1、2016-2017学年福建省漳州市龙海二中高二（上）期末化学试卷一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意）1下列物质是电解质的是（）A铜B酒精C硫酸溶液D硫酸钡2下列溶液一定呈酸性的是（）A含有较多H+的溶液BpH7的溶液Cc（OH）c（H+）的溶液D滴加酚酞显无色溶液3在0.10molL1NH3H2O溶液中，加入少量NH4Cl晶体后，引起的变化是（）ANH3H2O的电离程度减小BNH3H2O的电离常数增大C溶液的导电能力不变D溶液的pH增大4常温下，将pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合，充分反应后溶液的pH（）A小于7B等于7C大于7D无法判断5常
2、温下，有下列盐：FeCl3NaClO NaCl，其水溶液的pH由大到小排列正确的是（）ABCD6对于0.1molL1 NH4Cl溶液，正确的是（）A升高温度，溶液pH升高B通入少量HCl，c（NH4+）和c（Cl）均增大Cc（NH4+）+c（OH）=c（Cl）+c（H+）Dc（Cl）c（H+）c（NH4+）c（OH）725时，在20ml 0.1molL1NaOH溶液中逐滴加入0.2molL1醋酸溶液，滴定曲线如图所示，有关粒子浓度的关系中，不正确的是（）A在A点：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）B在B点：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）C在C点：c（CH3C
3、OO）c（Na+）c（H+）c（OH）D在C点：c（CH3COO）+c（CH3COOH）2 c（Na+）8有关常温下pH均为3的醋酸溶液和盐酸的说法正确的是（）A两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为l1011 molL1B分别加水稀释100倍后，两种溶液的pH仍相等C中和同体积的这两种酸溶液所需要NaOH物质的量也相等D分别加入足量锌片，两种溶液生成H2的体积相等9常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Na+、Fe2+、NO3、SO42B滴入酚酞试液显红色的溶液中：K+、Fe3+、ClO、SO42C =11012的溶液中：NH4+、Cl、NO3、Al3+D由水
4、电离出的c（H+）=11012mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl、HCO310下列叙述正确的是（）A需要加热的反应说明它是吸热反应B已知C（石墨，s）C（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定C在稀溶液中：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3 kJ/mol，若将含0.6 mol H2SO4的稀硫酸与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量等于57.3 kJD已知2C（s）+2O2（g）2CO2（g）H1；2C（s）+O2（g）2CO（g）H2，则H1H211常温下，Ksp（CaSO4）=9106，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是（）ACaSO4在
5、稀硫酸中的溶解性比在纯水中的溶解性强Ba点对应的Ksp等于c点对应的KspCd点溶液通过蒸发可以变到c点Db点将有沉淀生成，平衡后溶液中c（SO42）一定等于3103mol/L12能用勒夏特列原理解释的是（）A煅烧粉碎的硫铁矿有利于SO2生成B由H2、I2、HI三种气体组成的平衡体系加压后颜色变深C使用铁触媒，有利于N2和H2的混合气体合成NH3D实验室常用排饱和和食盐水法收集Cl213温度700时，向容积为1L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O发生反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），反应过程中测定的部分数据见表（表中t1t2）下列说法正确的是（） 反应时间/minn（CO
6、）/moln（H2O）/mol00.600.30t10.40t20.10A反应在t1min内的平均速率为v（H2）=0.20/t1molL1min1B保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.10molH2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数减小C温度升至800，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应D700时，若向密闭容器中充入CO（g）、H2O（g）、CO2（g）、H2（g）的物质的量分别为0.60mol、1.00mol、0.60mol、0.60mol，则此时该反应v（正）v（逆）14一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图的是（）ACO
7、2（g）+2NH3（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g）；H0BCO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）；H0CCH3CH20H（g）CH2=CH2（g）+H2O（g）；H0D2C6H5CH2CH3（g）+O2（g）2C6H5CH=CH2（g）+2H2O（g）；H015将2molSO2和1molO2分别置于相同体积的甲乙两密闭容器中发生反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），并达到平衡在这过程中，甲容器保持恒温恒容，乙容器保持恒温恒压，达到平衡时，下列说法正确的是（）A达到平衡所需的时间为：甲乙B甲的转化率乙的转化率C混合气体中SO3的含量为：甲乙D气体的总物质的量：甲乙16
