的某强酸溶液10mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是 A. 加入10mL 0.01mol L－1的NaOH溶液 B. 加入10mL 的水进行稀释 C. 加水稀释成100mL D. 加入10mL 0.01mol·L－1的盐酸溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：常温下pH=1的某强酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，使溶液的pH变成2，此时溶液中c（H+）=0.01mol/L。A、pH=1的某强酸溶液10mL，n（H+）=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，10mL0.01mol/L的NaOH溶液，n（OH-）=0.01L×0.01mol/L=0.0001mol，混合后c（H+）=（0.01mol-0.001mol）÷0.02L≠0.01mol/L，错误；B、加入10mL的水进行稀释，混合后溶液中c（H+）=0.05mol/L，错误；C、加水稀释成100mL，稀释后的溶液中c（H+）=0.01mol/L，正确；D、加入10mL0.01mol/L的盐酸，混合后，c（H+）=（0.01mol+0.001mol）÷0.02L≠0.01mol/L，错误。‎ 考点：考查溶液的酸碱性、pH计算 ‎17.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. 一段时间后铜片增重，盐桥中K＋移向CuSO4溶液 C. 电子从铜片经导线流向锌片 D. 电池工作时Zn2＋和Cu2＋ 的浓度保持不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铜为正极，正极上铜离子得电子，即发生Cu2++2e-=Cu，选项A错误；‎ B、正极反应为Cu2++2e-=Cu，所以铜棒上有Cu析出，质量增大，盐桥中阳离子向正极移动，即盐桥中K+移向CuSO4溶液，选项B正确； ‎ C、在外电路中，电子从电池负极经外电路流向正极，即电子从锌片经导线流向铜片，选项C错误；‎ D、电池工作时，负极锌失电子生成锌离子，则Zn2+浓度增大，正极上铜离子得电子生成Cu，则Cu2+ 的浓度减小，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎18.某种锂电池的总反应为Li + MnO2=LiMnO2,下列说法正确的是 A. Li是正极，电极反应为Li － e- = Li+‎ B. Li是负极，电极反应为Li － e- = Li+‎ C. Li是负极，电极反应为MnO2 + e- = MnO2–‎ D. Li是负极，电极反应为Li －2e- = Li2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题根据总反应式判断Li被氧化,为负极材料,失去电子成为Li+,正极放电的为MnO2,若已知电池总反应式而要写电极反应式,这类题的一般处理方法是:根据“负失氧、正得还”的规律先判断出负极材料,负极材料若是金属,则失电子而变为相应阳离子(注意:Fe失电子应变为Fe2+),负极材料若是其他被氧化的物质(如氢氧燃料电池中的H2、甲烷燃料电池中的CH4),则失电子变为相应氧化产物,然后再推断正极反应。‎ ‎19.25℃，浓度均为1mol/L的（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe（SO4）2三种溶液中，测得其中c（NH4+）分别为a mol/L、b mol/L、c mol/L，则下列判断正确的是 A. a＞b＞c B. a＞c＞b C. b＞a＞c D. c＞a＞b ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如果不考虑其他离子的影响，每摩尔物质都含有2 molNH4+，但溶液中CO32-的水解促进NH4+的水解，Fe2+的水解抑制NH4+的水解，以此解答该题。‎ ‎【详解】（NH4）2CO3溶液中CO32-的水解促进NH4+的水解，（NH4）2Fe（SO4）2溶液中Fe2+的水解抑制NH4+的水解，则等浓度时，c（NH4+）大小顺序应为c＞a＞b，答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查盐类水解的应用，侧重于盐类水解因素的考查，题目难度不大，注意把握影响因素，能正确判断水解平衡的移动方向。‎ ‎20.2004年美国圣路易斯大学研制了一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂，在200℃左右时供电，乙醇电池比甲醇电池效率高出32倍且更安全。电池总反应为：C2H5OH +3O2=2CO2 +3H2O，电池示意图如下，下列说法中正确的是 A. b极为电池的负极 B. 电池工作时电子在内电路中由a极经溶液到b极 C. 电池负极的电极反应为：C2H5OH+3H2O－12e－==2CO2+12H+‎ D. 电池工作时，1mol乙醇被氧化时有6mol电子转移 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．在燃料电池中，燃料乙醇在负极发生失电子的反应，氧气是在正极上发生得电子的反应，则a为负极，故A错误；B．