1、 2015-2016 学年四川省成都市彭州中学高二（上）期中化学试卷 一、选择题（共 20 小题，每小题 2 分，共 40 分，每小题只有一个正确答案）1化学与社会生活密切相关，下列说法不正确的是（）A化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物均是导致“雾霾天气”的元凶B天津港爆炸事件中可知，当电石、钠、氰化钠等物品遇到明火时，应迅速用水浇灭C新发现一种固态碳，外形似海绵，密度小，有磁性，其与金刚石的关系是同素异形体D炒菜时，加一点酒和醋能使菜味可口，原因是有酯类物质生成2下列说法中，正确的是（）A反应产物的总能量大于反应物的总能量时，H0B已知反应 H2（g）+I2（g）2HI（g）平衡常数为 K，
2、则 2H2（g）+2I2（g）4HI（g）的平衡常数为 2KC H0、S0 的反应在温度低时不能自发进行D在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，不能改变化学反应进行的方向395时，纯水中 H+的物质的量浓度为 1106 molL1，若把 0.01mol NaOH 固体溶解于95水中配成 1L 溶液，则溶液的 pH 为（）A12B10C4D24常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A使酚酞变红色的溶液：Na+、Ba2+、I、ClB使甲基橙变红色的溶液：Fe2+、K+、NO3、SO42C含有 0.1 molL1 Fe3+的溶液：Na+、K+、SCN、NOD由水电离产生的
3、c（H+）=1012molL1 的溶液：NH4+、SO42、HCO3、Cl5下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A由 H2、I2 蒸气、HI 组成的平衡体系加压后颜色变深B黄绿色的氯水光照后颜色变浅C棕红色 NO2 加压后颜色先变深后变浅D在含有 Fe（SCN）2+的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去6用 NA 表示阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A25时，pH=13 的 1.0LBa（OH）2 溶液中含有的 OH数目为 0.2NAB标准状况下，2.24LCl2 与足量水应，消耗 1.8g H2OC已知有 N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.0kJmol1，如果
4、该反应吸收的能量为46.0kJ，则形成 NH 键的数目为 3NAD32g 铜和足量硫完全反应，生成 Cu2S，转移的电子数为 0.5NA7把 0.05mol NaOH 固体分别加入下列 100mL 液体中，溶液的导电性基本不变的是（）A自来水B0.5molL1 的盐酸C0.5molL1 的醋酸 D0.5molL1 的氨水8三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF下列有关说法正确的是（）ANF3 是氧化剂，H2O 是还原剂B还原剂与氧化剂的物质的量之比为 2：1C若生成 0.2mol HNO3，则转移 0.2mo
5、l 电子DNF3 气体应密封干燥保存9下列离子方程式书写正确的是（）A向足量的 NaHCO3 溶液中加入少量澄清石灰水：Ca2+OH+HCO3H2O+CaCO3BFe3O4 与稀硝酸反应：2Fe3O4+18H+6Fe3+H2+8H2OC向 NH4Al（SO4）2 溶液中滴入 Ba（OH）2 溶液，恰好使 SO42完全沉淀：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OHAl（OH）3+NH3H2O+2BaSO4DFeI2 溶液与等物质的量的 Cl2 反应：Fe2+2I+2Cl2Fe3+4Cl+I210下列说法正确的一组是（）不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4 等）都是弱电解质pH=1 的强酸溶液
6、，加水稀释后，溶液中所有离子浓度都降低反应 4A（g）+B（g）2C（g）+D（g）不能自发进行，则该反应 H 一定小于 0溶液、胶体、浊液三种分散系可用丁达尔效应进行区分熔融的电解质都能导电勒夏特列原理用于判断可逆反应是否达到平衡状态ABC只有D均不对11下列对于水的电离平衡叙述不正确的是（）A将水加热，pH 减小B恒温下，向水中加入少量固体 KOH，Kw 不变C向水中加入金属钠，c（H+）减小D向水中通入氯化氢气体，平衡正向移动12在一密闭容器中，mA（g）+bB（g）pC（g）反应平衡时，测得 c（A）为 0.5molL1，在温度不变的情况下，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡时，测得
7、c（A）为 0.3molL1，则下列判断中正确的是（）A平衡向正反应方向移动了B物质 B 的转化率减小了C化学计量数：m+bpD物质 C 的质量分数增加了13下列实验现象预测正确的是（）A实验甲：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B实验乙：酸性 KMnO4 溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C实验丙：微热稀 HNO3 片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D实验丁：反应最终，集气瓶中有 为无色气体，为无色液体14将等物质的量的 A、B 混合于 2L 密闭容器中，发生如下反应 3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g），经 5min 后测得 D 的浓度为 0.5molL1，c（A）：c（B）=3
8、：5，用 C 的浓度变化表示的平均反应速率为 0.1molL1min1下列有关结论正确的是（）Ax 的值为 1Bv（B）=0.2molL1min1C反应开始前 A 的物质的量为 3molD5min 时 A 的浓度为 0.2molL115用已知浓度的 NaOH 滴定未知浓度的 HCl 溶液时，正确的操作顺序是（）用水洗净滴定管将滴定管进行检漏用待装液润洗后滴定管后装液调整起始读数并记录向锥形瓶中加入指示剂用标准液进行滴定从酸式滴定管中取一定体积的待测液记录滴定终点读数并重复实验 23 次ABCD16下列关于热化学反应的描述中正确的是（）AHCl 和 NaOH 反应的中和热 H=57.3kJmol
9、1，则 1mol H2SO4 和足量氨水反应，释放的热量为 114.6kJB已知在 1105Pa、298K 条件下，2mol 氢气燃烧生成水蒸气，放出 484 kJ 热量，则有：H2O（g）H2（g）+O2（g）H=+242kJ/molC燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的热化学方程式是：CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H=192.9kJmol1，则 CH3OH（g）的燃烧热为 192.9kJmol1D需要加热才能发生的反应一定是吸热反应17某一元强酸 X 和某一元弱酸 Y 的水溶液中，c（H+）均为 1102mol/L，各取这两种溶液 10mL 分别与足量金属镁反应下列叙
10、述中正确的是（）A产生 H2 量：XY B反应消耗镁的量：XYC反应起始时速率：X=Y D反应一段时间后速率：XY18在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的（）A图研究的是 t0 时刻增大 O2 的物质的量浓度对反应速率的影响B图研究的是 t0 时刻通入氦气增大体系压强对反应速率的影响C图研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲的催化效率比乙高D图研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高19苹果醋是一种由苹果发酵而形成的具有解毒、降脂、减肥等明显药效的健康食品苹果酸（2羟基丁
