1、2016-2017学年安徽省芜湖市高二（上）期末化学试卷（理科A）一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分每小题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项序号填入下面的答题表内）1化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是（）A寻找合适催化剂提高合成氨工业中原料的转化率B对废旧电池进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝C提高油品质量，可以从一定程度上减少雾霾天气D含重金属离子的电镀废液不能随意排放2下列离子在稳定人体血液的PH中起重要作用的是（）AHCO3BHSO3CNa+DCl3下列说法中，不正确的是（）A化学反应中既有物质变化又有能量变化B即使没有发生化学变化，也可能有能量的变
2、化C任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化D物质的化学能可以通过不同的变化方式转化为热能、电能等4常温下pH=12的NaOH溶液中，由水电离出的c（OH）是（）A1102mol/LB1107mol/LC11012mol/LD11014mol/L5下列各组离子能在溶液中大量共存的是（）ANa+、OH、HSNO3BAl3+、Cl、HCO3、Na+CAlO2、K+、CO32、Na+DFe2+、K+、H+、NO36关于A（g）+2B（g）3C（g）的化学反应，下列表示的反应速率最大的是（）Av（A）=0.6mol/（Lmin）Bv（B）=1.2mol/（Lmin）Cv（C）=1.2mol/（Lmin
3、）Dv（B）=0.03mol/（Ls）7下列事实可以证明一水合氨是弱电解质的是（）0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱铵盐受热易分解ABCD8下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）A已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H=57.3KJ/mol，则40gNaOH固体与稀盐酸完全反应，放出的热量即为57.3KJB已知C（s）+O2（g）=CO2（g）H1 C（s）+（g）=CO（g）H2 则H1H2C已知H2（g）+Cl2（g）=2HCl，H=184.6KJ/mol，则反应物总
4、能量小于生成物总能量D已知P（白磷，s）=P（红磷，s）H0，则白磷比红磷稳定9现用0.1mol/LHCl滴定10ml 0.05mol/L氢氧化钠溶液，若酸式滴定管未润洗，达到终点时所用盐酸的体积应是（）A10mlB5mlC大于5mlD小于5ml10下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是（）A升高温度B用Zn粉代替Zn粒C滴加少量的CuSO4溶液D改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分每小题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项序号填入下面的答题表内）11化学平衡mA（g）+nB（g）pC（g）+qD（g），如图
5、所示是A的转化率同压强，温度的关系，分析图象可以得出的正确结论是（）A正反应吸热，m+n+qB正反应吸热，m+n+qC正反应放热，m+n+qD正反应放热：m+n+q12某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是（）A加入Na2SO4可以使溶液由a点变到c点B通过蒸发可以使溶液由d点变到c点Cb、d点都是不能长时间稳定存在的点Da点对应的Ksp大于c点对应的Ksp13下列说法可以证明反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）已达到平衡状态的是（）A1个NN键断裂的同时，有3个HH键形成B1个NN键断裂的同时，有3个HH键断裂CN2、H2、NH3的分子数之比为1：3：2D
6、1个NN键断裂的同时，有6个HN键形成14已知25时，乙酸和三氯乙酸的电离常数分别是：Ka（CH3COOH）1.80105，Ka（CCl3COOH）0.60，在物质的量浓度均为0.1molL1的CH3COONa和CCl3COONa混合溶液中，下列关系正确的是（）Ac（Na+）c（CCl3COO）+c（CH3COO）Bc（CCl3COO）c（CH3COO）c（CH3COOH）c（CCl3COOH）Cc（OH）c（CCl3COO）c（CH3COO）Dc（CH3COOH）c（CCl3COOH）c（OH）15如图是室温下，向100mL盐酸中逐渐加入NaOH溶液时，溶液的pH变化图象根据图象所得结论正确
7、的是（）A原来盐酸的物质的量浓度为0.1mol/LBNaOH溶液的浓度为0.1mol/LCpH=1和pH=7的点对应溶液中水的电离程度相同DX点NaOH溶液的体积为100mL16实验室可以用KMnO4标准液滴定草酸（H2C2O4），测定溶液中草酸的浓度判断下列说法不正确的是（）A滴定中涉及的离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2OBKMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用HNO3酸化，会使测定结果偏低CKMnO4标准溶液盛放在酸式滴定管中D该实验选择酚酞做指示剂，当待测液颜色由无色变为浅红色时即达到滴定终点17下列解释实验事实的平衡不正确的是（）实验解释A10
