1、2015-2016学年山东省德州市某中学高三（上）月考化学试卷（1月份）一、选择题本卷共16道小题，每小题3分，共48分每题只有一个正确选项1下列电池属于二次电池的是（）A 锌银钮扣电池B氢氧燃料电池C铅蓄电池D锌锰干电池AABBCCDD2某同学组装了如图所示的原电池装置，下列叙述中正确的是（）A电流方向：电极电极B电极逐渐溶解C电极上发生还原反应D盐桥中装有含氯化钾的琼脂，Cl向右池移动3下列与金属腐蚀有关的说法中，不正确的是（）A钢铁在潮湿空气中生锈属于电化学腐蚀B电化学腐蚀一般可分为吸氧腐蚀和析氢腐蚀C金属腐蚀的本质是金属原子失去电子被氧化的过程D铝具有很强的抗腐蚀能力，是因为其不易与氧
2、气发生反应4关于0.1molL1 NaHCO3溶液，下列说法正确的是（）A溶质水解反应：HCO3+H2H3O+CO32B离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）C微粒浓度关系：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32）D微粒浓度关系：c（Na+）2c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32）5下列叙述正确的是（）ANa在足量O2中燃烧，消耗l mol O2时转移的电子数是46.021023B盐酸和醋酸的混合溶液pH=1，该溶液中c（H+）=0.1 mol/LC1 L 0.1 mol/L NH4Cl溶液中的NH4+数是0.16.02102
3、3D标准状况下2.24 L Cl2中含有0.2 mol 共价键6N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0当反应达到平衡时，下列措施能提高N2转化率的是（）降温 恒压通入惰性气体 增加N2的浓度 加压ABCD7常温下，若HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7，下列说法不合理的是（）A反应后HA溶液可能有剩余B生成物NaA的水溶液的pH可能小于7CHA溶液和NaOH溶液的体积可能不相等DHA溶液的c（H+）和NaOH溶液的c（OH） 可能不相等8关于常温下0.1mol/L氨水（pH=11.12）的下列说法不正确的是（）A加水稀释过程中，c（H+）：c（OH） 的值增大B根据以上信息，可推断NH3H
4、2O为弱电解质C与pH=11.12的 NaOH溶液相比，NaOH溶液中c（Na+） 大于氨水中c（NH）D加入少量NH4Cl 固体，溶液中水的电离平衡：H2OH+OH正向移动9LED产品的使用为城市增添色彩下图是氢氧燃料电池驱动LED发光的一种装置示意图下列有关叙述正确的是（）Aa处通入O2Bb处为电池正极，发生了还原反应C通入O2的电极发生反应：O2+4e+4H+=2H2OD该装置将化学能最终转化为电能10下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是（）ANa与水反应时增大水的用量B将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应制取H2C在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强D恒温恒容
5、条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量11关于下列装置的说法正确的是（）A装置中盐桥内的K+移向CuSO4溶液B是将电能转变为化学能的装置C若装置用于铁棒镀铜，则N极为铁棒D若装置用于电解精炼钢，溶液中Cu2+的浓度保持不变12下列关于各图象的解释或结论正确的是（）A.热化学方程式是H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241.8 kJ/molB.对于恒温恒容条件下的反应2NO2（g）N2O4（g），A点为平衡状态C将A、B饱和溶液分别由T1升温至T2时，溶质的质量分数BAD.同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，其pH前者小于后者13已知：某元素X的酸式盐（NaHX）溶液显碱性，下
6、列说法正确的是（）ANaHX的电离方程式为NaHXNa+H+X2BHX的电离程度小于HX的水解程度C离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HX）+c（X2）D加水稀释，促进HX水解，c（HX）增大14室温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是（）序号pH1212溶液氨水氢氧化钠溶液A两溶液中c（OH）相等B溶液的物质的量浓度为0.01 molL1C两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：D等体积的两溶液分别与0.01 molL1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：15单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高下列溶液中沸点最高的是（）A0.01 mol