11、二酸）是这种饮料的主要酸性物质，苹果酸的结构简式如图所示，下列相关说法不正确的是（）A苹果酸在一定条件下能发生酯化反应B苹果酸在一定条件下能发生催化氧化反应C1mol 苹果酸与足量 Na 反应生成 33.6 L H2D1mol 苹果酸能与含 1mol Na2CO3 的溶液恰好完全反应20下列关于各图的叙述中正确的是（）A图甲表示 lmol H2（g）完全燃烧生成水蒸气吸收 241.8kJ 热量B图甲表示 2mol H2（g）所具有的能量比 2mol H2O（g）所具有的能量多 483.6kJC图乙表示常温下稀释 HA、HB 两种酸的图象，得出结论：HA 的酸性大于 HB 的酸性D图乙中起始时
12、HA 的物质的量浓度大于 HB 二、简答题（5 个小题，共 60 分）21X、Y、Z、W、L、M 六种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中 X、M 的单质在常温下呈气态，Y 的原子最外层电子数是其电子层数的 2 倍，Z 在同周期的主族元素中原子半径最大，W 是地壳中含量最多的金属元素，L 的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料（1）L 的元素符号为 ；M 在元素周期表中的位置为 （2）Y、L、M 的最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序是 该三种酸同温同浓度的前提下，电离平衡常数最小的是 （填化学式）（3）Y 的最高价氧化物的电子式为 原子序数比 Y 多 2 的元素的一种氢化物能分解为它
13、的另一种氢化物，此分解反应的化学方程式是 X 与 Y 能形成多种化合物，其中一种含有 10 电子的化合物是 ，该化合物可与氧气在碱性溶液的条件下形成原电池供能，写出负极涉及的电极方程式 （4）R 与 Y 同周期，R 的单质分子 R2 中有 3 个共价键，R 与 L 能形成一种新型无机非金属材料，其化学式是 22现有常温下 pH=2 的盐酸甲和 pH=2 的醋酸溶液乙，请根据下列操作回答问题：（1）将 pH=2 的醋酸溶液加水稀释过程，下列表达式的数据变大的是 Ac（H+）Bc（H+）/c（CH3COOH）Cc（H+）c（OH）D（2）相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释 100 倍稀释后
14、的溶液，其 pH 大小关系为：pH（甲）pH（乙）（填“”、“”或“=”）（3）取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的 NaOH 稀溶液中和，则消耗的 NaOH 溶液的体积大小关系为：V（甲）V（乙）（填“”、“”或“=”）（4）已知 25时，两种酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数 K11.81054.31073.0108K25.61011下列四种离子结合 H+能力最强的是 原因是 AHCO3BCO32CClODCH3COO23甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上一般可采用如下反应来合成甲醇（于固定容器中进行）：2H2（g）+CO（g）C
15、H3OH（g）（1）判断反应达到平衡状态的依据是 （填序号）a生成 CH3OH 的速率与消耗 CO 的速率相等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dCH3OH、CO、H2 的浓度都不再发生变化（2）下表所列数据是该反应在不同温度下的化学平衡常数（K）温度250300350K2.0410.2700.012该反应的平衡常数表达式 K=，H 0（填“”、“”或“=”）要提高 CO 的转化率，可以采取的措施是 （填序号）a升温 b加入催化剂c增加 CO 的浓度d加入 H2 加压 e加入惰性气体加压f分离出甲醇（3）如图表示在温度分别为 T1、T2 时，平衡体系中 H2 的体积分数随压强
16、变化曲线，A、C两点的反应速率 A C（填“”、“=”或“”，下同），A、C 两点的化学平衡常数A C，由状态 B 到状态 A，可采用 的方法（填“升温”或“降温”）（4）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H=akJmol1；2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=bkJmol1；H2O（g）H2O（l）H=ckJmol1写出 1摩尔液态 CH3OH 不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式 24溶液的 PH 除了可以通过实验得出的具体数据计算得到，在实验室中还可以用 或 来测量得到25某研究性学习小组用 PH=1 的盐酸滴定 25.00mL
17、 未知物质的量浓度的 NaOH 溶液，从而求出该 NaOH 溶液的 PH 值（选用酚酞作为指示剂）实验过程中需要使用的仪器有铁架台、滴定管夹、碱式滴定管、胶头滴管、，如图，是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为 mL如何判断滴定到达终点 根据下列数据：滴定次数待测液体积（mL）标准盐酸体积（mL）滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次25.000.5020.40第二次25.004.0024.10请计算待测 NaOH 溶液的浓度（保留两位小数）mol/L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：A、滴定终点读数时俯视读数B、酸式滴定管使用前，水洗后未用盐酸溶液润洗C、锥形
18、瓶水洗后未干燥D、酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失26硫酸铜在生产、生活中应用广泛某化工厂用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下：（1）写出浸出时铜与稀硫酸、稀硝酸反应生成硫酸铜的化学方程式：（2）取样检验是为了确认 Fe3+是否除净，你的检验方法是 （3）滤渣 c 是 （4）气体 a 可以被循环利用，用化学方程式表示气体 a 被循环利用的原理为：2NO+O22NO2、（5）一定温度下，硫酸铜受热分解生成 CuO、SO2 气体、SO3 气体和 O2 气体，写出硫酸铜受热分解的化学方程式：某同学设计了如图 2 所示的实验装置分别测定生成的 SO2 气体、SO3 气体的质量和 O2 气体的
19、体积此设计有不合理之处，请说明理由：2015-2016 学年四川省成都市彭州中学高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共 20 小题，每小题 2 分，共 40 分，每小题只有一个正确答案）1化学与社会生活密切相关，下列说法不正确的是（）A化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物均是导致“雾霾天气”的元凶B天津港爆炸事件中可知，当电石、钠、氰化钠等物品遇到明火时，应迅速用水浇灭C新发现一种固态碳，外形似海绵，密度小，有磁性，其与金刚石的关系是同素异形体D炒菜时，加一点酒和醋能使菜味可口，原因是有酯类物质生成【考点】常见的生活环境的污染及治理；同素异形体；化学实验安全及事故处理【分析】A
20、化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物均是导致“雾霾天气”的原因之一；B电石能与水反应生成乙炔，钠能与水反应生成氢气；C同一元素形成的不同单质互称同素异形体；D在加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水使菜味可口【解答】解：A导致“雾霾天气“的原因有多种，化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物均是导致“雾霾天气”的原因之一，故 A 正确；B电石能与水反应生成乙炔，钠能与水反应生成氢气，不能用水灭火，故 B 错误；C固态碳与金刚石都是碳元素形成的不同单质，所以互为同素异形体，故 C 正确；D炒菜时，加入少量的酒和醋，乙醇、乙酸发生酯化反应生成具有芳香味的乙酸乙酯，使菜味可口，故 D 正确故选
