1、福建省宁德市2014-2015学年高二上学期期末化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1（3分）下列说法正确的是（）A煤等化石燃料是可再生能源B需要加热才能发生的反应一定是吸热反应C节能减排符号低碳经济的要求D有能量变化的都是化学变化2（3分）下列属于弱电解质的是（）ABaSO4BCH3COOHCNa2ODCl23（3分）25时0.1molL1的下列溶液中，NH4+离子的浓度最小的是（）ANH4ClBNH4HSO4CCH3COONH4D（NH4）2SO44（3分）下列各组离子一定能大量共存的是（）ACO32、OH，Na+，H+BAl3+，Na+，S2，ClCCl，H+，SO4
2、2，Cu2+DBa2+，HCO3，K+，SO425（3分）已知化学反应A2（g）+B2（g）2AB（g）的能量变化如图所示，下列叙述正确的是（）A形成2molAB健，吸收bkJ能量B每生成2分子AB吸收bkJ热量C反应物的总能量低于生成物的总能量D该反应热H=（ba）kJmol16（3分）对于反应2X+Y2Z （正反应为放热反应），若升高温度则能使（）A反应速率不变，Z的产量减少B反应速率增大，Z的产量增大C反应速率增大，Y的转化率降低D反应速率减小，Z的产量增大7（3分）已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJmol12C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221kJ
3、mol1则C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H为（）A704.6 kJmol1B+262.6 kJmol1C131.3 kJmol1D+131.3 kJmol18（3分）已知常温时，物质的量浓度相同的NaX、NaY、NaZ溶液的pH分别为8、9、10，下列说法中不正确的是（）A中和1mol HY酸，需要的NaOH稍小于1molBHX、HY、HZ三者均为弱酸C在X、Y、Z三者中，Z最易发生水解D在三种酸HX、HY、HZ中以HX酸性相对最强9（3分）与下列反应对应的离子方程式书写正确的是（）A铁跟稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2B碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2+
4、H2O+CO2CNa2CO3溶液的水解：CO32+2H2OH2CO3+2OHD碳酸镁跟硫酸反应：MgCO3+2H+=Mg2+H2O+CO210（3分）对于反应mA（s）+nB（g）eC（g）+f D（g），当其它条件不变，平衡时C的百分含量（C%）和压强（P）的关系如图，下列叙述正确的是（）A化学方程式中ne+fB达到平衡后，加入催化剂，则C%增大C达到平衡后，若升温，平衡逆向移动D达到平衡后，增加A的量，平衡正向移动11（3分）关于NaHCO3溶液的表述正确的是（）Ac （Na+）=c （HCO3）+c （CO32）+c （H2CO3）Bc （Na+）+c （H+）=c （HCO3）+c （
5、CO32）+c （OH）CHCO3 的电离程度大于HCO3的水解程度D其电离方程式为：NaHCO3Na+H+CO3212（3分）已知：2H2O2=O2+2H2O，下列各组实验中，反应速率最快的是（）实验序号H2O2溶液浓度/%H2O2溶液体积/mL温度/MnO2用量/gA510200.1B1510200.1C2010300D2010300.1AABBCCDD13（3分）下列有关实验的叙述正确的是（）A蒸干AlCl3溶液可得纯净的无水氯化铝B用碱式滴定管量取20.00mL酸性高锰酸钾溶液C用pH试纸测定溶液的pH时预先要用蒸馏水湿润D实验室配制SnCl2 溶液时，需要加入少量的盐酸14（3分）已
6、知25时三种金属硫化物的溶度积常数分别是：KSP（FeS）=6.31018 mol2L2、KSP（CuS）=1.31036 mol2L2、KSP（MnS）=2.51013mol2L2，下列说法中正确的是（）A25时，FeS的溶解度大于MnS的溶解度B25时，饱和CuS溶液中，Cu2+的浓度为1.31036 molL1C除去某溶液中的Cu2+，可以选用FeS或MnS作沉淀剂D因为H2SO4是强酸，所以反应CuSO4+H2S=CuS+H2SO4不能发生15（3分）已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1一定条件下，现有容积相同且恒容的密闭容器甲与乙：向甲中通入1mol
7、N2和3mol H2，达到平衡时放出热量Q1kJ；向乙中通入0.5mol N2和1.5mol H2，达到平衡时放出热量Q2 kJ则下列关系式正确的是（）AQ1=2Q2=92.4B92.4=Q12Q2C92.4Ql2Q2DQ1=2Q292.416（3分）一定量的气体在密闭容器中发生反应：xA（g）+yB（g）zC（g），平衡时测得A的浓度为1.0molL1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达到新平衡后，测得A的浓度降低为0.60molL1下列有关判断正确的是（）A平衡向正反应方向移动B物质B的转化率降低Cx+yzD物质C的体积分数增大二、解答题（共4小题，满分52分）17（13分）2
8、5时有甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1molL1NaOH溶液，乙为0.1molL1HCl溶液，丙为0.1molL1的CH3COOH溶液，试回答下列问题：（1）甲溶液的pH=（2）乙溶液中由水电离出的C（H+）=molL1（3）写出丙的电离方程式其电离平衡常数表达式Ka=（4）向丙中加入乙，会（“抑制”或“促进”）丙的电离，C（H+）（填“增大”、“减小”或“不变”），丙的电离平衡常数Ka（填“增大”、“减小”或“不变”）（5）各取25mL的乙、丙两溶液，分别用甲中和至PH=7，则消耗的体积大小关系为V（乙）V（丙）（填“大于”、“小于”或“等于”）18（11分）超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的