电池工作时，电子在外电路中由a极经溶液到b极，内电路中是电解质溶液中的阴阳离子定向移动，故B错误；C．在燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，在酸性电解质环境下，正极的电极反应为：4H++O2+4e-=2H2O，燃料乙醇在负极发生失电子的氧化反应，负极的电极反应为：C2H5OH+3H2O－12e－=2CO2+12H+，故C正确；D．根据电池反应：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，则1mol乙醇被氧化失去12mol电子，所以1mol乙醇被氧化电路中转移12NA的电子，故D错误；答案为C。‎ 考点：考查原电池原理。‎ ‎21.常温下，有①Na2CO3溶液 ②CH3COONa溶液 ③NaOH溶液 ④CH3COONH4溶液各25mL，物质的量浓度均为0.l mol/L，下列说法正确的是（ ）‎ A. 四种溶液的pH大小顺序是③>②>①>④‎ B. 若分别加入25 mL 0.1 mol/L的盐酸充分反应后，pH最大的是①‎ C. 若将四种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是④‎ D. 升高温度，③溶液的pH不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. Na2CO3、CH3COONa水解产生OH－且水解程度：Na2CO3>CH3COONa，NaOH完全电离出OH－，CH3COONH4中CH3COO－和水解程度相同而使溶液呈中性，所以四种溶液的pH大小顺序是③>①>②>④，故A错误；B. 四种溶液分别恰好发生反应：Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3，CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl，NaOH+HClNaCl+H2O，CH3COONH4+HClCH3COOH+NH4Cl，NaCl对溶液酸碱性无影响，NaHCO3水解使溶液呈碱性，CH3COOH少量电离产生H+，NH4Cl水解使溶液呈酸性，所以pH最大的是①，故B正确；C.①②③的pH随着稀释而减小，同时稀释促进水解，①②pH变化比③小，④的pH不受稀释影响，所以pH变化最大的是③，故C错误；D. c(H＋)=，升高温度，Kw增大，c(H＋)增大，③溶液的pH减小，故D错误。故选B。‎ 点睛：由于酸性：HCO3-CH3COONa。在稀释过程中，由于c(OH－)减小，①②③的pH随着减小。同时稀释盐类水解平衡右移，①②pH变化比③小。‎ ‎22.下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是 A. 0.1mol·L-1的硫酸铵溶液中：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)‎ B. pH=1的一元酸和pH=13的一元碱等体积混合：c(OH-)=c(H+)‎ C. 氨水和氯化铵的pH=7的混合溶液中：c(Cl-)=c(NH4+)‎ D. 0.1mol·L-1的硫化钠溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硫酸铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性：c（H+）>c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）>c（SO42-），铵根离子水解程度较小，所以溶液酸性较弱，则离子浓度大小顺序为c（NH4+）>c（SO42-）>c（H+）>c（OH-），选项A正确；‎ B、酸碱的强弱未知，反应后不一定呈中性，若为强酸强碱，则c（OH-）=c（H+），若为弱酸强碱，则c（OH-）c（H+），选项B错误；‎ C、室温时，氨水和氯化铵混合溶液中含有NH4+、H+、OH－、Cl－，溶液呈电中性，根据电荷守恒原理，则c(Cl－)+c(OH－)=c(H+)+c(NH4+)，pH=7的混合溶液中c(OH－)=c(H+)，则该溶液中c(Cl－)=c(NH4+)，但题中没说明室温，则不一定为c(OH－)=c(H+)，选项C错误；‎ D．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S），选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】考查电解质溶液中粒子浓度大小关系，涉及溶液的酸碱性及pH、电荷守恒原理及关系式、强电解质、弱电解质、盐类水解、酸碱等体积混合溶液的酸碱性、硫化钠溶液中的质子守恒原理及关系式等。‎ ‎23.向某体积固定的密闭容器中加入0.3 mol A、0.1 mol C和一定量（未知）的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。请回答：‎ ‎（1）密闭容器的体积是__________L；‎ ‎（2）若t1=15时，则t0~t1 s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)=____________；‎ ‎（3）写出反应的化学方程式：________________________；‎ ‎（4）B的起始的物质的量是_______________；‎ ‎（5）平衡时体系内的压强为初始状态的________________倍 ‎【答案】 (1). 