21、B 2下列说法中，正确的是（）A反应产物的总能量大于反应物的总能量时，H0B已知反应 H2（g）+I2（g）2HI（g）平衡常数为 K，则 2H2（g）+2I2（g）4HI（g）的平衡常数为 2KC H0、S0 的反应在温度低时不能自发进行D在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，不能改变化学反应进行的方向【考点】反应热和焓变【分析】A、反应热等于生成物能量和与反应物能量和的差；B、化学平衡常数指，一定温度下，可逆达到平衡，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，故相同温度下，化学计量数变为原的 n 倍，则化学平衡常数为原来的 n 次方倍；C、根据
22、G=HT S 判断；D、催化剂只改变反应速率，不改变化学反应进行的方向【解答】解：A、H=生成物能量和反应物能量和，当反应产物的总能量大于反应物的总能量时，H0，故 A 错误；B、因为相同温度下，化学计量数变为原的 n 倍，则化学平衡常数为原来的 n 次方倍，所以反应 H2（g）+I2（g）2HI（g）平衡常数为 K，则 2H2（g）+2I2（g）4HI（g）的平衡常数为 K2，故 B 错误；C、根据 G=HT S 判断，对于 H0、S0 的反应在温度低时 G0，反应能自发进行，故 C 错误；D、催化剂只改变反应速率，不改变化学反应进行的方向，故 D 正确；故选 D 395时，纯水中 H+的物
23、质的量浓度为 1106 molL1，若把 0.01mol NaOH 固体溶解于95水中配成 1L 溶液，则溶液的 pH 为（）A12B10C4D2【考点】pH 的简单计算【分析】95时，纯水中 c（H+）=c（OH）=1106molL1，Kw=c（H+）c（OH）=1012，根据题意知，氢氧化钠浓度=0.01mol/L，结合水的离子积常数计算溶液中氢离子浓度，再根据 pH=lgc（H+）计算【解答】解：95时，纯水中 c（H+）=c（OH）=1106molL1，Kw=c（H+）c（OH）=1012，根据题意知，氢氧化钠浓度为：=0.01mol/L，则氢氧化钠溶液中 c（H+）=mol/L=10
24、10 mol/L，该氢氧化钠溶液的 pH=lgc（H+）=10，故选 B 4常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A使酚酞变红色的溶液：Na+、Ba2+、I、ClB使甲基橙变红色的溶液：Fe2+、K+、NO3、SO42C含有 0.1 molL1 Fe3+的溶液：Na+、K+、SCN、NOD由水电离产生的 c（H+）=1012molL1 的溶液：NH4+、SO42、HCO3、Cl【考点】离子共存问题【分析】A使酚酞变红色的溶液，显碱性；B甲基橙变红色的溶液，显酸性；C离子之间结合生成络离子；D由水电离产生的 c（H+）=1012molL1 的溶液，为酸或碱溶液【解答】解：
25、A使酚酞变红色的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故 A正确；B甲基橙变红色的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故B 错误；CFe3+、SCN离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故 C 错误；D由水电离产生的 c（H+）=1012molL1 的溶液，为酸或碱溶液，HCO3既能与酸又能与碱反应，一定不能大量共存，故 D 错误；故选 A 5下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A由 H2、I2 蒸气、HI 组成的平衡体系加压后颜色变深B黄绿色的氯水光照后颜色变浅C棕红色 NO2 加压后颜色先变深后变浅D在含有 Fe（SCN）2+的红色溶液中加铁粉，振
26、荡静置，溶液颜色变浅或褪去【考点】化学平衡的影响因素【分析】勒沙特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释【解答】解：A、该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故 A 选；B、对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡 Cl2+H2OHCl+HClO向右移动，能用勒夏特列原理解释，故 B 不选；C、二氧化氮气体中存在平衡 2NO2N2O4
27、，加压后二氧化氮的浓度增大，颜色变深，平衡2NO2N2O4 向正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，故气体颜色变浅，但仍比原来的颜色深，能用勒夏特列原理解释，故 C 不选；D、溶液中存在平衡 Fe3+SCNFe（SCN）2+，加铁粉，铁与 Fe3+反应，Fe3+浓度降低，则平衡向左移动进行，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特利原理来解释，故 D 不选；故选 A 6用 NA 表示阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A25时，pH=13 的 1.0LBa（OH）2 溶液中含有的 OH数目为 0.2NAB标准状况下，2.24LCl2 与足量水应，消耗 1.8g H2OC已知有 N2（g）+3H2（g）2N
28、H3（g）H=92.0kJmol1，如果该反应吸收的能量为46.0kJ，则形成 NH 键的数目为 3NAD32g 铜和足量硫完全反应，生成 Cu2S，转移的电子数为 0.5NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、pH=13 的 1.0LBa（OH）2 溶液中氢氧根浓度为 0.1mol/L；B、标况下，2.24L 氯气的物质的量为 0.1mol，而氯气与水的反应为可逆反应；C、该反应为放热反应，不是吸热反应，吸收能量应该为断裂氮氢键；D、求出铜的物质的量，然后根据反应后铜元素为+1 价来分析【解答】解：A、pH=13 的 1.0LBa（OH）2 溶液中氢氧根浓度为 0.1mol/L，故氢氧根的物质
29、的量 n=CV=0.1mol/L1L=0.1mol，个数为 0.1NA 个，故 A 错误；B、标况下，2.24L 氯气的物质的量为 0.1mol，而氯气与水的反应为可逆反应，故 0.1mol 氯气不能完全和水反应，则消耗水的物质的量小于 0.1mol，质量小于 1.8g，故 B 错误；C、N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.0 kJmol1，该反应为放热反应，吸收能量应该断裂氮氢键，故 C 错误；D、32g 铜的物质的量为 0.5mol，而反应后铜元素为+1 价，故 0.5mol 铜反应后转移 0.5mol电子即 0.5NA 个，故 D 正确故选 D 7把 0.05mol NaOH
30、 固体分别加入下列 100mL 液体中，溶液的导电性基本不变的是（）A自来水B0.5molL1 的盐酸C0.5molL1 的醋酸 D0.5molL1 的氨水【考点】电解质溶液的导电性【分析】溶液混合后导电能力变化的大小，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化，B 项中物质均是强电解质，加入 NaOH 后生成物仍是强电解质，故导电性变化不大；A、C、D 项中物质由于难电离，离子浓度很小，当加入 NaOH 后，离子浓度增大很多，成为强电解质，故导电能力与原来相比变化很大【解答】解：导电能力的大小，要比较单位体积内离子浓度的多少A、因水是极弱的电解质，导电性极弱，加入氢氧化钠后，氢氧化钠是强电
31、解质，溶液中主要的是钠离子和氢氧根，导电性增强，故 A 错误；B、未加氢氧化钠固体，导电的有氯离子和氢离子，加入氢氧化钠后主要是钠离子，氯离子，未反应的氢离子，而参加反应的氢离子正好与钠离子的量相当，所以导电性变化不大，故 B正确；C、原来醋酸是弱电解质，离子较少，加入强碱以后，变为强电解质，导电能力增强，故 C错误；D、一水合氨属于弱电解质，加入 NaOH 后即加入了强电解质，离子的浓度变化大，故导电性变化较大，故 D 错误；故选 B 8三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF下列有关说法正确的是（）ANF3