8、下列实验现象预测正确的是（）A实验：电流表A指针偏转，碳棒上有气泡冒出B实验：电流表A指针偏转，铁极上有无色气体产生C实验：碳棒上有无色气体产生，铁极上有黄绿色气体产生D实验IV：粗铜溶解，精铜上有红色固体析出二、解答题（共5小题，满分52分）17物质在水溶液中可能存在电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡：（1）实验测得0.1molL1一元弱酸HA 的pH为4，则HA的电离平衡常数Ka=（2）把AlCl3溶液蒸干灼烧最后所得固体为（填化学式）（3）NaHCO3溶液中存在的平衡有三个，请分别用离子方程式表示：H2OH+OH、（4）等物质的量浓度的NH4HSO4溶液与NH4Cl溶液相比较，c（NH4+
9、）：前者后者（填“”、“”或“=”）（5）已知298K时，Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=5.61012，往0.1molL1MgCl2溶液滴加烧碱溶液至pH=11，此时c（Mg2+）= molL118环境中氮氧化物的合理控制和治理是减少雾霾天气、优化生存环境的有效途径之一请运用化学反应原理知识，回答下列问题：（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染已知：CH4 （g）+4NO2 （g）4NO（g）+CO2 （g）+2H2O（1）H1=662kJmol1CH4 （g）+4NO（g）2N2 （g）+CO2 （g）+2H2O（1）H2=1251kJmol1据此，写出CH4将NO2还原为
10、N2的热化学方程式：（2）用活性炭还原法也可处理氮氧化物有关反应为：C（s）+2NO（g）N2 （g）+CO2 （g）某研究小组向一个容积（3L）恒定的真空密闭容器中加人0.3mol NO和足量的活性炭与催化剂（固体试样的体积忽略不计），在恒温（T1）条件下发生反应，经10min反应达到平衡，测得N2的物质的量为0.09mol0min10min内以v（NO）表示的平均化学反应速率为下列各项能判断该反应达到平衡状态的是A容器内压强保持不变 B速率关系：2v（NO）（正）=v （N2）（逆）C容器内CO2的体积分数不变 D混合气体的密度保持不变在相同条件下，若在容器中放人生石灰，则NO的平衡转化率
11、（填“增大”、“不变”或“减小”）19芒硝化学式为Na2SO410H2O，无色晶体，易溶于水，是一种分布很广泛的硫酸盐矿物该小组同学设想，如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，用如图所示装置电解硫酸钠溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钠，无论从节省能源还是从提高原料的利用率而言都更加符合绿色化学理念（1）该电解槽的阳极反应式为此时通过阴离子交换膜的离子数（填“大于”、“小于”或“等于”）通过阳离子交换膜的离子数（2）制得的氢氧化钠溶液从出口（填“A”、“B”、“C”或“D”）导出（3）通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因：（4）若将制得的氢气、氧气和氢氧化钠溶液组合为氢氧燃料电池，
12、则电池负极的电极反应式为已知H2的燃烧热为285.8kJmol1，则该燃料电池工作产生36g H2O时，理论上有 kJ的能量转化为电能20某学生用0.2000molL1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数请回答：（1）以上步骤有错误的是（填编号），该错误操作会导致测定结果（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（2）判断滴定终点的现象是
13、：（3）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为mL（4）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度：mol/L滴定次数待测体积（mL）标准烧碱体积（mL）滴定前读数滴定后读数第一次20.000.4020.40第二次20.002.0024.10第三次20.004.0024.0021工业上制取纯净的CuCl22H2O的主要过程是：将粗氧化铜（含少量Fe及不溶于酸的杂质）溶解于稀盐酸中，过滤；对所得滤液按下列步骤进行操作：已知Fe3+、Fe2+、Cu2+开始沉淀时的pH分别为1.9、7.0、4.7，沉淀完全时pH分别为3.2、9.0、6.7请回答以下问题：（1）已知H2O2、KMnO4、NaClO、
14、K2Cr2O7均具有强氧化性，其中最适合的X是，其反应的离子方程式是（2）Y物质的作用是调节溶液酸性，使pH为34现有下列试剂，可选用的有（填代号）A氨水BCu（OH）2 CCu2（OH）2 CO3 DNa2CO3（3）若Y用CuO，则除去Fe3+的离子方程式是（4）溶液Z在蒸发结晶时应注意2016-2017学年福建省漳州市龙海二中高二（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意）1下列物质是电解质的是（）A铜B酒精C硫酸溶液D硫酸钡【考点】电解质与非电解质【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，
15、金属氧化物等；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等；单质与混合物既不是电解质也不是非电解质【解答】解：A铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B酒精在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，是非电解质，故B错误；C硫酸溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D硫酸钡熔融状态下能导电的化合物，是电解质，故D正确；故选：D2下列溶液一定呈酸性的是（）A含有较多H+的溶液BpH7的溶液Cc（OH）c（H+）的溶液D滴加酚酞显无色溶液【考点】探究溶液的酸碱性【分析】任何电解质水溶液中都含有H+，含有较多H+的溶液可能呈中性或碱性，如果溶液中存