2 (2). 0.004 mol·L-1·s-1 (3). 3AB+2C (4). 0.04 mol (5). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据图象中A的起始浓度及物质的量求算体积；‎ ‎（2）根据图象中C的浓度变化求算其反应速率；‎ ‎（3）A的浓度减小为反应物，C的浓度增大为生成物，且反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化，反应前后计量数相同，确定B为生成物以及B的化学计量数；‎ ‎（4）B为生成物，根据反应的量和平衡时的量求出初始量；‎ ‎（5）根据阿伏加德罗定律可知，在同温同体积条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，也等于其分子数之比。‎ ‎【详解】（1）由图象可知A的起始浓度为0.15mol/L，A的物质的量为0.3mol，则体积为V=‎ ‎==2L；‎ ‎（2）由图象C的浓度变化为c（C）=0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，则其反应速率为v（C）===0.004 mol•L-1•s-1；‎ ‎（3）A的浓度随时间推移减小为反应物，A的浓度变化为：0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，C的浓度随时间推移增大为生成物，C的浓度变化为0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，则A、C的计量数之比为3：2，在反应过程中混合气体的平均分子量没有变化，则反应前后计量数相同，所以B为生成物，且计量数为1，所以反应方程式为：3AB+2C；‎ ‎（4）B为生成物，B的变化量为×△c（C）=×0.06mol/L=0.03mol/L，B的平衡浓度为0.05mol/L，则B的起始浓度为0.05mol/L-0.03mol/L=0.02mol/L，则B起始物质的量为0.02mol/L×2L=0.04mol；‎ ‎（5）根据阿伏加德罗定律可知，在同温同体积条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，也等于其分子数之比．由于反应前后气体的分子数保持不变，所以平衡时体系内的压强保持不变，为初始状态的1倍。‎ ‎【点睛】本题考查了反应速率的计算、反应方程式的确定等，题目涉及的内容较多，侧重于考查学生对所学知识的综合应用能力，题目难度中等。‎ ‎24.高炉炼铁是冶炼铁的主要方法，发生的主要反应为：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g) △H=akJ ·mol－1‎ ‎（1）已知：①Fe2O3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g) △H1=+489.0kJ·mol－1‎ ‎②C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) △H2=+172.5kJ·mol－1‎ 则a=__________‎ ‎（2）冶炼铁反应的平衡常数表达式K=____________，温度升高后，K值____(填“增大”、“不变”或“减小”)。‎ ‎（3）在T℃时，该反应的平衡常数K=64，在2L恒容密闭容器甲和乙中，分别按下表所示加入物质，反应经过一段时间后达到平衡。‎ Fe2O3‎ CO Fe CO2‎ 甲/mol ‎1.0‎ ‎1.0‎ ‎1.0‎ ‎1.0‎ 乙/mol ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎1.0‎ ‎1.0‎ ‎①甲容器中CO的平衡转化率为__________。‎ ‎②下列说法正确的是__________(填字母)。‎ a．若容器内气体密度恒定时，标志反应达到平衡状态 b．甲、乙容器中，CO的平衡浓度之比为2:3‎ c．增加Fe2O3可以提高CO2的转化率 ‎【答案】 (1). — 28.5 kJ/mol (2). c（CO2）3/ c（CO）3 (3). 减小 (4). 60% (5). ab ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据盖斯定律可知，已知反应的ΔH＝ΔH1－3ΔH2＝489.0 kJ·mol－1－3×172.5 kJ·mol－1＝－28.5 kJ·mol－1；‎ ‎（2）冶炼铁反应的平衡常数表达式K＝，温度升高后，平衡向吸热反应方向移动，所以K值减小；‎ ‎（3）①反应开始时，CO、CO2的物质的量浓度均为0.5 mol·L－1，设反应中转化的CO物质的量浓度为x，则平衡时CO、CO2的物质的量浓度分别为（0.5－x）mol/L、（0.5＋x） mol/L，则有＝64，等式两边开立方得＝4，解得x＝0.3，则CO的转化率为×100%＝60%；‎ ‎②该反应的气体是由CO转化为CO2，故气体的质量增加，容器体积不变，故气体密度为变化量，当气体的密度不变时，说明反应已达到平衡状态，a项正确；将甲、乙中CO2的物质的量进行极端转换，得起始时CO气体的物质的量之比为2∶3，该反应中反应前后气体化学计量数不变，达平衡为比例等效平衡，则平衡时CO物质的量浓度之比为2∶3，b项正确；Fe2O3为固体，增加其用量不会影响平衡，c项错误。