9、NO会破坏臭氧层科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，其反应为：2NO+2CO2CO2+N2假设常温下在恒容的密闭容器中发生上述反应，试解答下列问题：（1）上述条件下该反应能够自发进行，则反应的H0（填写“”、“”、“=”）（2）能判断该反应达到化学平衡状态的依据是A混合气体的压强保持不变BN2的浓度不再改变C消耗CO的物质的量与生成CO2的物质的量之比为1：1DNO、CO、CO2、N2的物质的量之比为2：2：2：1（3）既要加快反应速率又要提高NO转化率，下列措施可行的是A选用更有效的催化剂B升高反应体系的温度C降低反应体系的温度D缩小容器的体积（4）为了测定在某
10、种催化剂作用下的反应速率，某科学家在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：时间（s）012345c（NO）（ molL1）1.001034.501042.501041.501041.001041.00104c（CO）（ molL1）3.601033.051032.851032.75103c2.70103从表中数据分析可知：c=molL1；前2s内的平均反应速率v（N2）=；该温度下反应的平衡常数K=19（14分）I肼（N2H4）又称联氨，常温时是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料（1）已知在25101kPa时，16gN2H4在氧气中完全燃
11、烧生成氮气，放出312kJ的热量，则N2H4完全燃烧的热化学方程式是如图所示，某研究性学习小组利用上述燃烧原理设计一个肼（N2H4）空气燃料电池（如图甲）并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜根据要求回答相关问题：（2）甲装置中正极的电极反应式为（3）检验乙装置中石墨电极反应产物的方法是（4）如果电解后丙装置精铜质量增加3.2g，则理论上甲装置中肼消耗质量为 g对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命该研究性学习小组又以肼（N2H4）空气燃料电池为电源对铝材表面进行如下处理：（5）流程中以铝材为阳极，在H2SO4 溶液中电解，最终可在铝材表面形成氧化膜，该电解的阳极
12、电极反应式为（6）取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，其反应的离子方程式是20（14分）氨水、胆矾都是中学实验室中常见的化学试剂，它们在工农业生产上也都有广泛应用某研究性学习小组为测定氨水的浓度，并用氨水作提纯胆矾时的试剂，根据所查阅资料设计实验如下：查阅资料：甲基橙的变色范围：pH3.1红色，pH=3.14.4橙色，pH4.4黄色酚酞的变色范围：pH8.2无色，pH=8.210.0粉红色，pH10.0红色已知：Fe3+、Fe2+、Cu2+转化为氢氧化物时相应的pH如下表1：Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2开始沉淀时的pH2.77.65.2完全沉淀时的pH3.7
13、9.66.4表1编号1234盐酸体积/mL25.0525.0026.8024.95表2 实验一标定氨水的浓度取25.00mL约为0.10molL1氨水于锥形瓶中，用0.1000molL1盐酸进行滴定，实验所得数据如上表2所示：（1）滴定产物水解的离子方程式为，由此可推知选择的滴定指示剂应为（填“甲基橙”或“酚酞”）（2）该氨水的准确浓度为（精确到小数点后四位）（3）编号3中溶液的离子浓度由大到小的顺序为实验二 提纯胆矾晶体某学习小组同学拟从含FeSO4、Fe2（SO4）3杂质的CuSO4溶液中提纯胆矾，其主要实验步骤如下：第一步 往混合液中加入3% H2O2溶液充分反应后，再加入稀氨水调节溶液
14、pH，过滤第二步 往滤液中加入稀硫酸调节溶液pH 至12，提纯胆矾（4）加入3% H2O2溶液的作用是（5）加稀氨水调节pH应调至范围（6）下列物质可用来替代稀氨水的是（填字母）ANaOH BCu（OH）2 CCuO DNaHCO3福建省宁德市2014-2015学年高二上学期期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1（3分）下列说法正确的是（）A煤等化石燃料是可再生能源B需要加热才能发生的反应一定是吸热反应C节能减排符号低碳经济的要求D有能量变化的都是化学变化考点：反应热和焓变 专题：化学反应中的能量变化分析：A、煤等化石燃料是不可再生能源；B、.需要加热
15、才能进行的化学反应不一定是吸热反应；C根据低碳经济的要求判断；D物理变化过程中也可以存在能量变化解答：解：A煤等化石燃料是不可再生能源，提高物质的燃烧效率对于节约能源十分重要，故A错误；B.需要加热才能进行的化学反应不一定是吸热反应，如铝热反应，需要加热，但属于放热反应，故B错误；C、根据低碳经济的要求判断，节能减排可以减少CO2的排放，符合低碳经济的要求，故C正确；D、物理变化过程中也可以存在能量变化，如灯泡发光过程中有热量变化，故D错误；故选C点评：本题考查了化学反应能量变化的分析判断，能源利用和变化过程实质分析是解题关键，题目较简单2（3分）下列属于弱电解质的是（）ABaSO4BCH3C
