1、四川省棠湖中学2019-2020学年高二上学期期末模拟考试化学试题1.用已知浓度盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液会导致测得NaOH溶液浓度偏高的是 （ ）A. 滴定前滴定管中有气泡,滴定后消失B. 碱式滴定管量取NaOH溶液时,未进行润洗操作C. 滴定时达到滴定终点时俯视读数D. 锥形瓶取用NaOH待测液前加少量水洗涤【答案】A【解析】【分析】酸式滴定管用蒸馏水洗净后，还需用盐酸溶液润洗；锥形瓶用蒸馏水洗净即可，无需润洗；滴定时，应逐出滴定管下口的气泡，否则会引起误差；读数时视线应与滴定管内液体的凹液面最低处保持水平。【详解】A项、滴定前滴定管中有气泡，滴定后消失，消耗的标准液体积偏大，测定结果
2、偏高，故A正确；B项、碱式滴定管量取NaOH溶液时，未进行润洗操作，导致氢氧化钠溶液被稀释浓度减小，滴定过程中消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故B错误；C项、滴定时达到滴定终点时俯视读数，导致消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故C错误；D项、锥形瓶取用NaOH待测液前加少量水洗涤，溶质的物质的量不变，标准液的体积不变，对结果无影响，故D错误。故选A。【点睛】本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，根据c（待测）=c(标注)V(标准)/V(待测)分析是解答的关键。2.在10mL0.1molL1NaOH溶液中加入同体积、同浓度的CH3COOH溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系错误的是（ ）A.
3、 c（Na）c（CH3COO）c（H）c（OH）B. c（Na）c（CH3COO）c（OH）c（H）C. c（Na）c（CH3COO）c（CH3COOH）D. c（Na）c（H）c（CH3COO）c（OH）【答案】A【解析】【详解】在10mL 0.1molL-1NaOH溶液中加入同体积同浓度的CH3COOH溶液，发生反应生成醋酸钠和水，A、醋酸根离子水解显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)，故A错误；B、醋酸根离子水解显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)，故B正确；C、溶液中物料守恒分析得到：c(N
4、a+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故C正确；D、依据溶液中电荷守恒分析，溶液中电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故D正确；故选：A。3.在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是A. 无色溶液：K+、Cl- 、Mg2+、B. 0.1mol/L的溶液：、C. Na2CO3溶液：K、Fe3、D. 能使pH试纸呈红色的溶液：Na、I、【答案】B【解析】【详解】A.橙红色，在无色溶液中不符合题意，故A错误；B. 0.1mol/L的溶液的溶液呈碱性，、之间不反应，可以大量共存，故B正确；C. Na2CO3溶液中，CO32-与Fe3发生双水解
5、反应而不能大量共存，故C错误；D.能使pH试纸呈红色的溶液呈酸性：I、在酸性条件下发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误。故选B。【点睛】凡是溶液中有关离子因发生反应而使浓度显著改变的均不能大量共存，如生成难溶、难电离、气体物质或能转变成其他种类的离子(包括氧化还原反应)。一般可从以下几方面考虑：(1)弱碱阳离子与OH不能大量共存，如Fe3、Al3、Cu2、NH、Ag等。(2)弱酸阴离子与H不能大量共存，如CH3COO、CO、SO等。(3)弱酸的酸式阴离子在酸性较强或碱性较强的溶液中均不能大量存在。它们遇强酸(H)会生成弱酸分子；遇强碱(OH)会生成正盐和水，如HSO、HCO等。(4)若阴、
6、阳离子能相互结合生成难溶或微溶性的盐，则不能大量共存，如Ba2、Ca2与CO、SO、SO等；Ag与Cl、Br、I等。(5)能发生氧化还原反应的离子不能大量共存，如NO(H)与I、Br、Fe2等。(6)若限定为无色溶液，有色的离子不能大量存在。如MnO(紫红色)、Cu2(蓝色)、Fe3(棕黄色)、Fe2(浅绿色)。4.一定条件下，在体积为10 L的密闭容器中，1 mol X和1 mol Y进行反应：2X(g)Y(g)Z(g) Hc(Cl-) c(OH-)c(H+)B. 0.1molL-1Na2CO3溶液:c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+2c(H2CO3)C. 0.1molL-