32、 是氧化剂，H2O 是还原剂B还原剂与氧化剂的物质的量之比为 2：1C若生成 0.2mol HNO3，则转移 0.2mol 电子DNF3 气体应密封干燥保存【考点】氧化还原反应【分析】3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF 中，N 元素的化合价由+3 价降低为+2 价，由+3 价升高为+5 价，以此来解答【解答】解：A反应中只有 N 元素价变化，可知 NF3 在反应中既是氧化剂又是还原剂，故A 错误；BNF3HNO3 是被氧化的过程，NF3 为还原剂；2NF32NO 是被还原的过程，NF3 是氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为 1：2，故 B 错误；C生成 1 mol HNO3 转
33、移 2 mol 电子，所以生成 0.2 mol HNO3 转移 0.4 mol 电子，故 C 错误；DNF3 与潮湿的空气中的水反应生成 NO，NO 与空气中的 O2 反应生成红棕色的 NO2，所以 NF3 气体应密封干燥保存，故 D 正确；故选 D 9下列离子方程式书写正确的是（）A向足量的 NaHCO3 溶液中加入少量澄清石灰水：Ca2+OH+HCO3H2O+CaCO3BFe3O4 与稀硝酸反应：2Fe3O4+18H+6Fe3+H2+8H2OC向 NH4Al（SO4）2 溶液中滴入 Ba（OH）2 溶液，恰好使 SO42完全沉淀：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OHAl（OH）3+
34、NH3H2O+2BaSO4DFeI2 溶液与等物质的量的 Cl2 反应：Fe2+2I+2Cl2Fe3+4Cl+I2【考点】离子方程式的书写【分析】A向足量的 NaHCO3 溶液中加入少量澄清石灰水，碳酸氢钠足量，发生反应 Ca（OH）2+2NaHCO3CaCO3+Na2CO3+2H2O，据此解答；BFe3O4 与稀硝酸反应产生的气体是一氧化氮；C向 NH4Al（SO4）2 溶液中滴入 Ba（OH）2 溶液恰好使 SO42完全沉淀，说明 SO42与Ba2+的比例是 1：1；DCl2 和 FeI2 溶液反应，氯气可以将亚铁离子以及碘离子氧化，碘离子的还原性强于亚铁离子；【解答】解：A向足量的 Na
35、HCO3 溶液中加入少量澄清石灰水，碳酸氢钠足量，钙离子和氢氧根离子间的比为 1：2，碳酸根离子剩余，离子反应为：Ca2+2OH+2HCO3CaCO3+CO32+2H2O，故 A 错误；BFe3O4 与稀硝酸反应产生的气体是一氧化氮，不会产生氢气，离子反应为 3Fe3O4+NO3+28H+9Fe3+14H2O+NO，故 B 错误；C向 NH4Al（SO4）2 溶液中滴入 Ba（OH）2 溶液，恰好使 SO42完全沉淀，说明 SO42与 Ba2+的比例是 1：1，离子反应方程式为：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OHAl（OH）3+NH3H2O+2BaSO4，故 C 正确；D有关物质的还
36、原性强弱顺序为：IFe2+I2，则在通 Cl2 的过程中，依次发生以下氧化还原反应：Cl2+2I2Cl+I2，Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl，FeI2 溶液与等物质的量的 Cl2 反应：Cl2+2I2Cl+I2，故 D 错误；故选：C 10下列说法正确的一组是（）不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4 等）都是弱电解质pH=1 的强酸溶液，加水稀释后，溶液中所有离子浓度都降低反应 4A（g）+B（g）2C（g）+D（g）不能自发进行，则该反应 H 一定小于 0溶液、胶体、浊液三种分散系可用丁达尔效应进行区分熔融的电解质都能导电勒夏特列原理用于判断可逆反应是否达到平衡状态ABC只有D均不对【考
37、点】强电解质和弱电解质的概念；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学平衡移动原理【分析】电解质的强弱与溶解性无关；pH=1 的强酸溶液，加水稀释后，氢离子的浓度降低，根据水的离子积来分析；HT S0 的反应不能自发进行；只有胶体有丁达尔效应；共价键在熔融状态下不能被破坏；勒夏特列原理用于判断化学平衡的移动方向【解答】解：电解质的强弱与溶解性无关，不溶于水的盐可能是强电解质，CaCO3、BaSO4均是强电解质，故错误；pH=1 的强酸溶液，加水稀释后，氢离子的浓度降低，根据水的离子积可知，氢氧根浓度会升高，故错误；反应不能自发进行，一定满足 HT S0，由于 S0，所以 H 一定小于 0，即该反应
38、为放热反应，故错误；只有胶体有丁达尔效应，溶液和浊液均没有，故用丁达尔效应只能区别出胶体，不能鉴别开溶液和浊液，故错误；共价键在熔融状态下不能被破坏，故若此电解质为共价化合物，则在熔融状态下不能导电，故错误；勒夏特列原理用于判断化学平衡的移动方向，而不是平衡状态，故错误故选 D 11下列对于水的电离平衡叙述不正确的是（）A将水加热，pH 减小B恒温下，向水中加入少量固体 KOH，Kw 不变C向水中加入金属钠，c（H+）减小D向水中通入氯化氢气体，平衡正向移动【考点】水的电离【分析】A、水的电离吸热；B、水的离子积 Kw 只受温度的影响；C、向水中加入金属钠，生成氢氧化钠；D、向水中通入 HCl
39、 气体，溶液显酸性【解答】解：A、水的电离吸热，故将水加热，水的电离平衡右移，溶液中的氢离子浓度增大，pH 减小，故 A 正确；B、水的离子积 Kw 只受温度的影响，故加入 KOH，但只要温度不变，Kw 不变，故 B 正确；C、向水中加入金属钠，生成氢氧化钠，溶液中的氢氧根浓度增大，则氢离子浓度减小，故C 正确；D、向水中通入 HCl 气体，溶液中氢离子浓度增大，则对水的电离有抑制作用，平衡左移，故 D 错误故选 D 12在一密闭容器中，mA（g）+bB（g）pC（g）反应平衡时，测得 c（A）为 0.5molL1，在温度不变的情况下，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡时，测得 c（A）为 0
40、.3molL1，则下列判断中正确的是（）A平衡向正反应方向移动了B物质 B 的转化率减小了C化学计量数：m+bpD物质 C 的质量分数增加了【考点】化学平衡的影响因素【分析】在温度不变的情况下，将容积增大一倍，如平衡不移动，则 c（A）应为 0.25mol/L，而达到平衡时 c（A）=0.30mol/L，说明平衡向逆反应方向移动，则有 m+bP，据此解答该题【解答】解：温度不变的情况下，将容积增大一倍，如平衡不移动，则 c（A）应为 0.25mol/L，而达到平衡时 c（A）=0.30mol/L，说明平衡向逆反应方向移动，则有 m+bP，A由分析可知，平衡向逆反应方向移动，故 A 错误；B平衡
41、向逆反应方向移动，B 的转化率降低，故 B 正确；C由分析可知，m+nP，故 C 错误；D平衡向逆反应方向移动，物质 C 的质量分数减小，故 D 错误；故选 B 13下列实验现象预测正确的是（）A实验甲：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B实验乙：酸性 KMnO4 溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C实验丙：微热稀 HNO3 片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D实验丁：反应最终，集气瓶中有 为无色气体，为无色液体【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质；分液和萃取【分析】A根据单质溴能与 NaOH 溶液发生反应，苯与水互不相溶；B根据浓硫酸具有脱水性和氧化性的性质分析；
42、C根据在加热时稀硝酸与铜发生反应，硝酸被还原成 NO，广口瓶内有空气，可与 NO 反应；D根据浓硝酸与铜发生反应，硝酸被还原成 NO2，NO2 与水发生反应；3NO2+H2O2HNO3+NO，水进入的位置与气体的量有关【解答】A单质溴能与 NaOH 溶液发生反应，生成无色物质，所以振荡后静置，上层溶液颜色会逐渐消失，苯不溶于水，溶液分层，故 A 错误；B浓硫酸具有脱水性和强氧化性，浓硫酸首先将蔗糖脱水生成单质碳，然后单质碳被浓硫酸氧化生成 CO2 而本身被还原成 SO2，SO2 具有还原性可使酸性 KMnO4 溶液褪色，故 B 正确；C在加热时稀硝酸与铜发生，硝酸被还原成 NO，NO 被与空气