16、在c（OH）c（H+），该溶液一定呈酸性，据此分析解答【解答】解：A任何电解质水溶液中都含有H+，含有较多H+的溶液可能呈中性或碱性，故A错误；B.95时纯水的pH=6，则pH7的溶液可能酸性、中性或碱性，故B错误；C当c（OH+）c（H+），则溶液呈酸性，当c（OH+）=c（H+），则溶液呈中性，当c（OH+）c（H+），则溶液呈碱性，故C正确；D酚酞的变色范围是810，能使酚酞显无色的溶液pH小于8，常温下，7pH8时溶液不呈酸性，故D错误；故选C3在0.10molL1NH3H2O溶液中，加入少量NH4Cl晶体后，引起的变化是（）ANH3H2O的电离程度减小BNH3H2O的电离常数增大C溶
17、液的导电能力不变D溶液的pH增大【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】NH3H2O为弱电解质，发生NH3H2ONH4+OH，加入少量NH4Cl晶体后，NH4+离子浓度增大，抑制NH3H2O电离，平衡向逆向移动，以此解答【解答】解：A向氨水中加入氯化铵晶体，铵根离子浓度增大，抑制NH3H2O电离，则NH3H2O电离程度减小，故A正确；BNH3H2O的电离常数只受温度的影响，温度不变，则平衡常数不变，故B错误；C加入少量NH4Cl晶体后，溶液离子浓度增大，则导电能力增强，故C错误；D加入少量NH4Cl晶体后，NH4+离子浓度增大，平衡向逆向移动，c（OH）变小，pH减小，故D错误故选A4常温
18、下，将pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合，充分反应后溶液的pH（）A小于7B等于7C大于7D无法判断【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】根据两种溶液中H+和OH的关系以及氨水为弱电解质的性质，判断反应后酸碱的过量，进而判断反应后溶液的酸碱性【解答】解：pH=3的盐酸中c（H+）=103mol/L，pH=11的氨水中c（OH）=103mol/L，两种溶液H+与OH离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于103mol/L，即氨水的浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH7，故选B5常温下，有下列盐：FeCl3NaClO NaCl，其水溶
19、液的pH由大到小排列正确的是（）ABCD【考点】盐类水解的原理【分析】常温下，盐溶液酸碱性根据其对应的酸、碱的相对强弱判断，强酸强碱盐溶液呈中性，强酸弱碱盐溶液呈酸性，强碱弱酸盐溶液呈碱性，溶液的酸性越强其pH越小、碱性越强pH越大，据此分析解答【解答】解：常温下，盐溶液酸碱性根据其对应的酸、碱的相对强弱判断，强酸强碱盐溶液呈中性，强酸弱碱盐溶液呈酸性，强碱弱酸盐溶液呈碱性，溶液的酸性越强其pH越小、碱性越强pH越大，是强酸弱碱盐，溶液呈酸性，常温下pH7；是强碱弱酸盐，溶液呈酸性，常温下pH7；是强酸强碱盐，溶液呈中性，常温下pH=7，所以这三种溶液pH大小顺序是，故选B6对于0.1molL
20、1 NH4Cl溶液，正确的是（）A升高温度，溶液pH升高B通入少量HCl，c（NH4+）和c（Cl）均增大Cc（NH4+）+c（OH）=c（Cl）+c（H+）Dc（Cl）c（H+）c（NH4+）c（OH）【考点】影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较【分析】A升高温度促进水解；B氢离子抑制氯化铵的水解；C铵根水解，氢离子浓度增大；D水解程度很微弱【解答】解：A升高温度促进水解，NH4Cl水解，氢离子浓度增大，溶液pH降低，故A错误； B氢离子抑制氯化铵的水解，铵根浓度增大，加入了氯化氢，氯离子浓度增大，故B正确；C氯化铵不水解，铵根浓度与氢氧根相等，铵根水解，铵根浓度减少，氢离子浓度增
21、大，故C错误；D水解程度很微弱，氢离子浓度小于铵根浓度，故D错误故选B725时，在20ml 0.1molL1NaOH溶液中逐滴加入0.2molL1醋酸溶液，滴定曲线如图所示，有关粒子浓度的关系中，不正确的是（）A在A点：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）B在B点：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）C在C点：c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）D在C点：c（CH3COO）+c（CH3COOH）2 c（Na+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较【分析】开始时c（OH）c（CH3COO），当恰好中和时消耗0.2mol/L醋酸
22、溶液10mL，反应生成醋酸钠，醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性；B点呈中性，则有V10，但此时c（Na+）=c（CH3COO）c（OH）=c（H+）；C点醋酸过量，溶液呈酸性，所加入醋酸的物质的量大于NaOH的物质的量【解答】解：A在A点醋酸和NaOH恰好中和生成CH3COONa，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，但CH3COO水解程度较小，应为c（CH3COO）c（OH），故A错误；BB点呈中性，则离子浓度大小为：c（Na+）=c（Ac）c（OH）=c（H+），故B正确；CC点时，n（NaOH）=0.02L0.1mol/L=0.002mol，n（HAc）=0.02mol/L0.02L=0.004mo
23、l，反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒可知c（CH3COO）c（Na+），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH），故C正确；DC点溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，根据物料守恒可知：c（CH3COO）+c（CH3COOH）2c（Na+），故D正确；故选A8有关常温下pH均为3的醋酸溶液和盐酸的说法正确的是（）A两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为l1011 molL1B分别加水稀释100倍后，两种溶液的pH仍相等C中和同体积的这两种酸溶液所需要NaOH物质的量也相等D分别加入足量锌片，两种溶液生成H2的体积相等【考点