8、00.1mol/L Na2SO4溶液pH=6.2H2O=H+OHB0.1mol/L CH3COOH的pH=3CH3COOHCH3COO+H+C配制FeCl3溶液时加少量盐酸Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+D随温度有升高，碳酸钠溶液pH增大CO32+2H2OH2CO3+2OHAABBCCDD18在298K、1.01103Pa下，将32gSO2通入750mL.1mol/LNaOH溶液中，充分反应，测得反应放出aKJ的热量已知在该条件上，1molSO2通1L2mol/LNaOH溶液中，充分反应放出bKJ的热量则SO2与NaOH溶液反应生成NaHSO3的热化学方程式是（）ASO2（g）+NaOH
9、（aq）NaHSO3（aq）H=（2ab）kJ/molBSO2（g）+NaOH（aq）NaHSO3（aq）H=（4ba）kJ/molCSO2（g）+NaOH（aq）NaHSO3（aq）H=（a4b）kJ/molDSO2（g）+NaOH（aq）NaHSO3（aq）H=（4ab）kJ/mol19加热N2O5时，发生以下两个反应：N2O5N2O3+O2，N2O3N2O+O2在1L密闭容器中加热4molN2O5，达到平衡时，c（O2）为4.5mol/L，c（N2O3） 为1.62mol/L，则c（N2O5） 为（）A1.44mol/LB3.48mol/LC0.94mol/LD1.98mol/L20某兴
10、趣小组设计如下微型实验装置实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是（）A断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H+2ClCl2+H2B断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e=2ClD断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极三、填空、简答题（本题包括4小题，共50分）21在一定条件下，可逆反应：mA+nBpC达到平衡，若：（1）A、B、C都是气体，减小压强，平衡向正反应方向移动，则m+n和p的关系是（2）A、C是气体，增加B的量，平衡不移动，则B为态（
11、3）A、C是气体，而且m+n=p，增大压强可使平衡发生移动，则平衡向方向移动（填“正反应”或“逆反应”）（4）B、C是气体，而且m=p，增大压强可使平衡向正反应方向移动，则新平衡时混合气体的平均摩尔质量 （填“增大”“减小”或“不变”）22汽车尾气作为空气污染的主要来源之一，其中含有大量的有害物质，包括CO、NOx、碳氢化合物和固体悬浮颗粒等为汽车尾气的治理，环境工作者面临着巨大的挑战试回答以下问题：（1）用CH4催化还原NO，可以消除氮氧化物的污染已知：CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJmol1CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2
12、（g）+2H2O（g）H=574kJmol1由CH4将NO2完全还原成N2，生成CO2和水蒸气的热化学方程式是（2）NOx也可以被NaOH溶液吸收而生成NaNO3、NaNO2，已知某温度下，HNO2的电离常数K=9.7104，NO2的水解常数K=8.01010，则该温度下水的离子积常数=（用含Ka、Kb的代数式表示），此时溶液的温度25（填“”“”或“=”）（3）化工上利用CO合成甲醇，反应的热化学方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.8kJmol1不同温度下，CO的平衡转化率与压强的关系如图1所示，图中T1、T2、T3的高低顺序是，理由是（4）化工上还可以利用CH3OH生
13、产CH3OCH3在体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g） 容器换号 温度（） 起始物质的量（mol） 平衡物质的量（mol） CH3OH（g） CH3OCH2（g） H2O（g） 387 0.20 0.080 0.080 207 0.20 0.090 0.090该反应的正反应为反应（填“放热”或“吸热”）若起始时向容器I中充入CH3OH 0.15mol、CH3OCH30.15mol和H2O 0.10mol，则反应将向方向进行（填“正”或“逆”）（5）CH3OH燃料电池在便携式通讯设备、汽车等领域有着广泛的应用已知电池工作时的总反应方程式为2
14、CH3OH+3O22CO2+4H2O，电池工作时的示意图如图2所示质子穿过交换膜移向电极区（填“M”或“N”），负极的电极反应式为23用0.1032molL1 HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，（1）某同学按下列步骤进行实验：取一锥形瓶，用待测NaOH溶液润洗两次； 在锥形瓶中加入25，.00 mL待测NaOH溶液；加入几滴石蕊试剂做指示剂；取一支酸式滴定管，洗涤干净； 直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，进行滴定； 两眼注视着滴定管内盐酸溶液液面下降，直至滴定终点其中所述操作有错误的序号为（2）取用25.00 mL待测NaOH溶液应用以下（选填：“甲”、“乙”）装置，若取用NaOH溶液开始
15、平视读数、结束时俯视读数，会导致所测氢氧化钠溶液浓度（填“偏大“偏小“或“不变“）（3）若滴定开始前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定结束后气泡消失，则会导致所测氢氧化钠溶液浓度（填“偏大“偏小“或“不变“）（4）若平行实验三次，记录的数据如下表滴定次数待测溶液的体积（/mL）标准HCl溶液的体积滴定前读数（/mL）滴定后读数（/mL）125.001.0221.04225.002.0022.98325.000.2020.18试计算待测NaOH溶液的物质的量浓度（列出计算过程）24在污水处理中，FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备；而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小请回答