7、1NH4Cl溶液:c(NH4+)=c(Cl-)D. 向醋酸钠溶液加适量醋酸,得到的混合溶液:c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)【答案】A【解析】【详解】A、将pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，c(NH4+)c(Cl-) c(OH-)c(H+)，故A正确；B、根据物料守恒0.1molL-1Na2CO3溶液:c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(CO32-)+2c(H2CO3)，故B错误；C、NH4+水解NH4Cl溶液呈碱性:c(NH4+)c(NH4+)c(OH)c(H)B. 溶液：c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H)C. 、三点所示的溶液中
8、水的电离程度D. 滴定过程中不可能出现：c(NH3H2O)c(NH4+)c(OH)c(Cl)c(H)【答案】B【解析】【详解】A、点时加入HCl溶液10mL，得到等物质的量浓度的NH3H2O、NH4Cl的混合液，溶液呈碱性，c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H)，故A错误；B、点时溶液呈中性，根据电荷守恒c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H)，故B正确；C、点时酸碱恰好反应，此时氯化铵水解，溶液呈酸性，促进水电离，、两点有碱剩余，抑制水电离，、三点所示的溶液中水的电离程度，故C错误；D、开始滴加盐酸时，能出现c(NH3H2O)c(NH4+)c(OH)c(Cl)c(H)，故D错误；答案选
9、B。10.某课外活动小组同学用如图装置进行实验,试回答下列问题:(1)若开始时开关K与a连接,则B极的电极反应为_。(2)若开始时开关K与b连接,则B极的电极反应为_,总反应的离子方程式为_。有关上述实验,下列说法正确的是(填序号)_。溶液中Na+向A极移动从A极处逸出气体能使湿润KI淀粉试纸变蓝反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度若标准状况下B极产生2.24 L气体,则溶液中转移0.2 mol电子(3)该小组同学模拟工业上用离子交换膜法制烧碱的方法,可以设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。该电解槽的阳极反应为_。此时通过阴离子交换膜的离子数_(填“大于
10、”“小于”或“等于”)通过阳离子交换膜的离子数。通电开始后,阴极附近溶液pH会增大,请简述原因_。若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池,则电池正极的电极反应为_。【答案】 (1). 2H2O + O24e4OH- (2). 2H2e=H2 (3). 2Cl2H2O=2OHH2Cl2 (4). (5). 4OH4e=2H2OO2 (6). 小于 (7). H放电，促进水的电离，OH浓度增大 (8). O22H2O4e=4OH【解析】【详解】（1）K与a连接则构成原电池，活泼金属作负极，即铁是负极，石墨是正极，因此是铁的吸氧腐蚀，所以A极电极反应式为2H2O + O24e4OH-。
11、（2）开关K与b连接，则构成电解池，电解饱和食盐水。石墨和电源正极相连，作阳极，氯离子放电生成氯气。铁和电源负极相连，作阴极，氢离子发生，生成氢气，所以B极电极反应为2H2e=H2。总反应的离子方程式为2Cl2H2O2OHH2Cl2。电解池中阳离子向阴极方向移动，不正确。A处得到氯气，氯气氧化碘化钾生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，正确。根据总反应式可知，从溶液中放出的是氢气和氯气，所以要恢复原状态，需要通入氯化氢气体，不正确。B极产生的2.24 L气体是氢气，在标准状况下是0.1mol，根据2H2e=H2可知，转移0.2mol电子，正确。（3）根据装置图可判断，A和电源正极相连，作阳极，溶液中的O
12、H-放电生成氧气，电极反应式为4OH- 4e-= 2H2O + O2。D和电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电，生成氢气，电极反应式为4H4e=2H2。此时通过阴离子交换膜的离子是SO42，过阳离子交换膜的离子是K,根据电荷守恒可知，阴离子数目小于阳离子数目。氢离子在阴极放电，促进水的电离，OH浓度增大，因此阴极的pH增大。氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，氧气做正极，正极反应为O22H2O4e=4OH。【点睛】在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应，据此可以进行有