答案选ab。‎ ‎25.实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度，在实验室中进行如下实验，请完成下列填空：‎ ‎（1）配制100mL 0.10mol/L NaOH标准溶液。‎ ‎（2）取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次，记录数据如下。‎ 实验编号 NaOH溶液的浓度 ‎（mol/L）‎ 滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）‎ 待测盐酸溶液的体积 ‎（mL）‎ ‎1‎ ‎0.10‎ ‎22.62‎ ‎20.00‎ ‎2‎ ‎0.10‎ ‎22.72‎ ‎20.00‎ ‎3‎ ‎0.10‎ ‎22.80‎ ‎20.00‎ ‎①滴定达到终点的现象是________________________________________________________，此时锥形瓶内溶液的pH范围为________。‎ ‎②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为____________________（保留两位有效数字）‎ ‎③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作_____，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。‎ ‎④在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有_______。（多选扣分）‎ A、滴定终点读数时俯视读数 B、酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗 C、锥形瓶水洗后未干燥 D、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 E、配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3‎ ‎⑤如实验室要用该标准NaOH溶液测定某醋酸的浓度，该选用的指示剂为______________。‎ ‎【答案】 (1). 最后一滴氢氧化钠溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色 (2). 8.2~10 (3). 0.11mol/L (4). 丙 (5). D (6). 酚酞 ‎【解析】‎ ‎【详解】①用已知浓度的标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的稀盐酸用酚酞溶液作指示剂，滴定达到终点的现象是最后一滴氢氧化钠溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；此时锥形瓶内溶液的pH范围为8.2~10；‎ ‎②根据c（酸）×V（酸）=c（碱）×V（碱），需要V（NaOH）=mL=22.72mL，则该盐酸的浓度为=0.11mol/L；‎ ‎③碱式滴定管的气泡通常橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出，故答案为：丙；‎ ‎④A．滴定终点读数时俯视度数，读出的最终标准液体积偏小，则消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，选项A错误；‎ B．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，会导致盐酸浓度偏小，需要NaOH体积偏小，测定值偏小，选项B错误；‎ C．锥形瓶水洗后直接装待测液，对实验无影响，选项C错误；‎ D．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致测定NaOH体积偏大，测定值偏大，选项E正确；‎ E．配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3，等物质的量的碳酸钠与氢氧化钠消耗的氯化氢相等，滴定时消耗的标准液体积不变，测定结果不变，选项E错误；答案选D；‎ ‎⑤如实验室要用该标准NaOH溶液测定某醋酸的浓度，完全中和时生成醋酸钠为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故选用的指示剂为酚酞。‎ ‎26.（1）依据氧化还原反应：2Ag+(aq)＋Cu(s)===Cu2+(aq)＋2Ag(s)设计的原电池如图所示。‎ ‎①电极X的材料是____________；电解质溶液Y是__________；‎ ‎②银电极发生的电极反应为_______________________。‎ ‎（2）科学家预言,燃料电池将是21世纪获得电能的重要途径，美国已计划将甲醇（CH3‎ OH）燃料电池用于军事。一种甲醇燃料电池采用铂或碳化钨作为电极催化剂，在稀硫酸电解液中直接加入纯化后的甲醇，同时向一个电极通入空气。‎ 回答下列问题：‎ ‎①这种电池放电时发生的化学反应方程式是_____________________________________。