16、下列问题：（1）FeCl3净水的原理是（用离子方程式表示）；FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3若酸性FeCl2废液中：c（Fe2+）=2.0102mol/L，c（Fe3+）=1.0103mol/L，c（Cl）=5.3102mol/L，则该溶液的PH约为完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：ClO3+Fe2+=Cl+Fe+2016-2017学年安徽省芜湖市高二（上）期末化学试卷（理科A）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分每小题只有一个选项符合
17、题意，请将符合题意的选项序号填入下面的答题表内）1化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是（）A寻找合适催化剂提高合成氨工业中原料的转化率B对废旧电池进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝C提高油品质量，可以从一定程度上减少雾霾天气D含重金属离子的电镀废液不能随意排放【考点】三废处理与环境保护【分析】A催化剂对平衡移动无影响；B废旧电池含重金属；C提高油品质量，可减少颗粒物的排放；D重金属离子的电镀废液可污染土壤【解答】解：A催化剂对平衡移动无影响，则催化剂不能提高合成氨工业中原料的转化率，故A错误；B废旧电池含重金属，则需要进行回收处理，为了环境保护和变废为宝，故B正确；C提高油品质量
18、，可减少颗粒物的排放，则从一定程度上减少雾霾天气，故C正确；D重金属离子的电镀废液可污染土壤，则电镀废液不能随意排放，应处理达标再排放，故D正确故选A2下列离子在稳定人体血液的PH中起重要作用的是（）AHCO3BHSO3CNa+DCl【考点】盐类水解的应用【分析】根据稳定人体血液的pH可知，则选项中的离子既能与酸反应又能与碱反应才符合题意，以此来解答【解答】解：AHCO3在溶液中存在两个趋势：HCO3离子电离使得溶液呈酸性，或者HCO3水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故A正确；BHSO3为弱酸阴离子，电离大于其水解使得溶液水解呈酸性，和酸反应生成二氧化硫不是人体
19、循环的气体，故B错误；CNa+不水解，为强碱阳离子，则不能起到调节人体内pH值的作用，故C错误；DCl不水解，为强酸阴离子，则不能起到调节人体内pH值的作用，故D错误；故选A3下列说法中，不正确的是（）A化学反应中既有物质变化又有能量变化B即使没有发生化学变化，也可能有能量的变化C任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化D物质的化学能可以通过不同的变化方式转化为热能、电能等【考点】反应热和焓变【分析】A、化学反应过程是旧键断裂新键形成的过程，断键吸收能量，成键释放能量；B、物质的三态变化是物理变化，但有能量变化；C、化学反应中的能量变化形式有热能、光能、电能等等；D、化学能可以通过燃烧转化为热
20、能，通过原电池原理转化为电能【解答】解：A、化学反应过程是旧键断裂新键形成的过程，断键吸收能量，成键释放能量，故A正确；B、物质的三态变化是物理变化，但有能量变化，故B正确；C、化学反应中的能量变化形式有热能、光能、电能等等，故C错误；D、化学能可以通过燃烧转化为热能，通过原电池原理转化为电能，故D正确故选：C4常温下pH=12的NaOH溶液中，由水电离出的c（OH）是（）A1102mol/LB1107mol/LC11012mol/LD11014mol/L【考点】pH的简单计算【分析】氢氧化钠溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，其溶液中的氢离子是水的电离的，pH=12的氢氧化钠溶液中的氢离子浓度
21、为11012mol/L【解答】解：常温下pH=12的NaOH溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，则氢氧化钠溶液中的氢离子是水的电离的，水电离的氢氧根离子与氢离子浓度相等，所以由水电离出的c（OH）=11012mol/L，故选C5下列各组离子能在溶液中大量共存的是（）ANa+、OH、HSNO3BAl3+、Cl、HCO3、Na+CAlO2、K+、CO32、Na+DFe2+、K+、H+、NO3【考点】离子共存问题【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、氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：AOH、HS结合生成水和硫离子，不能共存，故A不选；BAl3+、H
22、CO3相互促进水解，不能共存，故B不选；C该组离子之间不反应，可大量共存，故C选；DFe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，故D不选；故选C6关于A（g）+2B（g）3C（g）的化学反应，下列表示的反应速率最大的是（）Av（A）=0.6mol/（Lmin）Bv（B）=1.2mol/（Lmin）Cv（C）=1.2mol/（Lmin）Dv（B）=0.03mol/（Ls）【考点】反应速率的定量表示方法【分析】根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算，以同一个物质的化学反应速率进行比较【解答】解：Av（A）=0.6mol/（Lmin）；Bv（B）：v（A）=2：1，故v（A）=0.5v（B）=0.