13、关的判断。电解中最关键的是准确判断出电极上离子的放电顺序。在判断电解产物时，首先判断阳极电极材料。如果是活性电极，则电极本身失去电子。如果是惰性电极，则溶液中的阴离子失去电子。而阴极是溶液中的阳离子得到电子，所以需要熟练记住常见离子的放电顺序。11.一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)。根据题意完成下列问题：(1)反应达到平衡时，平衡常数表达式K_，升高温度，K值_(填“增大”“减小”或“不变”)，平衡向_方向移动。(2)在500 ，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)_。（用含相应字母的
14、式子表示） (3)在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，下列有关该体系的说法正确的是_(填选项字母)。A氢气的浓度减小 B正反应速率加快，逆反应速率也加快C甲醇的物质的量增加 D重新平衡时增大(4)据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是_(用化学方程式表示)。【答案】 (1). (2). 减小 (3). 逆反应 (4). (5). BC (6). Cu2OCO2CuCO2【解析】【详解】（1）已知CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，则K=，500时甲醇物质的量小，所以升高温度，平衡逆移，所以K减小
15、，故答案为：，减小；逆反应；（2）在500，平衡时图中甲醇的变化量为nB，所以反应消耗的氢气的量为：2nB，则，故答案为：；（3）在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，则压强增大，正逆反应速率都增大，平衡向正向移动，甲醇的物质的量增多，氢气的物质的量减小，但由于体积减小，平衡时氢气的浓度反而增大，根据浓度比值等于物质的量比值，则有重新平衡时减小，即BC正确，故答案为：BC；（4）反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，一氧化碳和氧化亚铜反应生成铜和二氧化碳，反应的化学方程式：Cu2O+CO2Cu+CO2，二氧化碳抑制反应正向进行，有利于维持催化剂Cu2
16、O的量不变，故答案为：Cu2O+CO2Cu+CO2。12.为证明化学反应有一定的限度，进行如下探究活动：I取5mL0.1mol/L的KI溶液，滴加5至6滴FeCl3稀溶液；继续加入2mLCCl4振荡；取萃取后的上层清液，滴加KSCN溶液。（1）探究活动I的实验现象为_，探究活动的实验现象为_。（2）为了测定探究活动I中的FeCl3稀溶液的浓度，现进行以下操作：移取20.00mLFeCl3稀溶液至锥形瓶中，加入_用作指示剂，再用c mol/LKI标准溶液进行滴定，达到滴定终点时的现象是_。重复滴定三次，平均耗用cmol/LKI标准溶液VmL，则FeCl3溶液物质的量浓度为_mol/L。若滴定前滴
17、定管尖嘴中无气泡，滴定后有气泡，则测定结果_（填“偏高”或“偏低”或“不变”）。探究活动的意图是通过生成血红色的Fe(SCN)3溶液，验证有Fe3+残留，从而证明化学反应有一定的限度，但在实验中却未见溶液呈血红色。对此同学们提出了下列两种猜想：猜想一：Fe3+全部转化为Fe2+ 猜想二：生成的Fe(SCN)3浓度极小，其颜色肉眼无法观察，为了验证猜想，查阅资料获得下列信息：信息一：乙醚微溶于水，Fe(SCN)3在乙醚中的溶解度比在水中大；信息二：Fe3+可与Fe(CN)64反应生成蓝色沉淀，用K4Fe(CN)6溶液检验Fe3+的灵敏度比用KSCN更高。结合新信息，现设计以下实验方案验证猜想：完
18、成下表实验操作现象和结论步骤一：取萃取后的上层清液滴加_若_，则猜想一不成立。步骤二：往探究所得溶液中加入少量乙醚，充分振荡、静置分层若_，则猜想二成立。写出实验操作“步骤一”中的反应离子方程式：_。【答案】 (1). 液体呈棕黄色 (2). 溶液分层，下层四氯化碳层呈紫色 (3). KSCN溶液 (4). 当滴加最后一滴KI标准溶液时，红色褪去且30秒内不恢复 (5). 0.05cV (6). 偏低 (7). 2滴K4Fe(CN)6 (8). 若产生蓝色沉淀 (9). 若乙醚层呈血红色 (10). 4Fe3+ + 3Fe(CN)64- = Fe4Fe(CN)63【解析】【分析】（1）根据KI
19、和FeCl3发生反应：2KI+2FeCl3=I2+2KCl+2FeCl2，液体呈棕黄色；四氯化碳与水互不相溶，密度比水大，碘单质易溶于四氯化碳，混合液分层，四氯化碳层呈紫红色；（2）铁离子与硫氰根离子反应生成红色的硫氰化铁，可以使用硫氰化钾作为指示剂；反应结束前溶液为红色，反应结束溶液红色消失，据此判断滴定终点现象；根据氧化还原反应中得失电子相等计算出氯化铁的物质的量，再计算出氯化铁的物质的量浓度；滴定前滴定管尖嘴中无气泡，滴定后有气泡，导致消耗的碘化钾的物质的量偏小，测定结果偏低；根据题目中的信息一和信息二解答反应的现象和结论；Fe3+可与Fe（CN）64-反应生成蓝色沉淀，据此写出反应的离