16、OOHCNa2ODCl2考点：强电解质和弱电解质的概念 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：电解质与非电解质均是化合物，能够完全电离的电解质是强电解质，只能部分电离的电解质是弱电解质解答：解：A、硫酸钡熔化状态下完全电离，属于强电解质，故A错误；B、醋酸溶于水部分电离，属于弱电解质，故B正确；C、氧化钠是金属氧化物，熔化状态下完全电离，属于强电解质，故C错误；D、氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误，故选B点评：本题考查了电解质和非电解质，强电解质，弱电解质的判断，题目难度不大，把握电解质、非电解质的概念，判断电解质强弱的依据是解题的关键，注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质
17、3（3分）25时0.1molL1的下列溶液中，NH4+离子的浓度最小的是（）ANH4ClBNH4HSO4CCH3COONH4D（NH4）2SO4考点：盐类水解的原理 分析：根据盐的浓度先判断能电离出来的铵根离子浓度的大小，再根据离子水解的影响因素来确定铵根浓度的大小解答：解：根据各个选项中盐的浓度先判断能电离出来的铵根离子浓度的大小ABC均为0.1mol/L，只有D是0.2mol/L由于A是单水解而且盐的水解程度很小，故D中，NH4+离子的浓度最大；在ABC三者中，A中铵根离子是正常的单水解，B中铵根离子的水解会受到盐中直接电离出的氢离子的抑制，C中铵根离子的水解会受到促进，所以NH4+离子的
18、浓度大小顺序是：DBAC故选C点评：本题考查学生盐的电离以及弱离子水解的影响因素知识，注重学生对盐的水解实质的理解和掌握，难度不大4（3分）下列各组离子一定能大量共存的是（）ACO32、OH，Na+，H+BAl3+，Na+，S2，ClCCl，H+，SO42，Cu2+DBa2+，HCO3，K+，SO42考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生相互促进水解反应等，则离子大量共存，以此来解答解答：解：ACO32、H+结合生成水和气体，OH、H+结合生成水，不能大量共存，故A不选；BAl3+、S2相互促进水解，不能大量共存，故B不选；C该组离子之间
19、不反应，可大量共存，故C选；DBa2+、SO42结合生成沉淀，不能大量共存，故D不选；故选C点评：本题考查离子的共存，为2015届高考中的经典题型，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、水解反应的离子共存考查，有利于学生思维严密性训练，综合性较强，题目难度不大5（3分）已知化学反应A2（g）+B2（g）2AB（g）的能量变化如图所示，下列叙述正确的是（）A形成2molAB健，吸收bkJ能量B每生成2分子AB吸收bkJ热量C反应物的总能量低于生成物的总能量D该反应热H=（ba）kJmol1考点：反应热和焓变 专题：化学反应中的能量变化分析：化学反应A2（g）+B2（g）=2AB（g
20、）的能量变化依据图象分析，结合反应前后能量守恒可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸热反应，反应过程中断裂化学键需要吸收能量，形成化学键放出热量解答：解：A、形成化学键放出热量，形成2molAB健放出bkJ热量，故A错误；B、每生成2分子AB吸收（ab）kJ热量，故B错误；C、反应是吸热反应，依据能量守恒可知，反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，故C正确；D、该反应焓变=断裂化学键吸收热量形成化学键所放出热量，所以焓变为H=+（ab）kJ/mol；故D错误；故选C点评：本题考查了反应热量变化的分析判断，图象分析，反应前后的能量守恒应用，化学键的断裂和形成与能量的关系，计算焓变的
21、依据，题目较简单6（3分）对于反应2X+Y2Z （正反应为放热反应），若升高温度则能使（）A反应速率不变，Z的产量减少B反应速率增大，Z的产量增大C反应速率增大，Y的转化率降低D反应速率减小，Z的产量增大考点：化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素 分析：正反应放热，温度升高，反应速率增大，平衡逆向移动，以此解答该题解答：解：升高温度，反应速率增大，则A、D错误；正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，Z的产量减少，Y的转化率降低，则B错误；C正确故选C点评：根据考查化学反应速率的影响，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，解答该类题目，注意把握反应类型，难点不大7（3分）已知：2H2（g）+
22、O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJmol12C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221kJmol1则C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H为（）A704.6 kJmol1B+262.6 kJmol1C131.3 kJmol1D+131.3 kJmol1考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算 分析：依据热化学方程式和盖斯定律计算得到反应焓变与起始和终了状态有关，与变化过程无关解答：解：2H2（g）+O2（g）2H2O；H=483.6KJ/mol2C（s）+O2（g）2CO（g）；H=221.0KJ/mol依据盖斯定律得到 C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+13