43、中的氧气氧化生成 NO2，NO2 是红棕色气体，故 C 错误；D根据浓硝酸与铜发生反应，硝酸被还原成 NO2，NO2 与水发生反应；3NO2+H2O2HNO3+NO，水进入的位置与气体的量有关，若气体的体积为一集气瓶，则集气瓶中有 为无色气体，为无色液体，故 D 错误；故选 B 14将等物质的量的 A、B 混合于 2L 密闭容器中，发生如下反应 3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g），经 5min 后测得 D 的浓度为 0.5molL1，c（A）：c（B）=3：5，用 C 的浓度变化表示的平均反应速率为 0.1molL1min1下列有关结论正确的是（）Ax 的值为 1Bv（B）=0.2mo
44、lL1min1C反应开始前 A 的物质的量为 3molD5min 时 A 的浓度为 0.2molL1【考点】化学平衡的计算【分析】A根据 v=计算 v（D），再根据反应速率之比等于化学计量数之比计算 x 的值；B结合 v（D），利用反应速率之比等于化学计量数之比计算 v（B）；C.5min 后，测得 D 的浓度为 0.5molL1，则生成的 D 为 0.5mol/L2L=1mol，设开始 A、B的物质的量均为 n，表示出 5min 时 A、B 的物质的量，再根据 A、B 浓度之比列方程计算 A、B 起始物质的量D结合 C 中计算数据计算 5min 时 A 的浓度【解答】解：A经 5min 后，
45、测得 D 的浓度为 0.5molL1，则 v（D）=0.1mol/（Lmin），C 的平均反应速率是 0.1mol/（Lmin），则 0.1mol/（Lmin）：0.1mol/（Lmin）=2：x，解得 x=2，故 A 错误；B反应速率之比等于化学计量数之比，则 v（B）=v（D）=0.05mol/（Lmin），故 B 错误；C.5min 后，测得 D 的浓度为 0.5molL1，则生成的 D 为 0.5mol/L2L=1mol，设开始 A、B的物质的量均为 n，则：3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g）开始（mol）：n n 0转化（mol）：1.5 0.5 15min 时（mol）：n
46、1.5 n0.5 1此时 A、B 的物质的量浓度之比为 3：5，则（n1.5）：（n0.5）=3：5，解得 n=3，故 C正确；D根据 C 中计算可知，5min 时 A 的浓度为=0.75mol/L，故 D 错误，故选：C 15用已知浓度的 NaOH 滴定未知浓度的 HCl 溶液时，正确的操作顺序是（）用水洗净滴定管将滴定管进行检漏用待装液润洗后滴定管后装液调整起始读数并记录向锥形瓶中加入指示剂用标准液进行滴定从酸式滴定管中取一定体积的待测液记录滴定终点读数并重复实验 23 次ABCD【考点】中和滴定【分析】中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作【解答】解：中和滴定按
47、照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液、加指示剂、滴定、记录等顺序操作，所以其顺序为：，故选：C 16下列关于热化学反应的描述中正确的是（）AHCl 和 NaOH 反应的中和热 H=57.3kJmol1，则 1mol H2SO4 和足量氨水反应，释放的热量为 114.6kJB已知在 1105Pa、298K 条件下，2mol 氢气燃烧生成水蒸气，放出 484 kJ 热量，则有：H2O（g）H2（g）+O2（g）H=+242kJ/molC燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的热化学方程式是：CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H=192.9kJmol1，则 CH3OH（g）的燃烧热为 1
48、92.9kJmol1D需要加热才能发生的反应一定是吸热反应【考点】热化学方程式【分析】A氨水的电离是吸热反应，根据中和热的含义来回答判断；B依据通过条件和热化学方程式的书写方法，标注物质聚集状态，对应量的焓变，配平写出；CCH3OH（g）的燃烧热是指完全燃烧 1mol 甲醇生成最稳定的产物液态水以及二氧化碳气体放出的热量；D大多放热反应需要加热引发条件才能进行，但是有的放热反应也需要加热【解答】解：A、HCl 和 NaOH 反应的中和热 H=57.3kJmol1，氨水的电离是吸热反应，则 1mol H2SO4 和足量氨水反应，释放的热量小于 114.6kJ，故 A 错误；B、已知在 1105P
49、a、298K 条件下，2mol 氢气燃烧生成水蒸气放出 484kJ 热量，则氢气燃烧的热化学方程式是：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；H=484kJmol1，方程式系数减半，焓变减半，互为逆反应的焓变的符号互为相反数，即 H2O（g）H2（g）+O2（g）H=+242kJ/mol，故 B 正确；C、CH3OH（g）的燃烧热是指完全燃烧 1mol 甲醇生成最稳定的产物液态水以及二氧化碳气体放出的热量，不能是生成气态水，故 C 错误；D、多放热反应需要加热引发条件才能进行，但是有的放热反应也需要加热，如：铝热反应是放热反应，但是需要在高温下发生，故 D 错误故选 B 17某一元强酸 X
50、和某一元弱酸 Y 的水溶液中，c（H+）均为 1102mol/L，各取这两种溶液 10mL 分别与足量金属镁反应下列叙述中正确的是（）A产生 H2 量：XY B反应消耗镁的量：XYC反应起始时速率：X=Y D反应一段时间后速率：XY【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】一元强酸 X 溶液和一元弱酸 Y 溶液各 10mL，c（H+）均为 1102mol/L，则所含酸的物质的量 YX，足量金属镁反应产生氢气的物质的量 YX，氢离子浓度相同，开始时反应速率 X=Y，反应一段时间后 X 中氢离子浓度下降得快，Y 中氢离子浓度下降得慢，反应速率 XY，据此分析【解答】解：A、足量金属镁反应产生氢气
51、的物质的量 YX，故 A 错误；B、由于所含酸的物质的量 YX，所以消耗 Mg 的量 YX，故 B 错误；C、c（H+）均为 1102mol/L，氢离子浓度相同，开始时反应速率 X=Y，故 C 正确；D、反应一段时间后 X 中氢离子浓度下降得快，Y 中氢离子浓度下降得慢，反应速率 XY，故 D 正确；故选 C 18在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的（）A图研究的是 t0 时刻增大 O2 的物质的量浓度对反应速率的影响B图研究的是 t0 时刻通入氦气增大体系压强对反应速率的
52、影响C图研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲的催化效率比乙高D图研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；转化率随温度、压强的变化曲线【分析】A增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大；B增大压强，正逆反应速率都增大，平衡发生移动，加入催化剂，正逆反应速率都增大，但速率相等，平衡不移动；C加入催化剂，平衡不发生移动；D正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动【解答】解：A增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大，图应是增大压强的原因，故 A 错误；B图在 t0 时刻正逆反应速率都增大，但仍相等，平