24、】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，所以pH相等的醋酸和盐酸，c（CH3COOH）c（HCl），A酸溶液中由水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH）；B加水稀释促进弱电解质醋酸电离；C中和等体积等pH的醋酸和盐酸，需要的n（NaOH）与酸的物质的量成正比；D分别加入足量的锌片，生成氢气体积与酸的物质的量成正比【解答】解：醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，所以pH相等的醋酸和盐酸，c（CH3COOH）c（HCl），A酸溶液中由水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH）=mol/L=l1011 molL1，水的离子积常数和溶液的pH相等，所以由水电离出的氢离子浓度
25、相等，故A正确；B加水稀释促进弱电解质醋酸电离，所以醋酸继续电离出氢离子，而HCl不再电离出氢离子，导致稀释后醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以醋酸pH小于HCl，故B错误；C中和等体积等pH的醋酸和盐酸，需要的n（NaOH）与酸的物质的量成正比，体积、pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以醋酸消耗NaOH多，故C错误；D分别加入足量的锌片，生成氢气体积与酸的物质的量成正比，pH、体积相等的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以醋酸生成氢气多，故D错误；故选A9常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Na+、Fe2+、NO3、SO42B滴入酚酞试液显红色
26、的溶液中：K+、Fe3+、ClO、SO42C =11012的溶液中：NH4+、Cl、NO3、Al3+D由水电离出的c（H+）=11012mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl、HCO3【考点】离子共存问题【分析】A该溶液为酸性溶液，溶液中存在电离的氢离子，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；B滴入酚酞试液显红色的溶液为减小溶液，铁离子能够与氢氧根离子反应；C该溶液为酸性溶液，溶液中存在大量的氢离子，NH4+、Cl、NO3、Al3+之间不发生反应，也不与氢离子反应；D由水电离出的c（H+）=11012mol/L的溶液为酸性或者碱性溶液，碳酸氢根离子能够与氢离子、氢氧根离子反应【解答】解：A该
27、溶液中存在大量的氢离子，NO3离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故A错误；B该溶液为碱性溶液，Fe3+能够与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C该溶液中存在大量的氢离子，NH4+、Cl、NO3、Al3+之间不满足离子反应发生条件，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D该溶液为酸性或者碱性溶液，HCO3离子能够与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C10下列叙述正确的是（）A需要加热的反应说明它是吸热反应B已知C（石墨，s）C（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定C在稀溶液中：H+（aq）+
28、OH（aq）H2O（l）H=57.3 kJ/mol，若将含0.6 mol H2SO4的稀硫酸与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量等于57.3 kJD已知2C（s）+2O2（g）2CO2（g）H1；2C（s）+O2（g）2CO（g）H2，则H1H2【考点】有关反应热的计算；吸热反应和放热反应【分析】A吸热反应不一定加热才能进行，有的放热反应也是需要加热；B能量越高越不稳定；C根据热化学方程式的意义来回答，生成1mol水放出57.3KJ热量；DCO可以继续燃烧生成二氧化碳，放出热量【解答】解：A需要加热才能发生的反应不一定为吸热反应，一些放热反应也需在加热条件下才能进行，如铝热反应需要
29、高温下才能发生，是否加热与反应热无关，故A错误；B能量越高越不稳定，C（石墨，s）C（金刚石，s）H0，转化为金刚石需要吸热，说明石墨能量较低，则石墨比金刚石稳定，故B错误；C将含0.6molH2SO4的稀硫酸即H+是1.2mol，与含1molNaOH即OH是1mol的溶液混合，生成1mol水，放出的热量等于57.3 kJ，故C正确；D放热H为负值，CO可以继续燃烧生成二氧化碳，放出热量，碳燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成一氧化碳，所以2C（s）+2O2（g）2CO2（g）H1；2C（s）+O2（g）2CO（g）H2，H1H2，故D错误；故选C11常温下，Ksp（CaSO4）=9106，Ca
30、SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是（）ACaSO4在稀硫酸中的溶解性比在纯水中的溶解性强Ba点对应的Ksp等于c点对应的KspCd点溶液通过蒸发可以变到c点Db点将有沉淀生成，平衡后溶液中c（SO42）一定等于3103mol/L【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A稀硫酸使溶解平衡逆向移动；B曲线上的点为平衡点；C蒸发时离子浓度增大；Db转化为a或转化为c，均有沉淀生成【解答】解：A稀硫酸使溶解平衡逆向移动，则CaSO4在稀硫酸中的溶解性比在纯水中的溶解性弱，故A错误；B曲线上的点为平衡点，且温度不变，则a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp，故B正确；C蒸发