23、1.3KJ/mol；故选D点评：本题考查热化学方程式和盖斯定律计算，掌握基础是关键，题目较简单8（3分）已知常温时，物质的量浓度相同的NaX、NaY、NaZ溶液的pH分别为8、9、10，下列说法中不正确的是（）A中和1mol HY酸，需要的NaOH稍小于1molBHX、HY、HZ三者均为弱酸C在X、Y、Z三者中，Z最易发生水解D在三种酸HX、HY、HZ中以HX酸性相对最强考点：盐类水解的原理 分析：相同物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，其相应的酸的酸性越弱，据此解答解答：解：A这三种酸都是一元酸，一元酸中和氢氧化钠时，酸碱的物质的量相等，所以中和1molHY酸，需
24、要的NaOH等于1mol，故A错误；BNaX、NaY、NaZ水溶液都大于7，说明这三种盐都是强碱弱酸盐，所以这三种酸都是弱酸，故B正确；C相同物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，所以Z水解程度最大，故C正确；D相同物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，其相应的酸的酸性越弱，根据题意知，在三种酸HX、HY、HZ中以HX酸性相对最强，故D正确；故选A点评：本题考查盐类水解，明确酸的强弱与酸根离子水解程度关系是解本题关键，题目难度不大9（3分）与下列反应对应的离子方程式书写正确的是（）A铁跟稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2B碳酸钙溶于
25、醋酸：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2CNa2CO3溶液的水解：CO32+2H2OH2CO3+2OHD碳酸镁跟硫酸反应：MgCO3+2H+=Mg2+H2O+CO2考点：离子方程式的书写 分析：A反应生成硫酸亚铁和氢气；B醋酸在离子反应中保留化学式；C水解分步进行，以第一步为主；D反应生成硫酸镁和水、二氧化碳，碳酸镁、水、二氧化碳在离子反应中保留化学式解答：解：A铁跟稀硫酸反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B碳酸钙溶于醋酸的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故B错误；CNa2CO3溶液的水解的离子反应为CO32+H2OH
26、CO3+OH，故C错误；D碳酸镁跟硫酸反应的离子反应为MgCO3+2H+=Mg2+H2O+CO2，故D正确；故选D点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应、水解反应的离子反应考查，题目难度不大10（3分）对于反应mA（s）+nB（g）eC（g）+f D（g），当其它条件不变，平衡时C的百分含量（C%）和压强（P）的关系如图，下列叙述正确的是（）A化学方程式中ne+fB达到平衡后，加入催化剂，则C%增大C达到平衡后，若升温，平衡逆向移动D达到平衡后，增加A的量，平衡正向移动考点：体积百分含量随温度、压强变
27、化曲线 分析：根据图象知，升高温度，C的含量减小，则该反应的正反应是放热反应，增大压强，C的含量增大，则平衡向正反应方向移动，所以该反应是一个气体体积减小的可逆反应，据此回答解答：解：A压强增大，C%含量增大，说明平衡正向进行，正反应是气体体积减小的反应，ne+f，故A错误；B达到平衡后，加入催化剂不会影响化学平衡的移动，C的百分含量不变，故B错误；C该反应的正反应是放热反应，达到平衡后，若升温，平衡逆向移动，故C正确；D达到平衡后，A是固体，不影响平衡移动，所以增加A的量平衡不移动，故D错误；故选：C点评：本题考查化学平衡的影响因素分析判断，图象分析方法，注意催化剂的作用，固体改变量平衡不动
28、，题目难度中等11（3分）关于NaHCO3溶液的表述正确的是（）Ac （Na+）=c （HCO3）+c （CO32）+c （H2CO3）Bc （Na+）+c （H+）=c （HCO3）+c （CO32）+c （OH）CHCO3 的电离程度大于HCO3的水解程度D其电离方程式为：NaHCO3Na+H+CO32考点：离子浓度大小的比较；电离方程式的书写 分析：A、根据物料守恒分析解答；B、电荷守恒分析解答；C、NaHCO3溶液水溶液呈碱性，水解程度大于电离程度；D、碳酸氢钠是盐强电解质，完全电离解答：解：A、根据物料守恒，钠离子的浓度等于碳元素所有存在形式之和相等，所以c （Na+）=c （HCO
29、3）+c （CO32）+c （H2CO3），故A正确；B、电荷守恒，可知：c （Na+）+c （H+）=c （HCO3）+2c （CO32）+c （OH），故B错误；C、NaHCO3溶液水溶液呈碱性，水解程度大于电离程度，故C错误；D、碳酸氢钠是盐强电解质，完全电离，所以电离方程式为：NaHCO3Na+HCO3，故D错误；故选A点评：本题考查碳酸氢钠的性质，结合离子浓度的比较，学生在解题时要注意电荷守恒和物料守恒的应用，比较容易12（3分）已知：2H2O2=O2+2H2O，下列各组实验中，反应速率最快的是（）实验序号H2O2溶液浓度/%H2O2溶液体积/mL温度/MnO2用量/gA510200
30、.1B1510200.1C2010300D2010300.1AABBCCDD考点：化学反应速率的影响因素 分析：题中涉及影响反应速率的因素有温度、浓度混和催化剂，一般来说，温度越高、浓度越大且加入催化剂，可增大反应速率，以此解答该题解答：解：A与B相比较，B浓度较大，则反应速率BA，C与B、D相比较，D加入催化剂，且温度最高，则D反应速率最大故选D点评：本题考查化学反应素的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念、理论知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累13（3分）下列有关实验的叙述正确的是（）A蒸干AlCl3溶液可得纯净的无水氯化铝B用碱式滴定管量取20.