7、/L的蔗糖溶液B0.01 mol/L的K2SO4溶液C0.02 mol/L的NaCl溶液D0.02 mol/L的CH3COOH溶液16工业上用CO和H2合成CH3OH：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）反应的平衡常数如下表：温度/0100200300400平衡常数667131.91022.41041105下列说法正确的是（）A该反应的H0B加压、增大H2浓度和加入催化剂都能提高CO的转化率C工业上采用5103kPa和250的条件，其原因是原料气的转化率高Dt时，向1 L密闭容器中投入0.1 mol CO和0.2 mol H2，平衡时CO转化率为50%，则该温度时反应的平衡常数的数值为10
8、0二、非选择题，共52分）17某小组探究Na2CO3和NaHCO3的性质，实验步骤及记录如下：分别向盛有0.5g Na2CO3固体、0.5g NaHCO3固体的烧杯中加入10mL水（20），搅拌，测量温度为T1；静置恒温后测量温度为T2；分别加入10mL 密度约为1.1g/mL 20%的盐酸（20），搅拌，测量温度T3得到表1的数据：表1T1/T2/T3/Na2CO323.320.023.7NaHCO318.520.020.8回答下列问题：（1）Na2CO3溶于水显碱性，其原因是（用离子方程式表示）（2）根据试题后的附表判断：步骤中Na2CO3、NaHCO3固体分别是全部溶解还是部分溶解（3）
9、分析表1的数据得出：Na2CO3固体溶于水，NaHCO3固体溶于水（填“放热”或“吸热”）（4）甲同学分析上述数据得出：Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应都是放热反应乙同学认为应该增加一个实验，并补做如下实验：向 盛 有10 mL水（20）的烧杯中加入10mL，搅拌，测量温度为22.2（5）结合上述探究，下列说法正确的是ANaHCO3与盐酸的反应是吸热反应B不能用稀盐酸鉴别Na2CO3和NaHCO3固体CNa2CO3、NaHCO3固体与稀盐酸反应的能量变化还与物质的溶解等因素有关（6）丙同学为测定一份NaHCO3和Na2CO3混合固体中NaHCO3的纯度，称取m1 g混合物，加热至质量不变时
10、，称其质量为m2 g，则原混合物中NaHCO3的质量分数为（用代数式表示）附表：溶解度表10203040Na2CO312.5g21.5g39.7g40.0gNaHCO38.1g9.6g11.1g12.7g18以煤为主要原料可以制备乙二醇，相关工艺流程如下：（1）写出方法l在催化剂的条件下直接制取乙二醇的化学方程式（2）合成气在不同催化剂作用下，可以合成不同的物质下列物质仅用合成气为原料就能得到且原子利用率为100%的是（填字母）A草酸（ HOOCCOOH） B甲醇（CH3OH） C尿素CO（NH2）2（3）工业上还可以利用天然气（主要成分为CH4）与CO2反应制备合成气已知：CH4（g）+2O
11、2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=890.3kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJ/mol2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJ/mol则CH4与CO2生成合成气的热化学方程式为（4）方法2：在恒容密闭容器中投入草酸二甲酯和H2发生如下反应：CH3OOCCOOCH3（g）+4H2（g）HOCH2CH2OH（g）+2CH3OH（g）H=34kJ/mol为提高乙二醇的产量和速率，宜采用的措施是（填字母）A升高温度 B增大压强 C增大氢气浓度（5）草酸二甲酯水解生成草酸：CH3OOCCOOCH3+2H2O2CH3OH+HOOCCOOH草酸是
12、二元弱酸，可以制备KHC2O4 （草酸氢钾），KHC2O4 溶液呈酸性，用化学平衡原理解释：在一定的KHC2O4 溶液中滴加NaOH溶液至中性下列关系一定不正确的是（填字母）Ac（Na+）c（K+）c（C2O42）c（HC2O4）Bc（K+）=c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4）Cc（K+）+c（Na+）=c（HC2O4）+c（C2O42）（6）乙二醇、空气在KOH溶液中构成燃料电池，加入乙二醇的电极为电源的（填“正”或“负”）级，负极反应式为19Cl2及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途（1）25时将氯气溶于水形成氯气氯水体系，该体系中Cl2（aq）、HClO和ClO分别
13、在三者中所占分数（）随pH变化的关系如图1所示已知HClO的杀菌能力比ClO强，由图分析，用氯气处理饮用水时，pH=7.5与 pH=6时杀菌效果强的是氯气氯水体系中，存在多个含氯元素的平衡关系，分别用平衡方程式表示为（2）ClO2是一种新的消毒剂，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，写出该反应的化学方程式（3）工业上还可用下列方法制备ClO2，在80时电解氯化钠溶液得到NaClO3，然后与盐酸反应得到ClO2电解时，NaClO3在极（填阴或阳）生成，生成ClO3的电极反应式为（4）一定条件下，在水溶液中 1mol Cl、1mol ClOx（x=1，2，3，4）的能量大小与化合价的