53、衡不发生移动，应是加入催化剂的原因，故 B 错误；C图甲、乙两个平衡状态不同，而加入催化剂，平衡不发生移动，故 C 错误；D正反应放热，升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，SO2 的转化率减小，故 D 正确故选：D 19苹果醋是一种由苹果发酵而形成的具有解毒、降脂、减肥等明显药效的健康食品苹果酸（2羟基丁二酸）是这种饮料的主要酸性物质，苹果酸的结构简式如图所示，下列相关说法不正确的是（）A苹果酸在一定条件下能发生酯化反应B苹果酸在一定条件下能发生催化氧化反应C1mol 苹果酸与足量 Na 反应生成 33.6 L H2D1mol 苹果酸能与含 1mol Na2CO3 的溶液恰好完全反应
54、【考点】有机物的结构和性质【分析】分子中含有 2 个羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，以此解答【解答】解：A苹果醋是含有醇羟基和羧基的有机物，在一定条件下可以发生酯化反应，故 A 正确；B与OH 相连的 C 上含 1 个 H，则催化氧化生成酮，故 B 正确；C分子中含有 2 个羧基、1 个羟基，都可与钠反应生成氢气，则 1mol 苹果酸与足量 Na 反应生成 1.5mol 氢气，但气体存在的条件未知，不一定为 33.6 L，故 C 错误；D.1mol 苹果酸中含有 2mol 羧基，可以和碳酸钠发生反应，根据量的关系是：2COOHCO32，1mol 苹果
55、酸与 Na2CO3 溶液反应消耗 1molNa2CO3，故 D 正确故选 C 20下列关于各图的叙述中正确的是（）A图甲表示 lmol H2（g）完全燃烧生成水蒸气吸收 241.8kJ 热量B图甲表示 2mol H2（g）所具有的能量比 2mol H2O（g）所具有的能量多 483.6kJC图乙表示常温下稀释 HA、HB 两种酸的图象，得出结论：HA 的酸性大于 HB 的酸性D图乙中起始时 HA 的物质的量浓度大于 HB【考点】反应热和焓变【分析】A、依据图象分析，氢气和氧气反应生成水的过程是放热反应；B、依据反应前后能量守恒分析判断；C、稀释 HA、HB 两种酸的稀溶液时，溶液 pH 随加水
56、量的变化 HA 溶液 PH 变化大，酸性HAHB；D、依据图象分析，起始时 HA、HB 溶液 pH 相同，根据稀释溶液 pH 变化，溶液浓度不相同【解答】解：A、图象表示的是 2molH2 和 1molO2 反应生成气体水放出的热量为 483.6KJ，故 A 错误；B、依据能量守恒，2molH2 能量+1molO2 能量=2molH2Omol+放出热量 483.6KJ，所以甲表示 2 mol H2（g）所具有的能量比 2 mol 气态水所具有的能量小 483.6 kJ1molO2 能量，故 B错误；C、依据图象乙，稀释 HA、HB 两种酸的稀溶液时，溶液 pH 随加水量的变化 HA 溶液 PH
57、变化大，酸性 HAHB，故 C 正确；D、依据图象乙分析，稀释起始时溶液 pH 相同，稀释 HA 酸溶液 pH 变化大，酸性强，所以溶液 HA 浓小于 HB 浓度，故 D 错误；故选 C 二、简答题（5 个小题，共 60 分）21X、Y、Z、W、L、M 六种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中 X、M 的单质在常温下呈气态，Y 的原子最外层电子数是其电子层数的 2 倍，Z 在同周期的主族元素中原子半径最大，W 是地壳中含量最多的金属元素，L 的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料（1）L 的元素符号为 Si；M 在元素周期表中的位置为 第 3 周期第A 族（2）Y、L、M 的最高价
58、含氧酸的酸性由弱到强的顺序是 H2SiO3H2CO3HClO4 该三种酸同温同浓度的前提下，电离平衡常数最小的是 H2SiO3（填化学式）（3）Y 的最高价氧化物的电子式为 原子序数比 Y 多 2 的元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反应的化学方程式是 2H2O22H2O+O2 X 与 Y 能形成多种化合物，其中一种含有 10 电子的化合物是 CH4，该化合物可与氧气在碱性溶液的条件下形成原电池供能，写出负极涉及的电极方程式 CH48e+10OH=CO32+7H2O（4）R 与 Y 同周期，R 的单质分子 R2 中有 3 个共价键，R 与 L 能形成一种新型无机非金属材料，其化学
59、式是 Si3N4【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】X、Y、Z、W、L、M 六种短周期主族元素的原子序数依次增大，W 是地壳中含量最多的金属元素，则 W 为 Al 元素；L 的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，L 为 Si 元素；Y 的原子最外层电子数是其电子层数的 2 倍，原子序数小于 Al 元素，则Y 处于第二周期，最外层电子数为 4，故 Y 为碳元素；X、M 的单质在常温下呈气态，X 的原子序数小于 C 元素，故 X 为氢元素，M 的原子序数大于硅元素，则 M 为 Cl 元素；Z 在同周期的主族元素中原子半径最大，处于 IA 族，原子序数大于碳，故 Z 为 Na 元素
60、，据此解答【解答】解：X、Y、Z、W、L、M 六种短周期主族元素的原子序数依次增大，W 是地壳中含量最多的金属元素，则 W 为 Al 元素；L 的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，L 为 Si 元素；Y 的原子最外层电子数是其电子层数的 2 倍，原子序数小于 Al 元素，则 Y 处于第二周期，最外层电子数为 4，故 Y 为碳元素；X、M 的单质在常温下呈气态，X的原子序数小于 C 元素，故 X 为氢元素，M 的原子序数大于硅元素，则 M 为 Cl 元素；Z在同周期的主族元素中原子半径最大，处于 IA 族，原子序数大于碳，故 Z 为 Na 元素（1）由上述分析可知，L 为 Si 元
61、素；M 为 Cl 元素，处于周期表中第 3 周期第A 族，故答案为：Si；第 3 周期第A 族；（2）非金属性 SiCCl，故最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序为 H2SiO3H2CO3HClO4，该三种酸同温同浓度的前提下，电离平衡常数最小的是 H2SiO3，故答案为：H2SiO3H2CO3HClO4；H2SiO3；（3）碳的最高价氧化物为二氧化碳，分子中 C 原子与氧原子之间形成 2 对共用电子对，电子式为，原子序数比 C 多 2 的元素为 O 元素，氧元素一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，为双氧水分解生成水与氧气，反应方程式为：2H2O22H2O+O2，X 与 Y 能形成多种化合物，其中
62、一种含有 10 电子的化合物是 CH4，该化合物可与氧气在碱性溶液的条件下形成原电池供能，负极发生氧化反应，甲烷在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水，负极电极反应式为：CH48e+10OH=CO32+7H2O，故答案为：；2H2O22H2O+O2；CH4；CH48e+10OH=CO32+7H2O；（4）R 与碳元素同周期，R 的单质分子 R2 中有 3 个共价键，则 R 为氮元素，N 元素与 Si元素一种新型无机非金属材料，其化学式是 Si3N4，故答案为：Si3N4 22现有常温下 pH=2 的盐酸甲和 pH=2 的醋酸溶液乙，请根据下列操作回答问题：（1）将 pH=2 的醋酸溶液加
63、水稀释过程，下列表达式的数据变大的是 B Ac（H+）Bc（H+）/c（CH3COOH）Cc（H+）c（OH）D（2）相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释 100 倍稀释后的溶液，其 pH 大小关系为：pH（甲）pH（乙）（填“”、“”或“=”）（3）取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的 NaOH 稀溶液中和，则消耗的 NaOH 溶液的体积大小关系为：V（甲）V（乙）（填“”、“”或“=”）（4）已知 25时，两种酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数 K11.81054.31073.0108K25.61011下列四种离子结合 H+能力最强的是 B 原