31、00mL酸性高锰酸钾溶液C用pH试纸测定溶液的pH时预先要用蒸馏水湿润D实验室配制SnCl2 溶液时，需要加入少量的盐酸考点：盐类水解的原理；测定溶液pH的方法；盐类水解的应用；不能加热的仪器及使用方法 分析：AAlCl3加热水解生成Al（OH）3；B酸性高锰酸钾溶液能腐蚀碱式滴定管的胶管；C用蒸馏水湿润pH试纸，会使溶液被稀释；D酸能抑制SnCl2水解解答：解：AAlCl3溶液加热水解生成Al（OH）3，不能得到AlCl3固体，故A错误；B酸性高锰酸钾溶液能腐蚀碱式滴定管的胶管，所以用酸式滴定管量取20.00mL酸性高锰酸钾溶液，故B错误；C用蒸馏水湿润pH试纸，会使溶液被稀释，所以用pH试
32、纸测定溶液的pH时不能用蒸馏水湿润，故C错误；D酸能抑制SnCl2水解，所以实验室配制SnCl2 溶液时，需要加入少量的盐酸，防止SnCl2水解，故D正确故选D点评：本题考查化学实验基本操作，题目难度不大，注意把握实验基本方法以及相关物质的性质14（3分）已知25时三种金属硫化物的溶度积常数分别是：KSP（FeS）=6.31018 mol2L2、KSP（CuS）=1.31036 mol2L2、KSP（MnS）=2.51013mol2L2，下列说法中正确的是（）A25时，FeS的溶解度大于MnS的溶解度B25时，饱和CuS溶液中，Cu2+的浓度为1.31036 molL1C除去某溶液中的Cu2+
33、，可以选用FeS或MnS作沉淀剂D因为H2SO4是强酸，所以反应CuSO4+H2S=CuS+H2SO4不能发生考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 分析：A、化学式类似Ksp越大溶解度越大，FeS的溶解度小于MnS的溶解度；B、在饱和CuS溶液中，Cu2+的浓度等于S2的浓度，即Cu2+的浓度为1018；C、利用沉淀的转化规律该反应可以发生，将FeS或MnS转化为更难溶的CuS沉淀；D、CuS是难溶于水又难溶于强酸的固体，该反应可以发生解答：解：A当化学组成相似时，Ksp与溶解度成正比，FeS的Ksp=6.31018，MnS的Ksp=2.51013，所以FeS的溶解度小于MnS的溶解度，
34、故A错误；BCuS的Ksp=c（Cu2+）c（S 2） 求得c（Cu2+）=1018mol/L故B错误；C因为FeS的Ksp=6.31018，CuS的Ksp=1.31036所以加入FeS可以转化为更难溶的CuS沉淀，同理，可以利用加入MnS可以转化为更难溶的CuS沉淀，故C正确；DCuS是难溶于水又难溶于强酸的固体，所以可以发生，故D错误，故选C点评：本题考查了溶度积Ksp的相关知识，Ksp与溶解度的关系、利用Ksp的计算，反应的发生问题、除杂利用沉淀的转化问题（难溶电解质转化为更难容的物质）15（3分）已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1一定条件下，现有容积相
35、同且恒容的密闭容器甲与乙：向甲中通入1mol N2和3mol H2，达到平衡时放出热量Q1kJ；向乙中通入0.5mol N2和1.5mol H2，达到平衡时放出热量Q2 kJ则下列关系式正确的是（）AQ1=2Q2=92.4B92.4=Q12Q2C92.4Ql2Q2DQ1=2Q292.4考点：化学平衡的计算 分析：反应为可逆反应，向密闭容器甲中通入1molN2和3molH2，达平衡时放出热量 Q1Q，甲与乙相比较，甲相当于在乙的基础上增大压强，平衡向正反应方向移动，则甲转化率大于乙，以此解答该题解答：解：反应为可逆反应，向密闭容器甲中通入1molN2和3molH2，达平衡时放出热量 Q192.4
36、，甲与乙相比较，甲相当于在乙的基础上增大压强，平衡向正反应方向移动，则甲转化率大于乙，如转化率相等，则Q1=2Q2，而转化率越大，则反应的热量越多，则Q12Q2，所以2Q2Q192.4；故选：C点评：本题综合考查化学平衡移动问题，为2015届高考常见题型，侧重于考查学生的分析能力，本题可从压强对平衡移动影响的角度分析，难度中等16（3分）一定量的气体在密闭容器中发生反应：xA（g）+yB（g）zC（g），平衡时测得A的浓度为1.0molL1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达到新平衡后，测得A的浓度降低为0.60molL1下列有关判断正确的是（）A平衡向正反应方向移动B物质B的转化
37、率降低Cx+yzD物质C的体积分数增大考点：化学平衡的计算 分析：根据将容器的容积扩大到原来的两倍，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应变化为0.5mol/L，题干中再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.60mol/L，说明体积增大，压强减小，平衡逆向进行，依据平衡移动方向分析判断选项中的问题解答：解：一定量的气体在密闭容器中发生反应：xA（g）+yB（g）zC（g），平衡时测得A的浓度为1.0molL1，将容器的容积扩大到原来的两倍，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应变化为0.5mol/L，题干中再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.60mol/L，说明体积增大，压强减小，平衡
38、逆向进行；A、平衡逆向进行，故A错误；B、平衡逆向进行，B的转化率减小，故B正确；C、体积增大，压强减小，化学平衡逆向进行，逆向是气体体积增大的反应，所以x+yz，故以错误；D、平衡逆向进行，C的体积分数减小，故D错误；故选：B点评：本题考查化学平衡计算及化学平衡移动，明确体积变化引起A的浓度变化是解答本题的关键，注意动态变化与静态变化相结合得出平衡正向移动即可解答，题目难度不大二、解答题（共4小题，满分52分）17（13分）25时有甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1molL1NaOH溶液，乙为0.1molL1HCl溶液，丙为0.1molL1的CH3COOH溶液，试回答下列问题：（1）甲溶液的pH