14、关系如图162所示从能量角度看，C、D、E中最不稳定的离子是（填离子符号）BA+D反应的热化学方程式为（用离子符号表示）20“Cl化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物质（如CO、CO2、CH4、CH3OH等）为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义（1）一定温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2 （g）+3H2（g）CH3OH g）+H2O（g）H=49.0kJ/mol相关数据如下：容器甲乙反应物投入量1mol CO2（g）和3mol H2（g）1mol CH3OH（g）和1mol H2O（g）平衡时c（CH3OH）c1c2平衡时能量变化放
15、出29.4kJ吸收 a kJ请回答：c1c2（填“”、“”或“=”）；a=若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是mol/（LS）（2）压强为p1时，向体积为1L的密闭容器中充入b mol CO 和2b mol H2，发生反应CO （g）+2H2（g）CH3OH（g）平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图1所示请回答：该反应属于（填“吸”或“放”）热反应；p1 p2（填“”、“”或“=”）100时，该反应的平衡常数K=（用含b的代数式表示）（3）一定条件下，治理汽车尾气的反应是2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）H0在恒温恒容的密
16、闭容器中通入n（NO）：n（CO）=1：2的混合气体，发生上述反应下列图象正确且能说明反应在进行到t1时刻一定达到平衡状态的是（选填字母）2015-2016学年山东省德州市某中学高三（上）月考化学试卷（1月份）参考答案与试题解析一、选择题本卷共16道小题，每小题3分，共48分每题只有一个正确选项1下列电池属于二次电池的是（）A 锌银钮扣电池B氢氧燃料电池C铅蓄电池D锌锰干电池AABBCCDD【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】铅蓄电池、镍镉电池、锂离子电池等属于可充电电池，是二次电池，锌银钮扣电池、氢氧燃料电池和碱性锌锰电池不能充电，是一次电池，由此分析解答【解答】解：铅蓄电池、镍镉电池、
17、锂离子电池等属于可充电电池，可以反复充电放电属于可充电电池，是二次电池，锌银钮扣电池、氢氧燃料电池和碱性锌锰电池完全放电后不能再使用，是一次电池，故选C2某同学组装了如图所示的原电池装置，下列叙述中正确的是（）A电流方向：电极电极B电极逐渐溶解C电极上发生还原反应D盐桥中装有含氯化钾的琼脂，Cl向右池移动【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、电流与电子的流向相反，由正极到负极，即电极电极；B、电极上铜离子放电生成单质铜，应是有固体析出；C、电极是负极，发生氧化反应；D、Cl向负极移动【解答】解：A、电流与电子的流向相反，由正极到负极，即电极电极，故A正确；B、电极上铜离子放电生成单质铜，
18、应是有固体析出，而不是溶解，故B错误；C、电极是负极，发生氧化反应，故C错误；D、Cl向负极移动，则向左池移动，故D错误；故选A3下列与金属腐蚀有关的说法中，不正确的是（）A钢铁在潮湿空气中生锈属于电化学腐蚀B电化学腐蚀一般可分为吸氧腐蚀和析氢腐蚀C金属腐蚀的本质是金属原子失去电子被氧化的过程D铝具有很强的抗腐蚀能力，是因为其不易与氧气发生反应【考点】金属的电化学腐蚀与防护【分析】A钢铁在潮湿的空气中易形成原电池；B中性或弱酸性条件下，金属发生吸氧腐蚀，酸性环境下，金属发生析氢腐蚀；C金属腐蚀时失电子生成阳离子；D铝的表面易形成致密的氧化膜【解答】解：A钢铁在潮湿的空气中易形成原电池，所以钢铁
19、在潮湿空气中生锈属于电化学腐蚀，故A正确；B中性或弱酸性条件下，金属发生吸氧腐蚀，酸性环境下，金属发生析氢腐蚀，则电化学腐蚀一般可分为吸氧腐蚀和析氢腐蚀，故B正确；C金属腐蚀时失电子生成阳离子，则金属腐蚀的本质是金属原子失去电子被氧化的过程，故C正确；D铝的表面易形成致密的氧化膜，氧化膜能饱和内部金属不被腐蚀，所以铝具有很强的抗腐蚀能力，故D错误故选D4关于0.1molL1 NaHCO3溶液，下列说法正确的是（）A溶质水解反应：HCO3+H2H3O+CO32B离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）C微粒浓度关系：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3