31、时离子浓度增大，则d点溶液不能通过蒸发可以变到c点，因d、c点硫酸根离子浓度相同，故C错误；Db转化为a或转化为c，均有沉淀生成，则平衡后溶液中c（SO42）可能等于3103mol/L、5103mol/L、4103mol/L，故D错误；故选B12能用勒夏特列原理解释的是（）A煅烧粉碎的硫铁矿有利于SO2生成B由H2、I2、HI三种气体组成的平衡体系加压后颜色变深C使用铁触媒，有利于N2和H2的混合气体合成NH3D实验室常用排饱和和食盐水法收集Cl2【考点】化学平衡移动原理【分析】平衡移动列原理为：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，使用平衡移动原理时，该反应必须是
32、可逆反应，否则不适用平衡移动原理【解答】解：A烧粉碎的硫铁矿有利于SO2生成，加快反应速率，但不影响平衡的移动，故A不选；B可逆反应为H2（g）+I2（g）2HI（g），增大压强I2的浓度增大，颜色加深，反应前后气体的体积不发生变化，增大压强平衡不移动，颜色加深是体积改变的原因，不能用用勒夏特列原理解释，故B不选；C使用铁触媒，使N2和H2的混合气体有利于合成NH3，催化剂只改变反应速率，不影响平衡的移动，故C不选；D氯气和水的反应方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，食盐水抑制氯气的溶解，可知该反应是可逆反应，可以用勒夏特列原理解释，故D选；故选D13温度700时，向容积为1L的密闭容器
33、中充入一定量的CO和H2O发生反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），反应过程中测定的部分数据见表（表中t1t2）下列说法正确的是（） 反应时间/minn（CO）/moln（H2O）/mol00.600.30t10.40t20.10A反应在t1min内的平均速率为v（H2）=0.20/t1molL1min1B保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.10molH2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数减小C温度升至800，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应D700时，若向密闭容器中充入CO（g）、H2O（g）、CO2（g）、H2（g）的物质的量分
34、别为0.60mol、1.00mol、0.60mol、0.60mol，则此时该反应v（正）v（逆）【考点】化学平衡的计算【分析】A根据v=计算v（CO），结合化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；B保持其他条件不变，增加一种反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，另一种反应物的转化率增大；C根据平衡时各物质的浓度计算700时的平衡常数，比较不同温度下的平衡常数大小可判断反应的吸放热；D计算生成物与反应物的浓度幂之积，与平衡常数相比较，可判断反应的方向【解答】解：A由表中数据可知v（CO）=molL1min1，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=v（CO）=molL1min1
35、，故A正确；B保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，H2O的体积分数会增大，故B错误；C在t1min n（CO）=0.40mol，消耗0.20molCO，则消耗0.20mol氢气，此时氢气的物质的量为0.10mol，而t2时不变，说明t1min已达到平衡状态，t1min时反应已经达到平衡状态，此时c（CO）=0.4mol/L，c（H2O）=0.1mol/L，c（CO2）=c（H2）=0.2mol/L，则k=1，温度升至800，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动的，那么正反应应为放
36、热反应，故C错误；D.700时，若向密闭容器中充入CO（g）、H2O（g）、CO2（g）、H2（g）的物质的量分别为0.60mol、1.00mol、0.60mol、0.60mol，则=0.61，说明没有达到平衡，平衡正向移动，则v（正）v（逆），故D错误故选A14一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图的是（）ACO2（g）+2NH3（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g）；H0BCO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）；H0CCH3CH20H（g）CH2=CH2（g）+H2O（g）；H0D2C6H5CH2CH3（g）+O2（g）2C6H5CH=CH2（g）+2H
37、2O（g）；H0【考点】化学能与热能的相互转化；热化学方程式【分析】由图象可以看出，随着温度的升高，水蒸气的含量减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应应为放热反应，增大压强，水蒸气的含量增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，则气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，以此解答该题【解答】解：温度越高，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此t2t1；同理压强越大，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此p1p2；A反应是一个体积减小的、放热的可逆反应，因此升高温度平衡向逆反应方向移动，降低水蒸气的含量；而增大压强平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，故A正确；B反应是一个