64、因是 电离平衡常数越大，相应酸根结合氢离子的能力越小，则根据电离平衡常数可知结合 H+能力最强的是 CO32 AHCO3BCO32CClODCH3COO【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】（1）CH3COOH 溶液加水稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH）增大，Kw 不变；（2）氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离；（3）pH 相等的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量浓度大于盐酸；（4）电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强，根据表中数据可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOHH2CO3HClOHCO3；酸性越弱，对应的酸根离
65、子结合氢离子的能力越强，据此进行解答【解答】解：（1）ACH3COOH 溶液加水稀释过程，促进电离，c（H+）减小，故 A 错误；B 醋酸溶液加水稀释过程中电离平衡正向移动，则稀释过程中值变大，故 B 正确；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 错误；D为醋酸的电离平衡常数，只与温度有关，所以稀释过程中不变，故 D 错误；故答案为：B；（2）氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸溶液中氢离子浓度减小程度大于盐酸溶液中氢离子浓度减小程度，所以盐酸的 pH 大于醋酸，故答案为：；
66、（3）pH 相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，等体积等 pH 的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大，所以消耗的 NaOH溶液的体积大小关系为：V（甲）V（乙），故答案为：；（4）电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强，根据表中数据可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOHH2CO3HClOHCO3，酸性越弱，对应的酸根离子结合氢离子的能力越强，则结合氢离子能力最强的为 CO32，故选 B，故答案为：B；电离平衡常数越大，相应酸根结合氢离子的能力越小，则根据电离平衡常数可知结合 H+能力最强的是 CO32 23甲醇是一种可再生能源，具有
67、开发和应用的广阔前景，工业上一般可采用如下反应来合成甲醇（于固定容器中进行）：2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）（1）判断反应达到平衡状态的依据是 cd（填序号）a生成 CH3OH 的速率与消耗 CO 的速率相等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dCH3OH、CO、H2 的浓度都不再发生变化（2）下表所列数据是该反应在不同温度下的化学平衡常数（K）温度250300350K2.0410.2700.012该反应的平衡常数表达式 K=，H 0（填“”、“”或“=”）要提高 CO 的转化率，可以采取的措施是 df（填序号）a升温 b加入催化剂c增加 CO 的浓度d加入 H2 加
68、压 e加入惰性气体加压f分离出甲醇（3）如图表示在温度分别为 T1、T2 时，平衡体系中 H2 的体积分数随压强变化曲线，A、C两点的反应速率 A C（填“”、“=”或“”，下同），A、C 两点的化学平衡常数 A=C，由状态 B 到状态 A，可采用 升温 的方法（填“升温”或“降温”）（4）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H=akJmol1；2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=bkJmol1；H2O（g）H2O（l）H=ckJmol1写出 1摩尔液态 CH3OH 不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式 CH3OH（l）+O2（g）CO
69、（g）+2H2O（l）H=kJmol1【考点】化学平衡状态的判断；热化学方程式；化学平衡的影响因素【分析】（1）化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量不变，以此进行判断；（2）依据化学方程式和平衡常数概念书写，依据平衡常数随温度变化判断反应能量变化；要提高 CO 的转化率，一般使平衡正向移动即可，但增加 CO 的浓度平衡虽然正向移动，但 CO 的转化率减小，据此分析；（3）根据压强越大反应速率越大判断；化学平衡常数仅与温度有关；由状态 B 到状态 A，可采用升温的方法；（4）已知：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2+4H2O（g）H=a kJ
70、mol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=b kJmol1H2O（g）H2O（l）H=c kJmol1据盖斯定律，（+4）2 计算【解答】解：（1）a生成 CH3OH 的速率与消耗 CO 的速率相等，都是指正反应方向，则不能说明达到平衡状态，故错误；b反应前后体积不变，混合气体质量不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故错误；c反应前后气体的物质的量不等，混合气体质量不变，所以平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；dCH3OH、CO、H2 的浓度都不再发生变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；故答案为：c d；（2）K=由表中数据可知
71、温度升高，K 值减小，说明平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应即为放热反应 H0，故答案为：；a升温平衡逆向移动，则 CO 的转化率减小，故错误；b加入催化剂平衡不移动，则 CO 的转化率不变，故错误；c增加 CO 的浓度，平衡虽然正向移动，但 CO 的转化率减小，故错误；d加入 H2 加压，平衡正向移动，CO 的转化率提高，故正确；e加入惰性气体加压，平衡不移动，则 CO 的转化率不变，故错误；f分离出甲醇，平衡正向移动，CO 的转化率提高，故正确；故选：d f；（3）因为压强越大反应速率越大，所以 A、C 两点的反应速率 AC；化学平衡常数仅与温度有关，所以 A、C 两点的化学平
72、衡常数 A=C；由状态 B 到状态 A，可采用升温的方法，故答案为：；=；升温；（4）已知：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2+4H2O（g）H=a kJmol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=b kJmol1H2O（g）H2O（l）H=c kJmol1据盖斯定律，（+4）2 得：CH3OH（l）+O2（g）CO（g）+2H2O（l）H=kJmol1，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）CO（g）+2H2O（l）H=kJmol1 24溶液的 PH 除了可以通过实验得出的具体数据计算得到，在实验室中还可以用 PH 试纸 或 PH 计 来测量得到【考点】试纸的使用【分析】在实验室