‎ ‎②负极发生的电极反应式是_________________________________________。‎ ‎③电解液中的H+向________极移动（填“正”或“负”）。‎ ‎【答案】 (1). Cu (2). AgNO3 (3). Ag+ + e-= Ag (4). 2CH3OH+3O22CO2+4H2O (5). 2CH3OH+2H2O-12e=2CO2+12H+ (6). 正 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①根据总的反应式可知，铜失去电子，银离子得到电子，所以铜是负极。X电极插在硫酸铜溶液中，所以X电极是Cu，因此电解质溶液Y是AgNO3；‎ ‎②银电极为电池的正极，发生的电极反应式是Ag+ + e－ ＝Ag；‎ ‎（2）①甲醇燃料电池实质就是利用CH3OH燃料在氧气中反应来提供电能，CH3OH作负极，发生氧化反应，电极反应为2CH3OH+2H2O-12e-=2CO2↑+12H+；氧气在正极反应：3O2+12H++12e-=6H2O，两反应相加得总反应式，所以电池反应式为2CH3OH+3O2═2CO2+4H2O；‎ ‎②酸性条件下负极上甲醇失电子产生二氧化碳，发生的电极反应为2CH3OH+2H2O-12e-=2CO2↑+12H+；‎ ‎③在原电池中，阳离子向正极移动，故H+向正极移动，故答案为：正。‎ ‎【点睛】本题考查了原电池原理、燃料电池，根据正负极上发生的反应、电子移动方向、离子移动方向等知识点来分析解答，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写，为易错点。‎ ‎27.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。‎ ‎（1）已知H2A在水中存在以下平衡：H2AH++HA-，HA-H++A2-。‎ ‎①NaHA溶液__________（选填“显酸性”、“显碱性”、“显中性”或“无法确定”）。‎ ‎②某温度下，0.1 mol/L的NaHA溶液，下列关系中，一定正确的是___________。‎ A．c（H+）·c（OH-）＝1×10―14 B．c（Na+）+c（H+）＝c（HA-）+2c（A2-）‎ C．c（Na+）＞c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A） D．c（Na+）=c（HA-）+c（A2-）+c（H2A）‎ ‎③常温下，pH=3的H2A溶液中由水电离出的c(H＋)= ________________ mol/L ‎（2）已知常温下，H2A的钙盐（CaA）饱和溶液中存在以下平衡：CaA（s）Ca2+（aq）+A2-（aq） △H＞0。‎ ‎①降低温度时，Ksp_______（填“增大”、“减小”或“不变”，下同）。‎ ‎②滴加少量浓盐酸，c（Ca2+）__________。‎ ‎③测得25℃时，CaA的Ksp为2.0×10-11，常温下将10 g CaA固体投入100 mL CaCl2溶液中，充分搅拌后仍有固体剩余，测得溶液中c（Ca2+）＝0.1 mol/L，则溶液中c（A2-）＝ _________mol/L ‎【答案】 (1). 无法确定 (2). D (3). 10-11 (4). 减小 (5). 增大 (6). 2.0×10-10‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①HA-的电离溶液呈酸性，HA-的水解溶液呈碱性，但不能确定HA-的电离程度和水解程度的大小，所以酸碱性无法确定；‎ ‎②A、水的离子积常数与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大，温度未知，所以水的离子积常数也未知，选项A错误；‎ B、根据电荷守恒有c（Na+）+c（H+）= c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-），选项B错误； ‎ C、在NaHA溶液中HA-的电离使溶液呈酸性，HA-的水解使溶液呈碱性，但不能确定HA-的电离程度和水解程度的大小，所以酸碱性无法确定， c（A2-）、c（H2A）大小无法确定，选项C错误；‎ D、由溶液的物料守恒可知c（Na+）=c（HA-）+c（A2-）+c（H2A），选项D正确；‎ 答案选D；‎ ‎③常温下，H2A溶液的pH=3，酸的电离抑制水的电离，c（H+）=1.0×10-3mol/L，c（OH-）=1.0×10-11mol/L，水电离产生的氢离子浓度等于水电离产生的氢氧根离子浓度，故水电离出氢离子浓度1.0×10-11mol/L；‎ ‎（2）①已知CaA（s）⇌Ca2+（aq）+A2-（aq）△H＞0，降低温度，抑制难溶物的电离，所以导致溶度积常数减小；‎ ‎②已知H2A在水中存在以下平衡：H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2-，则该酸为弱酸，加盐酸发生反应：A2-+H+⇌HA-，A2-浓度减小，CaA的溶解平衡向右移动，n（Ca2+）显著增大，而溶液体积变化不大，所以c（Ca2+）增大；‎ ‎③测得25℃时，CaA的常温下将10 g CaA固体投入100 mL CaCl2溶液中，已知c（Ca2+）＝0.1 mol/L，Ksp= c（Ca2+）×c（A2-）=2.0×10-11，则溶液中c（A2-）==2.0×mol/L。‎ ‎ ‎ ‎ ‎