23、51.2mol/（Lmin）=0.6mol/（Lmin）；Cv（C）：v（A）=3：1，故v（A）=v（C）=1.2mol/（Lmin）=0.4mol/（Lmin）；Dv（B）：v（A）=2：1，故v（A）=0.5v（B）=0.50.03mol/（Ls）=0.015mol/（Ls）=0.9mol/（Lmin）；故D反应速率最快，故选D7下列事实可以证明一水合氨是弱电解质的是（）0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱铵盐受热易分解ABCD【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】证明一水合氨是弱电解质，可从部分
24、电离、存在电离平衡以及对应的盐的酸碱性的角度比较，可与强电解质对照判断，以此解答该题【解答】解0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，只能说明氨水具有碱性，但不能说明电离程度，故错误；0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5，可说明氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，可说明一水合氨为弱电解质，故正确；在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱，可说明一水合氨为弱电解质，故正确；铵盐受热易分解，与电解质的强弱无关，故错误故选B8下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）A已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H=57.3KJ/mol，则40gNaOH固体与稀盐酸完全反
25、应，放出的热量即为57.3KJB已知C（s）+O2（g）=CO2（g）H1 C（s）+（g）=CO（g）H2 则H1H2C已知H2（g）+Cl2（g）=2HCl，H=184.6KJ/mol，则反应物总能量小于生成物总能量D已知P（白磷，s）=P（红磷，s）H0，则白磷比红磷稳定【考点】反应热和焓变；热化学方程式【分析】ANaOH固体溶于水放热；B相同的C，完全燃烧放出热量多，焓变为负；C反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热；D能量低的物质更稳定【解答】解：ANaOH固体溶于水放热，由中和热可知，40gNaOH固体与稀盐酸完全反应，放出的热量大于57.3KJ，故A错误；B相同的C，完全燃烧
26、放出热量多，焓变为负，则完全燃烧时焓变小，可知H1H2，故B正确；C由H2（g）+Cl2（g）=2HClH=184.6KJ/mol，可知则反应物总能量大于生成物总能量，故C错误；D由P（白磷，s）=P（红磷，s）H0，可知红磷能量低，则红磷比白磷稳定，故D错误；故选B9现用0.1mol/LHCl滴定10ml 0.05mol/L氢氧化钠溶液，若酸式滴定管未润洗，达到终点时所用盐酸的体积应是（）A10mlB5mlC大于5mlD小于5ml【考点】中和滴定【分析】发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，根据n=cV计算氢氧化钠的物质的量，再根据方程式计算消耗HCl的物质的量，根据V=计算消耗盐酸的
27、体积，若酸式滴定管未润洗，盐酸的浓度偏低，消耗盐酸体积偏大【解答】解：10mL 0.05molL1的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量=0.01L0.05mol/L=5104mol，由NaOH+HCl=NaCl+H2O可知，消耗HCl的物质的量=5104mol，故需要盐酸的体积=0.005L=5mL，若酸式滴定管未润洗，盐酸的浓度偏低，消耗盐酸体积偏大，即对于5mL，故选C10下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是（）A升高温度B用Zn粉代替Zn粒C滴加少量的CuSO4溶液D改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应【考点】化学反应速率的影响因素【分析】升高温度、增大接
28、触面积、增大氢离子浓度、构成原电池等均可加快生成氢气的速率，减小浓度反应速率减慢，以此来解答【解答】解：A升高温度，反应速率加快，故A不选；B用Zn粉代替Zn粒，接触面积增大，反应速率加快，故B不选；C滴加少量的CuSO4溶液，构成原电池，反应速率加快，故C不选；D改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应，浓度减小，反应速率减小，故D选；故选D二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分每小题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项序号填入下面的答题表内）11化学平衡mA（g）+nB（g）pC（g）+qD（g），如图所示是A的转化率同压强，温度的关系，分析图象可以得出的正确结论是（）A正
29、反应吸热，m+n+qB正反应吸热，m+n+qC正反应放热，m+n+qD正反应放热：m+n+q【考点】转化率随温度、压强的变化曲线【分析】采取“定一议二”原则分析根据等压线，由温度对A的转化率影响，判断升高温度平衡移动方向，确定反应吸热与放热；作垂直横轴的等温线，温度相同，比较压强对A的转化率的影响，判断增大压强平衡移动方向，确定m+n与p+g的大小关系【解答】解：由图可知，压强相同时，温度越高A的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应；作垂直横轴的等温线，由图可知，温度相同，压强越大，A的转化率越大，即增大压强平衡向正反应移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即m+np
30、+q，故选B12某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是（）A加入Na2SO4可以使溶液由a点变到c点B通过蒸发可以使溶液由d点变到c点Cb、d点都是不能长时间稳定存在的点Da点对应的Ksp大于c点对应的Ksp【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态，A、加人Na2SO4后平衡逆向移动，但仍在线上移动；B、蒸发使离子浓度增大，d点不可能到c点；C、d点表示QcKsp，溶液不饱和；D、Ksp与温度有关，a和c的Ksp相等【解答】解：A、硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2S