20、）c（CO32）D微粒浓度关系：c（Na+）2c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A、HCO3+H2H3O+CO32是溶质电离，溶质水解反应：HCO3+H2OH2CO3+OH；B、电荷守恒，得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）；C、NaHCO3溶液呈碱性，水解大于电离；D、物料守恒，两者的物质的量为1：1【解答】解：A、HCO3+H2H3O+CO32是溶质电离，溶质水解反应：HCO3+H2OH2CO3+OH，故A错误；B、电荷守恒，得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），故B错误
21、；C、NaHCO3溶液呈碱性，水解大于电离，所以离子浓度大小顺序为：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32），故C正确；D、物料守恒，两者的物质的量为1：1，所以关系式为：c（Na+）c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32），故D错误；故选；C5下列叙述正确的是（）ANa在足量O2中燃烧，消耗l mol O2时转移的电子数是46.021023B盐酸和醋酸的混合溶液pH=1，该溶液中c（H+）=0.1 mol/LC1 L 0.1 mol/L NH4Cl溶液中的NH4+数是0.16.021023D标准状况下2.24 L Cl2中含有0.2 mol 共价键【考点】阿伏加德罗常
22、数【分析】A、根据反应后氧元素的价态为1价来分析；B、混合溶液pH=1，pH=lgC（H+）；C、NH4+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；D、1mol氯气中含1mol共价键【解答】解：A、反应后氧元素的价态为1价，故l mol O2时转移的电子数是26.021023，故A错误；B、混合溶液pH=1，pH=lgC（H+）=1，故C（H+）=10pH=0.1mol/L，故B正确；C、NH4+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故NH4+数小于0.16.021023，故C错误；D、标准状况下2.24 L Cl2的物质的量为0.1mol，而1mol氯气中含1mol共价键，故0.1mol氯气中含0.1mol共价
23、键，故D错误故选B6N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0当反应达到平衡时，下列措施能提高N2转化率的是（）降温 恒压通入惰性气体 增加N2的浓度 加压ABCD【考点】化学平衡的影响因素【分析】N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，正反应是放热反应，是气体体积缩小的反应，结合外界条件对平衡的影响来综合分析【解答】解：降温，平衡正向移动，氮气的转化率增大，故正确；恒压通入惰性气体，体积膨胀，相当于减小压强，平衡逆向移动，氮气的转化率降低，故错误；增加N2的浓度，平衡正向移动，氮气的转化率降低，故错误；加压，平衡正向移动，氮气的转化率增大，故正确；故选A7常温下，若HA溶液和NaOH溶液
24、混合后pH=7，下列说法不合理的是（）A反应后HA溶液可能有剩余B生成物NaA的水溶液的pH可能小于7CHA溶液和NaOH溶液的体积可能不相等DHA溶液的c（H+）和NaOH溶液的c（OH） 可能不相等【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A、如果HA是弱酸，要使混合溶液呈中性，则HA应该稍微大些；B、NaA为强酸强碱盐，其溶液呈中性，如果是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性；C、溶液浓度未知，无法确定其体积大小；D、如果HA是弱酸，且二者浓度相等，则HA溶液中c（H+）和NaOH溶液的c（OH）不相等【解答】解：A、如果HA是弱酸，要使混合溶液呈酸性，则HA应该稍微大些，所以反应后HA溶
25、液可能有剩余，故A正确；B、NaA为强酸强碱盐，其溶液呈中性，如果是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，则其pH等于或大于7，不可能小于7，故B错误；C、溶液浓度未知，无法确定其体积大小，故C正确；D、HA溶液的c（H+）和NaOH溶液的c（OH）不相等，说明HA是弱酸，其混合溶液可能呈中性，故D正确；故选B8关于常温下0.1mol/L氨水（pH=11.12）的下列说法不正确的是（）A加水稀释过程中，c（H+）：c（OH） 的值增大B根据以上信息，可推断NH3H2O为弱电解质C与pH=11.12的 NaOH溶液相比，NaOH溶液中c（Na+） 大于氨水中c（NH）D加入少量NH4Cl 固体，溶液中水的电