39、=13（2）乙溶液中由水电离出的C（H+）=11013molL1（3）写出丙的电离方程式CH3COOHCH3COO+H+其电离平衡常数表达式Ka=（4）向丙中加入乙，会抑制（“抑制”或“促进”）丙的电离，C（H+）增大（填“增大”、“减小”或“不变”），丙的电离平衡常数Ka不变（填“增大”、“减小”或“不变”）（5）各取25mL的乙、丙两溶液，分别用甲中和至PH=7，则消耗的体积大小关系为V（乙）大于V（丙）（填“大于”、“小于”或“等于”）考点：pH的简单计算；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）0.1molL1的NaOH溶液中c（OH）=0.1m
40、ol/L，根据Kw=c（H+）c（OH）计算溶液中c（H+），再根据pH=lgc（H+）计算溶液的pH值；（2）0.1mol/LHCl溶液中c（H+）=0.1mol/L，溶液中氢氧根离子只能由水电离，所以由水电离的氢离子浓度等于溶液中c（OH），根据Kw计算溶液中c（OH）；（3）CH3COOH是弱电解质，在水溶液里部分电离，电离平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的商；（4）同浓度的酸，弱酸中加入强酸，完全电离出的相同氢离子，抑制弱酸电离，电离平衡常数只与温度有关；（5）当V（CH3COOH）=V（HCl）=25mL时，盐酸与氢氧化钠溶液恰好反应时生成氯化钠，溶液显示中性，乙酸与氢氧
41、化钠溶液恰好反应时生成乙酸钠，溶液显示碱性，各取25mL的乙、丙两溶液，分别用甲中和至PH=7，则乙酸应该稍过量解答：解：（1）0.1molL1的NaOH溶液中c（OH）=0.1mol/L，故溶液中c（H+）=mol/L=1013mol/L，故该溶液的pH=log1013=13，故答案为：13；（2）0.1mol/LHCl溶液中c（H+）=0.1mol/L，溶液中氢氧根离子只能由水电离，Kw=c（H+）c（OH）=11014，溶液中c（OH）=11013mol/L，由水电离的氢离子浓度等于溶液中c（OH），故溶液中由水电离的氢离子浓度为11013mol/L，故答案为：11013；（3）CH3C
42、OOH是弱电解质，在水溶液里部分电离，电离方程式为：CH3COOHH+CH3COO，电离平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的商，即Ka=，故答案为：CH3COOHH+CH3COO；（4）乙为0.1molL1HCl溶液，为强酸溶液，电离出氢离子，导致溶液中氢离子浓度增大，所以抑制乙酸的电离，温度不变，电离平衡常数不变，故答案为：抑制；增大；不变；（5）甲为0.1molL1NaOH溶液，乙为0.1molL1HCl溶液，丙为0.1molL1的CH3COOH溶液，当V（CH3COOH）=V（HCl）=V（NaOH）=25mL时，盐酸与氢氧化钠溶液恰好反应时生成氯化钠，溶液显示中性，乙酸与氢氧
43、化钠溶液恰好反应时生成乙酸钠，溶液显示碱性，各取25mL的乙、丙两溶液，分别用甲中和至PH=7，则乙酸应该消耗NaOH体积V（乙）大于V（丙），故答案为：大于点评：本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，题目难度中等，注意掌握酸碱混合的定性判断方法，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答本题的根据，还要明确弱电解质的电离平衡、盐的水解原理的应用方法，注意酸溶液中水电离的氢离子浓度等于溶液中c（OH）18（11分）超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，其反应为：2NO+2CO2CO2+N2假设常温下在恒容的密闭容器
44、中发生上述反应，试解答下列问题：（1）上述条件下该反应能够自发进行，则反应的H0（填写“”、“”、“=”）（2）能判断该反应达到化学平衡状态的依据是ABA混合气体的压强保持不变BN2的浓度不再改变C消耗CO的物质的量与生成CO2的物质的量之比为1：1DNO、CO、CO2、N2的物质的量之比为2：2：2：1（3）既要加快反应速率又要提高NO转化率，下列措施可行的是DA选用更有效的催化剂B升高反应体系的温度C降低反应体系的温度D缩小容器的体积（4）为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，某科学家在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：时间（s
45、）012345c（NO）（ molL1）1.001034.501042.501041.501041.001041.00104c（CO）（ molL1）3.601033.051032.851032.75103c2.70103从表中数据分析可知：c=2.70103molL1；前2s内的平均反应速率v（N2）=1.875104mol/（Ls）；该温度下反应的平衡常数K=5103考点：化学平衡的计算；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断 分析：（1）由方程式可知2molNO、2molCO反应生成2molCO2、1molN2，故该反应为熵减的反应，根据G=HTS0，反应可以自发进行，据此
46、判断；（2）可逆反应到达平衡时，同一物质表示的正逆反应速率相等，各组分的浓度、含量不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡状态的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化，说明到达平衡；（3）既要加快反应速率又要提高NO转化率，平衡正向移动，正反应为气体体积减小，可以增大压强，可以增大CO的浓度，升高温度，反应速率加快，结合反应热效应平衡平衡移动方向，判断NO转化率变化；（4）由表中数据可知，4s与5s时NO的浓度相等，说明4s时反应到达平衡；根据v=计算前2s内v（NO），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（N2）；利用三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式K=计