31、O4，会增大c（SO42），平衡左移，c（Ba2+）应降低，故A正确；B、d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c（SO42）、c（Ba2+）均增大，故B错误；C、b点事过饱和、d点表示QcKsp，溶液不饱和，不会有沉淀析出，能长时间稳定存在，故C错误；D、Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故D错误故选A13下列说法可以证明反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）已达到平衡状态的是（）A1个NN键断裂的同时，有3个HH键形成B1个NN键断裂的同时，有3个HH键断裂CN2、H2、NH3的分子数之比为1：3：2D1个NN键断裂的同时，有6个HN键形成【考点】化学平衡状态
32、的判断【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态【解答】解：A、1个 NN键断裂的同时，有3个 HH键生成，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故A正确；B、未体现正与逆的关系，都体现的正反应，故B错误；C、平衡时各物质的分子数之比取决于物质的起始浓度和转化率，故各物质的分子数之比不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故C错误；D、一个NN键断裂的同时，有6个NH键形成，都表示正速率，不能判断反应是
33、否达到平衡状态，故D错误；故选A14已知25时，乙酸和三氯乙酸的电离常数分别是：Ka（CH3COOH）1.80105，Ka（CCl3COOH）0.60，在物质的量浓度均为0.1molL1的CH3COONa和CCl3COONa混合溶液中，下列关系正确的是（）Ac（Na+）c（CCl3COO）+c（CH3COO）Bc（CCl3COO）c（CH3COO）c（CH3COOH）c（CCl3COOH）Cc（OH）c（CCl3COO）c（CH3COO）Dc（CH3COOH）c（CCl3COOH）c（OH）【考点】离子浓度大小的比较【分析】酸的电离平衡常数越大该酸的酸性越强，乙酸电离平衡常数小于三氯乙酸，说明
34、乙酸酸性小于三氯乙酸，酸的酸性越强其酸根离子水解程度越小，再结合电荷守恒、物料守恒分析解答【解答】解：酸的电离平衡常数越大该酸的酸性越强，乙酸电离平衡常数小于三氯乙酸，说明乙酸酸性小于三氯乙酸，酸的酸性越强其酸根离子水解程度越小，A根据物料守恒得c（Na+）2c（CCl3COO）+c（CH3COO）+c（CCl3COOH）+c（CH3COOH），故A错误；B根据物料守恒得c（CCl3COOH）+c（CCl3COO）=c（CH3COO）+c（CH3COOH）=c（Na+），所以得c（CCl3COO）c（CH3COO）c（CH3COOH）c（CCl3COOH），故B正确；C弱酸根离子水解程度很小，
35、且CH3COO水解程度大于CCl3COO，所以存在c（CCl3COO）c（CH3COO）c（OH），故C错误；DCH3COO水解程度大于CCl3COO，且二者水解都生成氢氧根离子，所以存在c（OH）c（CH3COOH）c（CCl3COOH），故D错误；故选B15如图是室温下，向100mL盐酸中逐渐加入NaOH溶液时，溶液的pH变化图象根据图象所得结论正确的是（）A原来盐酸的物质的量浓度为0.1mol/LBNaOH溶液的浓度为0.1mol/LCpH=1和pH=7的点对应溶液中水的电离程度相同DX点NaOH溶液的体积为100mL【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A由图可知，盐酸的
36、pH=1；Bn（HCl）=n（NaOH）；C盐酸抑制水的电离，而pH=7时溶质为NaCl，对水的电离无影响；DNaOH的浓度未知【解答】解：A由图可知，盐酸的pH=1，则盐酸的物质的量浓度为0.1mol/L，故A正确；Bn（HCl）=n（NaOH），可知n（NaOH）=0.1L0.1mol/L=0.01mol，体积未知，不能计算浓度，故B错误；C盐酸抑制水的电离，而pH=7时溶质为NaCl，对水的电离无影响，对水的电离无影响，故C错误；DNaOH的浓度未知，不能计算其体积，故D错误；故选A16实验室可以用KMnO4标准液滴定草酸（H2C2O4），测定溶液中草酸的浓度判断下列说法不正确的是（）A
37、滴定中涉及的离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2OBKMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用HNO3酸化，会使测定结果偏低CKMnO4标准溶液盛放在酸式滴定管中D该实验选择酚酞做指示剂，当待测液颜色由无色变为浅红色时即达到滴定终点【考点】中和滴定；氧化还原反应【分析】用KMnO4标准液滴定草酸（H2C2O4），发生氧化还原反应，高锰酸钾具有强氧化性，可氧化腐蚀橡胶，且为紫色，该滴定实验不需要指示剂，以此来解答【解答】解：AMn得到电子，C失去电子，由电子、电荷守恒可知，离子反应为2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O，故A正确；B硝
38、酸具有强氧化性，可与草酸反应，消耗高锰酸钾减少，则KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用HNO3酸化，会使测定结果偏低，故B正确；C高锰酸钾具有强氧化性，可氧化腐蚀橡胶，则KMnO4标准溶液盛放在酸式滴定管中，故C正确；D高锰酸钾溶液为紫色，不需要加指示剂，滴定终点时由无色变为紫色，且半分钟内不变色，故D错误；故选D17下列解释实验事实的平衡不正确的是（）实验解释A1000.1mol/L Na2SO4溶液pH=6.2H2O=H+OHB0.1mol/L CH3COOH的pH=3CH3COOHCH3COO+H+C配制FeCl3溶液时加少量盐酸Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+D随温度有升高，碳酸