26、离平衡：H2OH+OH正向移动【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A、加水稀释过程中，促进电离，但显性离子氢氧根离子浓度减小，而温度不变水的离子积常数不变，所以氢离子浓度增大；B、如果是强电解质，0.1mol/L氨水的pH=13；C、根据两溶液中电荷守恒分析解答；D、NH4Cl 是强酸弱碱盐，溶于水要发生水解，盐的水解对水的电离起促进作用【解答】解：A、加水稀释过程中，促进电离，但显性离子氢氧根离子浓度减小，而温度不变水的离子积常数不变，所以氢离子浓度增大，所以c（H+）：c（OH） 的值增大，故A正确；B、如果是强电解质，0.1mol/L氨水的pH=13，故B正确；C、氢氧化钠溶液中
27、c（Na+）+c（H+）=c（OH），在氨水溶液中c（NH4+）+c（H+）=c（OH），而两者的PH相同，所以两溶液中氢离子与氢氧根离子浓度相等，则钠离子与铵根离子浓度相等，故C错误；D、水的电离平衡：H2OH+OH，铵根离子结合水电离出的氢氧根离子，导致氢氧根离子浓度减小，所以平衡正向移动，故D正确；故选C9LED产品的使用为城市增添色彩下图是氢氧燃料电池驱动LED发光的一种装置示意图下列有关叙述正确的是（）Aa处通入O2Bb处为电池正极，发生了还原反应C通入O2的电极发生反应：O2+4e+4H+=2H2OD该装置将化学能最终转化为电能【考点】化学电源新型电池【分析】A、由电子流向可知a为
28、负极，b为正极，以此判断；B、b为正极发生的电极反应为O2+2H2O+4e4OH；C、通氧气的一极为b极，b为正极发生的电极反应为O2+2H2O+4e4OH；D、该装置的能量转换是化学能为电能最终转化为光能【解答】解：A、由电子流向可知a为负极，b为正极，负极上发生氧化反应，通入氢气，正极上发生还原反应，通入的是氧气，故A错误；B、b为正极发生的电极反应为O2+2H2O+4e4OH，发生还原反应，故B正确；C、通氧气的一极为b极，b为正极发生的电极反应为O2+2H2O+4e4OH，故C错误；D、该装置的能量转换是化学能为电能最终转化为光能，故D错误故选B10下列措施能明显增大原反应的化学反应速
29、率的是（）ANa与水反应时增大水的用量B将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应制取H2C在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强D恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量【考点】化学反应速率的影响因素【分析】常见增大化学反应速率的措施有：增大浓度、压强，升高温度，使用催化剂等，增大单位体积的活化分子数目或增大活化分子百分数，从而增大反应速率，注意增大压强只对有气体参加的反应有影响，以此解答该题【解答】解：A水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，反应速率不变，故A错误；B将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，故B错误；C反应在溶液中进行
30、，没有气体生成，增大压强，反应速率基本不变，故C错误；D恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量，反应物浓度增大，则反应速率增大，故D正确故选D11关于下列装置的说法正确的是（）A装置中盐桥内的K+移向CuSO4溶液B是将电能转变为化学能的装置C若装置用于铁棒镀铜，则N极为铁棒D若装置用于电解精炼钢，溶液中Cu2+的浓度保持不变【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A溶液中阳离子向正极移动；B图1为原电池，图2为电解池；C电镀池中镀层金属做阳极，镀件做阴极；D电解精炼铜时，阳极上比铜活泼的金属也放电，阴极上只有铜离子放电【解答】解：A铜、锌形成原电池，锌的活泼性大于铜，所以锌为负极，
31、铜为正极，原电池中阳离子移向正极，所以盐桥内的K+移向CuSO4溶液，故A正确；B图1为原电池，是将化学能转化为电能的装置，图2为电解池，是将电能转化为化学能的装置，故B错误；C若装置用于铁棒镀铜，铜为镀层金属，应做阳极，所以N为铜棒，故C错误；D电解精炼铜时溶液中的Cu2+浓度减小，故D错误；故选：A12下列关于各图象的解释或结论正确的是（）A.热化学方程式是H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241.8 kJ/molB.对于恒温恒容条件下的反应2NO2（g）N2O4（g），A点为平衡状态C将A、B饱和溶液分别由T1升温至T2时，溶质的质量分数BAD.同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶
32、液相比，其pH前者小于后者【考点】反应热和焓变【分析】A、图象中当放热483.6KJ时，是生成液态水的时候；B、A点时，NO2和N2O4的消耗速率相等；C、T1时，A和B的溶解度相同，溶质的质量分数相同；D、酸越弱，其对应的盐越水解【解答】解：A、图象中当放热483.6KJ时，是生成液态水的时候，故热化学方程式应是H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=241.8 kJ/mol，故A错误；B、A点时，只说明NO2和N2O4的消耗速率相等，而当NO2和N2O4的消耗速率之比为2：1时，反应才达平衡，故B错误；C、T1时，A和B的溶解度相同，饱和溶液中溶质的质量分数相同，当升温到T2时，两者的溶解