73、可以通过 pH 试纸、pH 计测量溶液的 pH 值，据此解答【解答】解：（1）溶液的 PH 除了可以通过实验得出的具体数据计算得到，在实验室中还可以用 pH 试纸、pH 计测量溶液的 pH 值；故答案为：PH 试纸；PH 计 25某研究性学习小组用 PH=1 的盐酸滴定 25.00mL 未知物质的量浓度的 NaOH 溶液，从而求出该 NaOH 溶液的 PH 值（选用酚酞作为指示剂）实验过程中需要使用的仪器有铁架台、滴定管夹、碱式滴定管、胶头滴管、酸式滴定管、锥形瓶，如图，是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为 22.60 mL如何判断滴定到达终点 当滴加最后一滴盐酸，溶液的颜色由黄色变为橙色，
74、且在半分钟内不变色 根据下列数据：滴定次数待测液体积（mL）标准盐酸体积（mL）滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次25.000.5020.40第二次25.004.0024.10请计算待测 NaOH 溶液的浓度（保留两位小数）0.0800 mol/L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：BD A、滴定终点读数时俯视读数B、酸式滴定管使用前，水洗后未用盐酸溶液润洗C、锥形瓶水洗后未干燥D、酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失【考点】中和滴定【分析】本滴定实验还需要装标准液盐酸的酸式滴定管、装待测液的锥形瓶；从图中读出数据为 22.60mL；当滴加最后一滴盐酸，溶液的
75、颜色由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色，说明达到终点；算出标准液体积的平均值，根据关系式 HClNaOH 来计算该 NaOH 溶液的物质的量浓度；用公式 c（待测）=分析误差，主要是对标准液所用体积的影响进行分析【解答】解：本滴定实验还需要装标准液盐酸的酸式滴定管、装待测液的锥形瓶，故答案为：酸式滴定管；锥形瓶；从图中读出数据为 22.60mL，故答案为：22.60；当滴加最后一滴盐酸，溶液的颜色由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色，说明达到终点；PH=1 的盐酸的浓度为 0.1mol/L，标准液体积的平均值为：（19.90mL+20.10mL）=20.00mL，n（盐酸）=c（盐酸）V（盐酸）
76、=0.1mol/L0.0200L=0.0020mol，根据关系式 HClNaOH可知氢氧化钠的物质的量为 0.0020mol，待测液的体积为 25.00mL，NaOH 溶液的物质的量浓度：c（NaOH）=0.0800mol/L，故答案为：当滴加最后一滴盐酸，溶液的颜色由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色；0.0800；用公式 c（待测）=分析误差，主要是对标准液所用体积的影响进行分析，A滴定终点读数时俯视读数，读数偏小，所以标准液的体积偏小，结果偏低，故 A 错误；B酸式滴定管使用前，水洗后未用盐酸溶液润洗，标准液被稀释，达到终点时消耗的标准液体积增大，使测定结果偏高，故 B 正确；C锥形瓶水洗
77、后未干燥，水珠附着在瓶壁，对待测液的物质的量没有影响，消耗标准液无影响，所以对结果无影响，故 C 错误；D酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，达到终点时消耗的标准液体积增大，使测定结果偏高，故 D 正确；故答案为：BD 26硫酸铜在生产、生活中应用广泛某化工厂用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下：（1）写出浸出时铜与稀硫酸、稀硝酸反应生成硫酸铜的化学方程式：3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO+4H2O（2）取样检验是为了确认 Fe3+是否除净，你的检验方法是 取试样少许放入试管，滴加KSCN 溶液，若溶液显红色，则 Fe3+未除净，否则 Fe3+除净（3）滤渣 c
78、是 Fe（OH）3（4）气体 a 可以被循环利用，用化学方程式表示气体 a 被循环利用的原理为：2NO+O22NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO（5）一定温度下，硫酸铜受热分解生成 CuO、SO2 气体、SO3 气体和 O2 气体，写出硫酸铜受热分解的化学方程式：3CuSO43CuO+SO3+2SO2+O2 某同学设计了如图 2 所示的实验装置分别测定生成的 SO2 气体、SO3 气体的质量和 O2 气体的体积此设计有不合理之处，请说明理由：混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液，三氧化硫被吸收生成硫酸，和碳酸氢钠反应生成二氧化硫，没法确定三氧化硫的质量，去掉盛饱和亚硫酸氢钠的装置即可【考点】制
79、备实验方案的设计【分析】废铜渣中铜和硝酸、硫酸反应方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO+4H2O，废铜渣中铁也发生类似反应，调节 pH 目的是使铁离子生成氢氧化铁沉淀，故滤渣 C 为氢氧化铁，滤液中含硫酸铜；通过蒸发浓缩、冷却结晶析出硫酸铜晶体（1）由工艺流程图转化关系可知，由于硫酸的存在，酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜、NO、水（2）用硫氰化钾检验铁离子的存在；（3）由工艺流程图转化关系可知，滤渣的主要成分为氢氧化铁（4）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；（5）硫酸铜受热分解生成 CuO、SO2 气体、SO3 气体和 O2 气体，反应物为 Cu
80、SO4，生成物为 CuO、SO2、SO3、O2，配平方程式即可；图 2 所示的实验装置分别测定生成的 SO2 气体、SO3 气体的质量和 O2 气体的体积，SO3 气体可溶解于浓硫酸中，采用 98.3%的浓硫酸吸收SO3 气体，SO2 气体用碱液吸收，氧气用排水法测量，据此分析【解答】解：（1）由于硫酸的存在，且酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜、NO、水，反应方程式为 3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO+4H2O；（2）用硫氰化钾检验铁离子的存在，铁离子遇硫氰化钾显红色，具体操作为
81、：取试样少许放入试管中，滴加 KSCN 溶液，若溶液显红色，则 Fe3+未除净，否则 Fe3+除净；故答案为：取试样少许放入试管中，滴加 KSCN 溶液，若溶液显红色，则 Fe3+未除净，否则 Fe3+除净；（3）由工艺流程图转化关系可知，浸出液中浆调节 pH 值后，铁离子转化为 Fe（OH）3 沉淀析出，滤渣 c 的主要成分为 Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（4）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式 3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（5）硫酸铜受热分解生成 CuO、SO2 气体、SO3 气体和 O2 气体，反应物为
82、 CuSO4，生成物为 CuO、SO2、SO3、O2，配平方程式得：3CuSO43CuO+SO3+2SO2+O2；图 2 所示的实验装置分别测定生成的 SO2 气体、SO3 气体的质量和 O2 气体的体积，SO3 气体可溶解于浓硫酸中，采用 98.3%的浓硫酸吸收 SO3 气体，SO2 气体用碱液吸收，氧气用排水法测量，混合气体通过饱和亚硫酸氢钠溶液，三氧化硫被吸收生成硫酸，和碳酸氢钠反应生成二氧化硫，没法确定三氧化硫的质量，故应先让混合气体通过浓硫酸的装置，三氧化硫被吸收，增重即为三氧化硫的质量，再通过氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，增重即为二氧化硫的质量，最后用排水法测量氧气的体积故答案为：3CuSO43CuO+SO3+2SO2+O2；混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液，三氧化硫被吸收生成硫酸，和碳酸氢钠反应生成二氧化硫，没法确定三氧化硫的质量，去掉盛饱和亚硫酸氢钠的装置即可 2016 年 6 月 2 日