39、钠溶液pH增大CO32+2H2OH2CO3+2OHAABBCCDD【考点】盐类水解的原理【分析】A水的电离吸热，升高温度促进水电离；B醋酸是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡；C氯化铁易水解生成氢氧化铁和HCl，加入稀盐酸抑制铁离子水解；D硫酸钡在水溶液里存在电离平衡，硫酸根离子抑制硫酸钡电离【解答】解：A水的电离吸热，水存在电离平衡，升高温度促进水电离，导致中性溶液的pH小于7，所以1000.1mol/L Na2SO4溶液pH=6.2，故A正确；B醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离导致溶液中氢离子浓度小于醋酸浓度，即溶液中存在电离平衡，故B正确；C氯化铁易水解生成氢氧化铁和HCl，加入稀盐酸抑
40、制铁离子水解，Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，故C正确；D碳酸钠溶液中碳酸根离子分步水解CO32+H2OHCO3+OH，升高温度，水解平衡正向移动，碱性增强，pH增大，故D错误；故选D18在298K、1.01103Pa下，将32gSO2通入750mL.1mol/LNaOH溶液中，充分反应，测得反应放出aKJ的热量已知在该条件上，1molSO2通1L2mol/LNaOH溶液中，充分反应放出bKJ的热量则SO2与NaOH溶液反应生成NaHSO3的热化学方程式是（）ASO2（g）+NaOH（aq）NaHSO3（aq）H=（2ab）kJ/molBSO2（g）+NaOH（aq）NaHSO3（aq
41、）H=（4ba）kJ/molCSO2（g）+NaOH（aq）NaHSO3（aq）H=（a4b）kJ/molDSO2（g）+NaOH（aq）NaHSO3（aq）H=（4ab）kJ/mol【考点】热化学方程式【分析】在298K、1.01105Pa下，将32g SO2通入750mL 1mol/L NaOH溶液中充分反应，测得反应放出akJ的热量，则2molSO2与3molNaOH发生反应的热化学方程式为2SO2+3NaOH=NaHSO3+Na2SO3+H2O，H=4akJ/mol，1mol SO2通入1L 2mol/L NaOH溶液中充分反应放出b kJ的热量，则1molSO2与2molNaOH发生
42、反应的热化学方程式为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，H=bkJ/mol，根据盖斯定律答题【解答】解：在298K、1.01105Pa下，将32g SO2通入750mL 1mol/L NaOH溶液中充分反应，测得反应放出x kJ的热量，则2molSO2与3molNaOH发生反应的热化学方程式为2SO2（g）+3NaOH（aq）=NaHSO3（aq）+Na2SO3（aq）+H2O（l），H=4akJ/mol，1mol SO2通入1L 2mol/L NaOH溶液中充分反应放出b kJ的热量，则1molSO2与2molNaOH发生反应的热化学方程式为SO2（g）+2NaOH（aq）=Na2SO
43、3（aq）+H2O（l），H=bkJ/mol，根据盖斯定律将得SO2与NaOH溶液反应生成NaHSO3的热化学方程式为SO2（g）+NaOH（aq）=NaHSO3（aq），H=（4ab）kJ/mol，即SO2（g）+NaOH（aq）=NaHSO3（aq），H=（4ab）kJ/mol；故选D19加热N2O5时，发生以下两个反应：N2O5N2O3+O2，N2O3N2O+O2在1L密闭容器中加热4molN2O5，达到平衡时，c（O2）为4.5mol/L，c（N2O3） 为1.62mol/L，则c（N2O5） 为（）A1.44mol/LB3.48mol/LC0.94mol/LD1.98mol/L【考点
44、】化学平衡的计算【分析】加热N2O5时，发生以下两个分解反应：N2O5N2O3+O2，N2O3N2O+O2，则 N2O5N2O3+O2，开始 4 0 0转化 x x x平衡4x N2O3N2O+O2，转化 y y y平衡 xy y x+y结合化学平衡时c（O2）为4.50mol/L，c（N2O3）为1.62mol/L来解答【解答】解：加热N2O5时，发生以下两个分解反应：N2O5N2O3+O2，N2O3N2O+O2，则 N2O5N2O3+O2，开始4 0 0转化x x x平衡4x N2O3N2O+O2，转化y y y平衡xy y x+y化学平衡时c（O2）为4.50mol/L，c（N2O3）为
45、1.62mol/L，则，解得x=3.06，y=1.44，c（N2O5）=43.06=0.94mol/L；故选C20某兴趣小组设计如下微型实验装置实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是（）A断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H+2ClCl2+H2B断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e=2ClD断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气
46、体分别是氢气和氯气，因此活泼金属Cu不能做阳极；B、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大；C、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，铜做负极氢气失电子发生氧化反应；D、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，石墨做原电池正极；【解答】解：A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，电解饱和食盐水的总反应的离子方程式为2H2O+2ClCl2+H2+2OH；故A错误；B、断开K2，闭合K1时，是电解池装置
47、，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属Cu不能做阳极，Cu做阴极，石墨做阳极，阳极上（石墨电极上）氯离子离子失电子发生氧化反应，阴极上（Cu电极上）氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大酚酞变红；故B错误；C、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，据上述分析可知，Cu电极上产生了氢气，石墨电极上产生了氯气，因此铜做负极发生氧化反应，氢气失电子生成氢离子的反应；故C错误；D、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，石墨电极上产生的是氯气，做原电池正极；故D正确；故