20、子方程式。【详解】（1）探究活动I中发生反应：2KI+2FeCl3=I2+2KCl+2FeCl2，碘溶于水呈棕黄色；碘单质易溶于有机溶剂四氯化碳，所以CCl4能萃取水中的碘，溶液呈紫红色，由于CCl4的密度比水大，所以碘的四氯化碳层在下层，故答案为溶液呈棕黄色；溶液分层，下层CCl4层呈紫红色。（2）铁离子与硫氰化钾溶液反应生成红色硫氰化铁，可使用硫氰化钾溶液为指示剂；滴定终点现象为：当滴加最后一滴KI标准溶液时，红色褪去且半分钟内不恢复，故答案为KSCN溶液；当滴加最后一滴KI标准溶液时，红色褪去且半分钟内不恢复。cmol/LKI标准溶液VmL，含有碘离子的物质的量为cmol/L0.001V
21、=0.001cVmol，I-失去的电子的物质的量为0.001cVmol，铁离子变成亚铁离子化合价降低1价，得到1个电子，所以被还原的铁离子的物质的量为0.001cV，氯化铁的物质的量浓度为0.001cVmol/0.02L=0.05cVmol/L，故答案为0.05cVmol/L。滴定前滴定管尖嘴中无气泡，滴定后有气泡，会导致消耗的碘化钾溶液的体积偏小，则KI物质的量偏小，据此计算出的氯化铁的物质的量偏小，所以氯化铁的物质的量浓度偏低，故答案为偏低。由信息一可得：取萃取后的上层清液滴加2滴K4Fe（CN）6溶液，若产生蓝色沉淀，说明上层清液中含Fe3+，则猜想一不成立；由信息二可得：往探究活动II
22、I溶液中加入乙醚，充分振荡，若乙醚层呈血红色，则猜想二成立；故答案为2滴K4Fe(CN)6，若产生蓝色沉淀，若乙醚层呈血红色。因Fe3+可与Fe（CN）64-反应生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为：4Fe3+3Fe（CN）64-=Fe4Fe（CN）63，故答案为4Fe3+3Fe（CN）64-Fe4Fe（CN）63。13.为了减少CO对大气的污染，某研究性学习小组拟研究CO和H2O反应转化为绿色能源H2。已知：2CO(g)+O2(g)2CO2(g) H=-566kJmoL12H2(g)+O2(g)2H2O(g) H=-483.6KJmoL1H2O (g)H2O(l) H=-44.0KJmoL1（1
23、）氢气的标准燃烧热H=_kJmoL1（2）写出CO和H2O(g)作用生成CO2和H2的热化学方程式_（3）往 1L体积不变的容器中加入1.00mol CO和1.00mol H2O(g)，在t时反应并达到平衡，若该反应的化学平衡常数K=1，则t时CO的转化率为_；反应达到平衡后，升高温度，此时平衡常数将_（填“变大”、“不变”或“变小”），平衡将向_（填“正”或“逆”）方向移动（4）为了提高CO的转化率，可采取的措施是_。A增大的CO浓度B增大的H2O(g)浓度C使用催化剂D降低温度（5）H2是一种理想的绿色能源，可作燃料电池；若该氢氧燃料电池以KOH为电解质溶液，其负极的电极反应式是_【答案】
24、 (1). -285.8 kJmoL1 (2). 2CO(g)+H2O (g)2CO2(g) +H2(g) H=-41.2kJmoL1 (3). 50% (4). 变小 (5). 逆 (6). BD (7). H2 2OH -2e- = 2H2O【解析】【详解】（1）由2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=-483.6KJ/mol、2H2O（g）2H2O（l）H=-88.0KJ/mol，可得2mol氢气燃烧生成液态水，放出的热量为483.6kJ+88kJ=571.6kJ，氢气燃烧热是指1mol氢气燃烧生成液态水时放出的热量，即571.6kJ/2=285.8 kJ，所以氢气的燃烧热H=-28
25、5.8 kJmoL1；（2）由2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=-566KJ/mol、2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=-483.6KJ/mol，根据盖斯定律可知（-）2得H=（-566+483.6）2=-41.2kJ/mol，即热化学反应方程式为2CO(g)+H2O (g)2CO2(g) +H2(g) H=-41.2kJmoL1；（3） CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）开始 1 1 0 0转化 x x x x平衡 1-x 1-x x xt时反应并达到平衡，若该反应的化学平衡常数K=1，则x2/(1-x)2=1，解得x=0.5，所以CO的转化率为0.5/1100%=50%，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；（4）A增大的CO浓度，平衡正向移动，CO的转化率减小，H2O的转化率增大，B增大H2O(g) 的浓度，水蒸气的转化率减小，CO的转化率增大， C使用催化剂只能加快化学反应速率，不能改变平衡，即不能改变CO的转化率，D降低温度，平衡正向移动，CO的转化率增大，选BD；（5）氢气为负极，失去电子，在碱性电解质溶液中，负极生成水，则负极反应式为H2 2OH -2e- = 2H2O。