47、算解答：解：（1）由方程式可知2molNO、2molCO反应生成2molCO2、1molN2，故该反应为熵减的反应，常温下该反应可以自发进行，根据G=HTS0，反应可以自发进行，故H0，故答案为：；（2）A温度、体积不变，随反应进行混合气体总物质的量减小，气体压强减小，混合气体的压强保持不变，说明反应到达平衡，故A正确；B生成物N2的浓度不再改变，说明反应到达平衡，故B正确；C消耗CO的物质的量与生成CO2的物质的量之比为1：1，均表示正反应速率，反应数值按此比例进行，不能说明到达平衡，故C错误；D平衡时各组分的物质的量之比不一定等于化学计量数之比，与物质的起始物质的量及转化率有关，故D错误，
48、故选：AB；（3）A选用更有效的催化剂，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，NO的转化率不变，故A错误；B升高反应体系的温度，反应速率加快，正反应为放热反应，反应向逆反应方向移动，NO的转化率降低，故B错误；C降低反应体系的温度，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，但反应速率降低，故C错误；D正反应为气体体积减小的反应，缩小容器的体积，压强增大，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，故D正确，故选：D（4）由表中数据可知，4s与5s时NO的浓度相等，说明4s时反应到达平衡，则c=2.70103mol/L，故答案为：2.70103；由表中数据可知，前2s内NO浓
49、度变化量为1.0103mol/L2.50104mol/L=7.5104mol/L，故2s内v（NO）=3.75104mol/（Ls），速率之比等于其化学计量数之比，v（N2）=v（NO）=3.75104mol/（Ls）=1.875104mol/（Ls），故答案为：1.875104mol/（Ls）；平衡时，NO的浓度为1.0104mol/L，则： 2 NO（g）+2 CO（g）2 CO2（g）+N2（g）开始（mol/L）：1.0103 3.6103 0 0转化（mol/L）：91049104 9104 4.5104平衡（mol/L）：1.01042710491044.5104平衡常数表达式K=
50、5103，故答案为：5103点评：本题考查平衡状态判断、化学平衡移动、化学平衡计算、化学反应速率计算、平衡常数计算等，侧重考查学生分析计算能力，需要学生具备扎实的基础，难度中等19（14分）I肼（N2H4）又称联氨，常温时是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料（1）已知在25101kPa时，16gN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气，放出312kJ的热量，则N2H4完全燃烧的热化学方程式是N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）H=624KJ/mol如图所示，某研究性学习小组利用上述燃烧原理设计一个肼（N2H4）空气燃料电池（如图甲）并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳
51、离子交换膜根据要求回答相关问题：（2）甲装置中正极的电极反应式为O2+4e+2H2O=4OH（3）检验乙装置中石墨电极反应产物的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近石墨电极，观察是否变蓝（4）如果电解后丙装置精铜质量增加3.2g，则理论上甲装置中肼消耗质量为0.8 g对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命该研究性学习小组又以肼（N2H4）空气燃料电池为电源对铝材表面进行如下处理：（5）流程中以铝材为阳极，在H2SO4 溶液中电解，最终可在铝材表面形成氧化膜，该电解的阳极电极反应式为2Al+3H2O6e=Al2O3+6H+（6）取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，其反应的离
52、子方程式是Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2考点：原电池和电解池的工作原理；热化学方程式；电解原理 分析：（1）依据热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和对应量的反应热些出热化学方程式；（2）正极上氧化剂得电子发生还原反应；（3）乙装置中石墨上是氯离子放电生成氯气，检验氯气的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸，观察是否变蓝；（4）根据转移电子相等，列出关系式：N2H42Cu进行分析求解；（5）阳极上铝失电子和水反应生成氧化铝；（6）铝失电子生成铝离子进入溶液，铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀解答：解：（1）16.0g气态肼（N2H4）物质的量为0.5mol，在氧气中完全
53、燃烧生成氮气和水，放出热量312kJ，1mol气态肼（N2H4）燃烧放热614KJ，反应的热化学方程式为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）H=624KJ/mol，故答案为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）H=624KJ/mol；（2）正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e+2H2O=4OH；（3）乙装置中石墨上是氯离子放电生成氯气，检验氯气的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸，观察是否变蓝，故答案为：用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近石墨电极，观察是否变蓝；（4）根据关系式：N2H42Cu 32 128 m