48、选D三、填空、简答题（本题包括4小题，共50分）21在一定条件下，可逆反应：mA+nBpC达到平衡，若：（1）A、B、C都是气体，减小压强，平衡向正反应方向移动，则m+n和p的关系是m+np（2）A、C是气体，增加B的量，平衡不移动，则B为固态或纯液态（3）A、C是气体，而且m+n=p，增大压强可使平衡发生移动，则平衡向逆方向移动（填“正反应”或“逆反应”）（4）B、C是气体，而且m=p，增大压强可使平衡向正反应方向移动，则新平衡时混合气体的平均摩尔质量增大 （填“增大”“减小”或“不变”）【考点】化学平衡的影响因素【分析】根据外界条件（浓度、温度、压强）对化学平衡的影响，一定条件下的可能反应
49、，改变其中一个条件，平衡向减弱这种改变的方向移动【解答】解：（1）因减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，所以m+np，故答案为：m+np；（2）增加B的量，平衡不移动，说明B的浓度不变，可以是液体也可以是固体，故答案为：固态或纯液；（3）因增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，A、C是气体，而且m+n=p，所以B不是气体，则mp，即平衡移动的方向是逆反应方向，故答案为：逆；（4）B、C是气体，而且m=p，增大压强可使平衡向正反应方向移动，所以A为气体，气体质量不变，物质的量减少，所以则新平衡时混合气体的平均摩尔质量增大，故答案为：增大22汽车尾气作为空气污染的主要来源之一，其中含有大量的
50、有害物质，包括CO、NOx、碳氢化合物和固体悬浮颗粒等为汽车尾气的治理，环境工作者面临着巨大的挑战试回答以下问题：（1）用CH4催化还原NO，可以消除氮氧化物的污染已知：CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJmol1CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJmol1由CH4将NO2完全还原成N2，生成CO2和水蒸气的热化学方程式是CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）H=867kJmol1（2）NOx也可以被NaOH溶液吸收而生成NaNO3、NaNO2，已知某温度下，HNO2
51、的电离常数K=9.7104，NO2的水解常数K=8.01010，则该温度下水的离子积常数=KaKh（用含Ka、Kb的代数式表示），此时溶液的温度25（填“”“”或“=”）（3）化工上利用CO合成甲醇，反应的热化学方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.8kJmol1不同温度下，CO的平衡转化率与压强的关系如图1所示，图中T1、T2、T3的高低顺序是T1T2T3，理由是该反应为放热，温度越高，反应物的转化率越低（4）化工上还可以利用CH3OH生产CH3OCH3在体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g） 容器换号 温度（） 起始
52、物质的量（mol） 平衡物质的量（mol） CH3OH（g） CH3OCH2（g） H2O（g） 387 0.20 0.080 0.080 207 0.20 0.090 0.090该反应的正反应放热为反应（填“放热”或“吸热”）若起始时向容器I中充入CH3OH 0.15mol、CH3OCH30.15mol和H2O 0.10mol，则反应将向正方向进行（填“正”或“逆”）（5）CH3OH燃料电池在便携式通讯设备、汽车等领域有着广泛的应用已知电池工作时的总反应方程式为2CH3OH+3O22CO2+4H2O，电池工作时的示意图如图2所示质子穿过交换膜移向N电极区（填“M”或“N”），负极的电极反应式
53、为CH3OH+H2O6e=CO2+6H+【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素【分析】（1）CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJmol1CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJmol1将方程式得甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式；（2）依据亚硝酸根离子水解平衡常数表达式变式计算分析；（3）正反应放热，则升高温度CO的转化率降低；（4）对比I、可知，升高温度CH3OCH3（g）的物质的量减小，说明平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应移动；根据I中数据计算平衡常数，计算
54、此时浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若QcK，反应向正反应进行，若QcK，反应向逆反应进行；（5）原电池中阳离子移向正极，负极是甲醇失电子发生氧化反应，依据电池反应和酸性环境，2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，负极电极反应为：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+，正极是氧气得到电子发生还原反应，氧气得到电子生成氢氧根离子，在图中是酸性介质，电极反应产物应写成水的形式；电池的正极反应式为：O2+4H+4e=2H2O；【解答】解：（1）CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJmol1CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2
55、H2O（g）H=1160kJmol1将方程式CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）H=kJ/mol=867kJmol1，故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）H=867kJmol1；（2）NO2+H2OHNO2+OH，Kh=，则Kw=KhKa=8.01010molL19.7104molL1=7.761013，常温下Kw=1014，温度高于常温，25C，故答案为：KaK；（3）根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，图中T1、T2、T3的高低顺序T1T2T3，故答案为：T1T2T3，该反应为放热，温度越高，反应物的