38、体积不变的、吸热的可逆反应，压强对水蒸气的含量不影响；升高温度平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，因此均不符合，故B错误；C反应是一个体积增大的、吸热的可逆反应，升高温度平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，不符合图象，故C错误；D反应是一个体积增大的、放热的可逆反应，压强不符合，故D错误故选A15将2molSO2和1molO2分别置于相同体积的甲乙两密闭容器中发生反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），并达到平衡在这过程中，甲容器保持恒温恒容，乙容器保持恒温恒压，达到平衡时，下列说法正确的是（）A达到平衡所需的时间为：甲乙B甲的转化率乙的转化率C混合气体中SO3的含量为：甲乙D气
39、体的总物质的量：甲乙【考点】化学平衡的影响因素【分析】在相同温度下发生反应2SO2+O22SO3，该反应为气体物质的量减小的反应，若甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，则随着反应的进行，甲的压强逐渐减小，达平衡时，乙容器压强大于甲容器压强，根据压强对平衡移动的影响分析【解答】解：A、达平衡时，乙容器压强大于甲容器压强，压强越大反应速率快，故A正确；B、达平衡时，乙容器压强大于甲容器压强，压强增大平衡正向移动，乙转化率大，故B错误；C、乙转化率大，混合气体中生成物多，故C错误；D、达平衡时，乙容器压强大于甲容器压强，压强增大平衡气体体积减小的方向移动，故D错误；故选A16下列实验现象预测正确
40、的是（）A实验：电流表A指针偏转，碳棒上有气泡冒出B实验：电流表A指针偏转，铁极上有无色气体产生C实验：碳棒上有无色气体产生，铁极上有黄绿色气体产生D实验IV：粗铜溶解，精铜上有红色固体析出【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A实验I：该装置符合原电池构成条件，能形成原电池，所以有电流产生，铁易失电子而作负极，碳作正极，正极上得电子发生还原反应；B实验II：该电池符合原电池构成条件，能形成原电池，所以有电流产生，铁发生吸氧腐蚀；C实验III：该装置是电解池，碳作阳极，铁作阴极，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；D实验IV：该装置是电解池，为粗铜的精炼，精铜作阴极，阴极上铜离子得电子发生还
41、原反应【解答】解：A实验I：该装置符合原电池构成条件，能形成原电池，所以有电流产生，铁易失电子而作负极，碳作正极，碳棒上铜离子得电子生成铜单质，所以碳棒上有红色物质析出，没有有气泡冒出，故A错误；B实验II：该电池符合原电池构成条件，能形成原电池，所以有电流产生，铁易失电子生成亚铁离子而作负极，没有无色气体产生，故B错误；C实验III：该装置是电解池，碳作阳极，铁作阴极，碳棒上氯离子放电生成黄绿色的氯气，铁棒上氢离子放电生成无色的氢气，故C错误；D实验IV：该装置是电解池，精铜作阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应生成金属单质铜，故D正确；故选D二、解答题（共5小题，满分52分）17物质在水溶
42、液中可能存在电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡：（1）实验测得0.1molL1一元弱酸HA 的pH为4，则HA的电离平衡常数Ka=107molL1（2）把AlCl3溶液蒸干灼烧最后所得固体为Al2O3 （填化学式）（3）NaHCO3溶液中存在的平衡有三个，请分别用离子方程式表示：H2OH+OH、HCO3H+CO32、HCO3+H2OH2CO3+OH（4）等物质的量浓度的NH4HSO4溶液与NH4Cl溶液相比较，c（NH4+）：前者后者（填“”、“”或“=”）（5）已知298K时，Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=5.61012，往0.1molL1MgCl2溶液滴加烧碱溶液至pH=11，此时c（M
43、g2+）=5.6106 molL1【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】（1）一元弱酸HA 电离平衡常数K=；（2）AlCl3属于强酸弱碱盐，在溶液中存在水解平衡，蒸发溶液水解生成的氯化氢挥发促进平衡正向进行，得到水解产物氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；（3）在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡、电离平衡和水的电离平衡；（4）氢离子抑制铵根离子水解；（5）往0.1molL1MgCl2溶液滴加烧碱溶液至pH=11，结合溶度积常数计算；【解答】解：（1）实验测得0.1molL1一元弱酸HA 的pH为4，则HA的电离平衡常数Ka=molL1=107mo
44、lL1，故答案为：107molL1； （2）氯化铝为强酸弱碱盐，Al3+发生水解，水解的方程式为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，水解后溶液呈酸性，蒸干和灼烧过程中，HCl挥发，Al（OH）3不稳定，灼烧时分解生成Al2O3，故答案为：Al2O3 ；（3）在NaHCO3溶液存在碳酸氢根离子的水解平衡为：HCO3+H2OH2CO3+OH，电离平衡：HCO3H+CO32，水的电离平衡H2OH+OH，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度导致溶液显碱性，故答案为：HCO3H+CO32； HCO3+H2OH2CO3+OH；（4）NH4HSO4中氢离子抑制铵根离子水解，NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子能
45、水解但较弱，c（NH4+）：前者后者，故答案为：；（5）往0.1molL1MgCl2溶液滴加烧碱溶液至pH=11，c（OH）=103mol/L，已知298K时，Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=c（Mg2+）c2（OH）=5.61012，此时c（Mg2+）=5.6106，故答案为：5.6106；18环境中氮氧化物的合理控制和治理是减少雾霾天气、优化生存环境的有效途径之一请运用化学反应原理知识，回答下列问题：（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染已知：CH4 （g）+4NO2 （g）4NO（g）+CO2 （g）+2H2O（1）H1=662kJmol1CH4 （g）+4NO（g）2N