54、3.2g 则m=0.8g，故答案为：0.8； （5）阳极上铝失电子和水反应生成氧化铝和氢离子，电极反应式为2Al+3H2O6e=Al2O3+6H+；故答案为：2Al+3H2O6e=Al2O3+6H+；（6）铝失电子生成铝离子进入溶液，铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，故答案为：Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2点评：本题考查热化学方程式的书写、原电池原理和离子反应方程式的书写，明确原电池正负极的判断方法及各个电极上发生的反应、离子方程式书写规则即可解答，题目难度不大20（14分）氨水、胆矾都是中学实验室中常见
55、的化学试剂，它们在工农业生产上也都有广泛应用某研究性学习小组为测定氨水的浓度，并用氨水作提纯胆矾时的试剂，根据所查阅资料设计实验如下：查阅资料：甲基橙的变色范围：pH3.1红色，pH=3.14.4橙色，pH4.4黄色酚酞的变色范围：pH8.2无色，pH=8.210.0粉红色，pH10.0红色已知：Fe3+、Fe2+、Cu2+转化为氢氧化物时相应的pH如下表1：Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2开始沉淀时的pH2.77.65.2完全沉淀时的pH3.79.66.4表1编号1234盐酸体积/mL25.0525.0026.8024.95表2 实验一标定氨水的浓度取25.00mL约为0.10mo
56、lL1氨水于锥形瓶中，用0.1000molL1盐酸进行滴定，实验所得数据如上表2所示：（1）滴定产物水解的离子方程式为NH4Cl+H2ONH3H2O+HCl，由此可推知选择的滴定指示剂应为甲基橙（填“甲基橙”或“酚酞”）（2）该氨水的准确浓度为0.1000molL1（精确到小数点后四位）（3）编号3中溶液的离子浓度由大到小的顺序为c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）实验二 提纯胆矾晶体某学习小组同学拟从含FeSO4、Fe2（SO4）3杂质的CuSO4溶液中提纯胆矾，其主要实验步骤如下：第一步 往混合液中加入3% H2O2溶液充分反应后，再加入稀氨水调节溶液pH，过滤第二步 往滤液中加入
57、稀硫酸调节溶液pH 至12，提纯胆矾（4）加入3% H2O2溶液的作用是将Fe 2+氧化为Fe 3+（5）加稀氨水调节pH应调至范围3.75.2之间（6）下列物质可用来替代稀氨水的是BC（填字母）ANaOH BCu（OH）2 CCuO DNaHCO3考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；中和滴定 分析：实验一标定氨水的浓度（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解生成一水合氨和HCl；氯化铵溶液呈酸性，应该选取甲基橙作指示剂；（2）该滴定实验中，编号3使用盐酸体积与其它编号相差较大，应该舍去，使用盐酸平均体积=25.00mL，氨水的物质的量浓度=；（3）编号3溶液中溶质为NH4Cl和HCl
58、，但溶液中c（NH4Cl）c（HCl），溶液呈酸性，结合电荷守恒判断离子浓度大小；实验二 提纯胆矾晶体第一步 往混合液中加入3% H2O2溶液充分反应后，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，然后再加入稀氨水调节溶液pH，根据沉淀与pH的关系知，将铁离子转化为沉淀、而铜离子不沉淀，则调节溶液的pH至3.75.2之间；第二步 往滤液中加入稀硫酸调节溶液pH 至12，提纯胆矾（4）双氧水具有氧化性，能氧化还原性离子；（5）加稀氨水调节pH应调至范围3.75.2之间；（6）加入的物质能和铁离子反应且不能引进杂质解答：解：实验一标定氨水的浓度（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解生成一水合氨和
59、HCl，水解方程式为NH4Cl+H2ONH3H2O+HCl；氯化铵溶液呈酸性，应该选取甲基橙作指示剂，故答案为：NH4Cl+H2ONH3H2O+HCl；甲基橙；（2）该滴定实验中，编号3使用盐酸体积与其它编号相差较大，应该舍去，使用盐酸平均体积=25.00mL，氨水的物质的量浓度=0.1000molL1，故答案为：0.1000molL1；（3）编号3溶液中溶质为NH4Cl和HCl，但溶液中c（NH4Cl）c（HCl），溶液呈酸性，所以c（H+）c（OH），根据电荷守恒得c（Cl）c（NH4+），因为c（NH4Cl）c（HCl），所以c（NH4+）c（H+），则溶液中离子浓度大小顺序是c（Cl）
60、c（NH4+）c（H+）c（OH），故答案为：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）；实验二 提纯胆矾晶体第一步 往混合液中加入3% H2O2溶液充分反应后，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，然后再加入稀氨水调节溶液pH，根据沉淀与pH的关系知，将铁离子转化为沉淀、而铜离子不沉淀，则调节溶液的pH至3.75.2之间；第二步 往滤液中加入稀硫酸调节溶液pH 至12，提纯胆矾（4）双氧水具有氧化性，能氧化还原性Fe 2+生成Fe 3+，再调节溶液的pH而除去Fe 3+，故答案为：将Fe 2+氧化为Fe 3+；（5）根据沉淀与pH的关系知，将铁离子转化为沉淀、而铜离子不沉淀，则调节溶液的pH至3.75.2之间，故答案为：3.75.2之间；（6）加入的物质能和铁离子反应且不能引进杂质，Cu（OH）2 、CuO能和酸反应而提高溶液pH而不产生新的杂质，故选BC点评：本题考查物质分离和提纯、中和滴定等知识点，为高频考点，明确实验原理是解本题关键，侧重考查学生分析判断及知识运用能力，易错点是指示剂选取、离子浓度大小比较，题目难度中等