56、转化率越低；（4）对比I、可知，升高温度CH3OCH3（g）的物质的量减小，说明平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应移动，则正反应为放热反应，容器中平衡时c（CH3OCH3）=c（H2O）=0.080mol/L，c（CH3OH）=0.04mol/L，容器中化学平衡常数K1=4，此时浓度商Qc=0.67K=4，反应向正反应进行，故答案为：放热，正；（5）图分析可知a端电极N为正极，质子穿过交换膜移向N电极，M电极为负极，负极是甲醇失电子发生氧化反应，依据电池反应和酸性环境，2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，负极电极反应为：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+，故答案为：N，CH3OH
57、+H2O6e=CO2+6H+23用0.1032molL1 HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，（1）某同学按下列步骤进行实验：取一锥形瓶，用待测NaOH溶液润洗两次； 在锥形瓶中加入25，.00 mL待测NaOH溶液；加入几滴石蕊试剂做指示剂；取一支酸式滴定管，洗涤干净； 直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，进行滴定； 两眼注视着滴定管内盐酸溶液液面下降，直至滴定终点其中所述操作有错误的序号为（2）取用25.00 mL待测NaOH溶液应用以下乙（选填：“甲”、“乙”）装置，若取用NaOH溶液开始平视读数、结束时俯视读数，会导致所测氢氧化钠溶液浓度偏大（填“偏大“偏小“或“不变“）（3）若滴定开
58、始前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定结束后气泡消失，则会导致所测氢氧化钠溶液浓度偏大（填“偏大“偏小“或“不变“）（4）若平行实验三次，记录的数据如下表滴定次数待测溶液的体积（/mL）标准HCl溶液的体积滴定前读数（/mL）滴定后读数（/mL）125.001.0221.04225.002.0022.98325.000.2020.18试计算待测NaOH溶液的物质的量浓度（列出计算过程）【考点】中和滴定【分析】（1）锥形瓶装待测液时不能润洗，锥形瓶用于盛装一定体积的待测液；用石蕊作指示剂，变色不明显；滴定管要洗涤干净；酸式滴定管要用标准酸溶液润洗三次；两眼应该注视着锥形瓶中溶液颜色变化；（2）碱性溶液盛
59、放在碱式滴定管中；取用NaOH溶液开始平视读数、结束时俯视读数，则体积偏大；（3）若滴定开始前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定结束后气泡消失，则消耗的标准溶液的体积偏大；（4）根据数据计算标准溶液的平均值，再根据c（待测）=计算【解答】解：（1）锥形瓶装待测液时不能润洗，所以不能用待测NaOH溶液润锥形瓶，故错误；锥形瓶用于盛装一定体积的待测液，故正确；用石蕊作指示剂，变色不明显，故错误；取一支酸式滴定管，洗涤干净，故正确；酸式滴定管要用标准酸溶液润洗三次，不能直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，进行滴定，故错误；两眼应该注视着锥形瓶中溶液颜色变化，故错误；所以错误的有；故答案为：；（2）碱性溶液盛放
60、在碱式滴定管中，图中甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管，所以盛放在乙中；取用NaOH溶液开始平视读数、结束时俯视读数，则体积偏大，滴定时消耗的标准溶液的体积偏大，所以所测氢氧化钠溶液浓度偏大；故答案为：乙；偏大；（3）若滴定开始前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定结束后气泡消失，则消耗的标准溶液的体积偏大，由c（待测）=可知，所测氢氧化钠溶液浓度偏大；故答案为：偏大；（4）三次滴定耗酸体积分别为20.02mL，20.98mL，19.98mL，其中第二次误差较大，取第一次与第三次平均值为20.00mL，c（NaOH）=0.08256mol/L；答：NaOH溶液的物质的量浓度为0.08256mol/L24在污
61、水处理中，FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备；而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小请回答下列问题：（1）FeCl3净水的原理是（用离子方程式表示）Fe3+3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+；FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）2Fe3+Fe=3Fe2+（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3若酸性FeCl2废液中：c（Fe2+）=2.0102mol/L，c（Fe3+）=1.0103mol/L，c（Cl）=5.3102mol/L，则该溶液的PH约为2完成NaClO3氧化FeCl2的离子
62、方程式：1ClO3+6Fe2+6H+=1Cl+6Fe+3H2O【考点】盐类水解的应用；氧化还原反应方程式的配平【分析】（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子；（2）根据电荷守恒：c（Cl）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=lgc（H+）计算；氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电
63、子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3【解答】解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用，反应的离子方程式为：Fe3+3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：Fe3+3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+，2Fe3+Fe=3Fe2+；（2）根据电荷守恒：c（Cl）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH浓度很小，在
64、这里可以忽略不计），则c（H+）=c（Cl）2c（Fe2+）3c（Fe3+）=1.0102molL1，则溶液pH=lg1.0102=2，故答案为：2；氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O，故答案为：1；6；6H+；1；6；3H2O2017年4月15日