46、2 （g）+CO2 （g）+2H2O（1）H2=1251kJmol1据此，写出CH4将NO2还原为N2的热化学方程式：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+2H2O（l）H=956.5KJ/mol（2）用活性炭还原法也可处理氮氧化物有关反应为：C（s）+2NO（g）N2 （g）+CO2 （g）某研究小组向一个容积（3L）恒定的真空密闭容器中加人0.3mol NO和足量的活性炭与催化剂（固体试样的体积忽略不计），在恒温（T1）条件下发生反应，经10min反应达到平衡，测得N2的物质的量为0.09mol0min10min内以v（NO）表示的平均化学反应速率为0.006mol/（Lmin）下列各
47、项能判断该反应达到平衡状态的是CDA容器内压强保持不变 B速率关系：2v（NO）（正）=v （N2）（逆）C容器内CO2的体积分数不变 D混合气体的密度保持不变在相同条件下，若在容器中放人生石灰，则NO的平衡转化率增大（填“增大”、“不变”或“减小”）【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡状态的判断【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算所需热化学方程式得到；（2）依据化学反应三段式列式计算反应速率V=；化学平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，据此分析和衍生出的条件变化；在相同条件下，若在容器中放人生石灰会结合二氧化碳促进平衡正向进行【解答】解：（1
48、）CH4 （g）+4NO2 （g）4NO（g）+CO2 （g）+2H2O（1）H1=662kJmol1CH4 （g）+4NO（g）2N2 （g）+CO2 （g）+2H2O（1）H2=1251kJmol1据盖斯定律+得到CH4将NO2还原为N2的热化学方程式为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+2H2O（l）H=956.5KJ/mol；故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+2H2O（l）H=956.5KJ/mol；（2）C（s）+2NO（g）N2 （g）+CO2 （g）起始量（mol） 0.3 0 0变化量（mol） 0.18 0.09 0.09平衡量（mol） 0.12
49、0.09 0.090min10min内以v（NO）表示的平均化学反应速率=0.006mol/（Lmin），故答案为：0.006mol/（Lmin）；反应是气体体积不变的反应，A反应前后气体物质的量不变，压强不变，容器内压强保持不变不能说明反应达到平衡状态，故A错误； B速率关系：若v（NO）（正）=2v （N2）（逆），证明氮气的正逆反应速率相同，证明达到平衡状态，但2v（NO）（正）=v （N2）（逆）不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C容器内CO2的体积分数不变是平衡的标志，故C正确； D反应前后气体体积不变，气体质量分数变化，若混合气体的密度保持不变，能证明反应达到平衡状态，故D正确；
50、故答案为：CD；在相同条件下，若在容器中放人生石灰，CaO+CO2=CaCO3，平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，则NO的平衡转化率增大，故答案为：增大19芒硝化学式为Na2SO410H2O，无色晶体，易溶于水，是一种分布很广泛的硫酸盐矿物该小组同学设想，如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，用如图所示装置电解硫酸钠溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钠，无论从节省能源还是从提高原料的利用率而言都更加符合绿色化学理念（1）该电解槽的阳极反应式为4OH4e=2H2O+O2此时通过阴离子交换膜的离子数小于（填“大于”、“小于”或“等于”）通过阳离子交换膜的离子数（2）制得的氢氧化钠溶液从出口（填“
51、A”、“B”、“C”或“D”）D导出（3）通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因：H+放电促进水的电离，使OH浓度增大（4）若将制得的氢气、氧气和氢氧化钠溶液组合为氢氧燃料电池，则电池负极的电极反应式为H22e+2OH2H2O已知H2的燃烧热为285.8kJmol1，则该燃料电池工作产生36g H2O时，理论上有571.6 kJ的能量转化为电能【考点】电解原理【分析】（1）电解时，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，阳极上失电子发生氧化反应；根据阴阳离子的移动方向，通过相同电量时，阴阳离子交换的个数判断；（2）阴极上氢离子放电，则NaOH在阴极生成；（3）电解过程中氢
52、离子在阴极得到电子发生还原反应，破坏了水的电离，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH升高；（4）氢气、氧气和氢氧化钠溶液组合为氢氧燃料电池，负极上氢气失去电子；结合燃烧热方程式及电池反应计算【解答】解：（1）电解时，阳极上失电子发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，所以阳极上氢氧根离子失电子生成水和氧气，阳极电极反应为4OH4e=2H2O+O2；阳极氢氧根离子放电，因此硫酸根离子向阳极移动，阴极氢离子放电，因此钠离子向阴极移动，所以通过相同电量时，通过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数，故答案为：4OH4e=2H2O+O2；小于；（2）阴极上氢离子放电
53、，则NaOH在阴极生成，由图可知，D在阴极附近，制得的氢氧化钠溶液从D出口导出，故答案为：D；（3）电解过程中氢离子在阴极得到电子发生还原反应，破坏了水的电离，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH升高；故答案为：H+放电促进水的电离，使OH浓度增大；（4）氢气、氧气和氢氧化钠溶液组合为氢氧燃料电池，负极上氢气失去电子，负极反应式为H22e+2OH=2H2O，H2的燃烧热为285.8kJ/mol，则2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJ/mol，该燃料电池工作产生36g H2O，n（H2O）=2mol，由燃烧的热方程式可知，生成2molH2O放出571.6kJ的热量，即理论上有
54、571.6kJ的能量转化为电能；故答案为：H22e+2OH=2H2O；571.620某学生用0.2000molL1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数请回答：（1）以上步骤有错误的是（填编号），该错误操作会导致测定结果（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）偏大（2）判断滴定终点的现象是：无色变为浅红，半分钟内不变色（3）如图是某次滴定
55、时的滴定管中的液面，其读数为22.60mL（4）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度：0.2000mol/L滴定次数待测体积（mL）标准烧碱体积（mL）滴定前读数滴定后读数第一次20.000.4020.40第二次20.002.0024.10第三次20.004.0024.00【考点】中和滴定【分析】（1）碱式滴定管洗涤后必须用标准液氢氧化钠溶液润洗；根据不润洗会使标准液的浓度偏小判断对测定结果影响；（2）根据滴定终点前溶液为无色，滴定结束时氢氧化钠过量，溶液显示红色判断滴定终点；（3）根据滴定管的构造及图示读出滴定管的读数；（4）根据表中消耗的标准液的数据先判断数据的有效性，然后计算出消耗标准
56、液的平均体积，最后计算出待测液盐酸的浓度【解答】解：（1）“用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液”，该操作错误，碱式滴定管应该润洗后再盛装标准液，若没有润洗，导致标准液的浓度减小，滴定时消耗的标准液的体积偏大，测定结果偏大，故答案为：；偏大；（2）滴定结束前，锥形瓶中滴入酚酞，溶液为无色，滴定结束后，滴入氢氧化钠溶液后，溶液显示粉红色，所以达到终点的现象为：锥形瓶中溶液无色变为粉红，半分钟内不变色，故答案为：无色变为粉红，半分钟内不变色；（3）根据图示滴定管结构可知，每个小刻度为0.01mL，液面凹液面在22mL刻度以下6个小刻度，读数为22.60mL，故答案为：22.60；（4）根
57、据表中数据，第一次滴定消耗的标准液体积为：（20.400.40）mL=20.00mL，第二次滴定消耗的标准液体积为：（24.102.00）mL=22.10mL，第三次滴定消耗的标准液体积为：（24.004.00）mL=20.00mL，可见第二次滴定数据误差偏大，应该舍弃，其它两次滴定消耗的标准液平均体积为：20.00mL，氢氧化钠和盐酸都是一元酸，反应的体积都是20.00mL，所以氢氧化钠溶液和盐酸的浓度一定相等，即盐酸的浓度为：0.2000molL1，故答案为：0.200021工业上制取纯净的CuCl22H2O的主要过程是：将粗氧化铜（含少量Fe及不溶于酸的杂质）溶解于稀盐酸中，过滤；对所得
58、滤液按下列步骤进行操作：已知Fe3+、Fe2+、Cu2+开始沉淀时的pH分别为1.9、7.0、4.7，沉淀完全时pH分别为3.2、9.0、6.7请回答以下问题：（1）已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性，其中最适合的X是H2O2，其反应的离子方程式是2H+H2O2+2Fe2+=2Fe3+2H2O（2）Y物质的作用是调节溶液酸性，使pH为34现有下列试剂，可选用的有BC（填代号）A氨水BCu（OH）2 CCu2（OH）2 CO3 DNa2CO3（3）若Y用CuO，则除去Fe3+的离子方程式是CuO+2H+=Cu2+H2O（4）溶液Z在蒸发结晶时应注意通入HCl气体（
59、或加入盐酸），并不断搅拌且不能蒸干【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】工业上制取纯净的CuCl22H2O的主要过程：将粗氧化铜（含少量Fe）溶解于稀盐酸中，氧化铜和盐酸反应生成氯化铜，铁和盐酸反应生成氯化亚铁，过滤，滤液中含有亚铁离子、铜离子、氯离子，加入氧化剂将亚铁离子氧化成铁离子，然后加入Y调节溶液的pH，将铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，得到的溶液Z为氯化铜溶液，然后在持续通入HCl气体并不断搅拌条件下蒸发溶液乙获得氯化铜晶体，以此解答该题【解答】解：工业上制取纯净的CuCl22H2O的主要过程：将粗氧化铜（含少量Fe）溶解于稀盐酸中，氧化铜和盐酸反应生成氯化铜，铁和盐酸
60、反应生成氯化亚铁，过滤，滤液中含有亚铁离子、铜离子、氯离子，加入氧化剂将亚铁离子氧化成铁离子，然后加入Y调节溶液的pH，将铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，得到的溶液Z为氯化铜溶液，然后在持续通入HCl气体并不断搅拌条件下蒸发溶液乙获得氯化铜晶体（1）依据流程图可知实验目的是制备氯化铜晶体，需要除去亚铁离子，加入的X为氧化剂，但不能引入新的杂质，X是过氧化氢溶液，酸性溶液中也可以氧化亚铁离子为铁离子且不引入新的杂质，反应的离子方程式为：2H+H2O2+2Fe2+=2Fe3+2H2O；故答案为：H2O2；2H+H2O2+2Fe2+=2Fe3+2H2O；（2）Y物质应调节溶液的酸性，调节溶液PH时铁离
61、子全部沉淀，铜离子不能沉淀且不能引入新的杂质离子，实验需要加入和酸反应的固体物质CuO或Cu（OH）2，已知Cu2+、Fe2+在pH为45时不水解，而Fe3+几乎完全水解而沉淀，调节溶液PH值45，使铁离子完全沉淀；故答案为：BC；（3）Y用CuO，可与酸反应生成铜离子和水，增大溶液pH，有利于铁离子的水解，方程式为CuO+2H+=Cu2+H2O，故答案为：CuO+2H+=Cu2+H2O；（4）氯化铜水溶液蒸发浓缩，铜离子水解，CuCl2+H2OCu（OH）2+2HCl，生成的氯化氢挥发，加热促进水解正向进行，得到氢氧化铜，所以实验需要在氯化氢气流中蒸发，抑制水解反应进行，析出得到氯化铜晶体；故答案为：通入HCl气体（或加入盐酸），并不断搅拌且不能蒸干2017年4月1日