33、度均变大，无晶体析出，故溶液中的溶质的质量分数均不变，仍相等，故C错误；D、从图象可以看出，加水稀释时，HA的pH变化大，故HA的酸性强于HB，而酸越弱，其对应的盐越水解，故同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，NaB的水解程度大，pH更大，其pH前者小于后者，故D正确；故选D13已知：某元素X的酸式盐（NaHX）溶液显碱性，下列说法正确的是（）ANaHX的电离方程式为NaHXNa+H+X2BHX的电离程度小于HX的水解程度C离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HX）+c（X2）D加水稀释，促进HX水解，c（HX）增大【考点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较【分析】
34、A、某元素X的酸式盐（NaHX）溶液显碱性，说明阴离子是弱酸阴离子；B、X的酸式盐（NaHX）溶液显碱性，说明HX水解大于电离，；C、溶液中电荷守恒分析判断；D、加水稀释促进水解，离子浓度减小；【解答】解：A、某元素X的酸式盐（NaHX）溶液显碱性，说明阴离子是弱酸阴离子，电离方程式为：NaHXNa+HX，故A错误；B、X的酸式盐（NaHX）溶液显碱性，说明HX水解大于电离，HX的电离程度小于HX的水解程度正确，故B正确；C、溶液中电荷守恒分析判断，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HX）+2c（X2），故C错误；D、加水稀释促进水解，c（HX）离子浓度减小，故D错误
35、；故选B14室温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是（）序号pH1212溶液氨水氢氧化钠溶液A两溶液中c（OH）相等B溶液的物质的量浓度为0.01 molL1C两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：D等体积的两溶液分别与0.01 molL1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A、pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度相等；B、一水合氨是弱电解质，不能完全电离，氢氧化钠是强电解质，完全电离；C、pH相等的强碱和弱碱加水稀释，强碱溶液pH变化大；D、pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中，一水合氨的物质的量比氢氧化钠多【解答】解：A、pH相等的氨水和氢氧
36、化钠溶液中氢氧根离子浓度相等，故A正确；B、一水合氨是弱电解质，不能完全电离，pH=12的氨水中，其物质的量浓度大于0.01mol/L，故B错误；C、pH相等的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时，NaOH溶液pH变化大，故C正确；D、pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中，一水合氨的物质的量比氢氧化钠多，与盐酸中和时消耗的盐酸，故D正确；故选B15单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高下列溶液中沸点最高的是（）A0.01 mol/L的蔗糖溶液B0.01 mol/L的K2SO4溶液C0.02 mol/L的NaCl溶液D0.02 mol/L的CH3COOH溶液【考点】物质的量浓度【
37、分析】根据溶液中非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高，则假设溶液为1L时计算选项中溶质的物质的量来比较即可解答【解答】解：A、因1L蔗糖溶液中蔗糖的物质的量为1L0.01mol/L=0.01mol；B、因1LK2SO4溶液溶质的离子的总物质的量为1L0.01mol/L3=0.03mol；C、因1LNaCl溶液中溶质的离子的总物质的量为1L0.02mol/L2=0.04mol；D、因CH3COOH是挥发性溶质，且1L溶液中分子的物质的量为1L0.02mol/L=0.02mol，则D不符合题意；显然C中含0.04 mol离子，离子数最多，故选：C16工业上用CO和H2合成CH3OH：
38、CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）反应的平衡常数如下表：温度/0100200300400平衡常数667131.91022.41041105下列说法正确的是（）A该反应的H0B加压、增大H2浓度和加入催化剂都能提高CO的转化率C工业上采用5103kPa和250的条件，其原因是原料气的转化率高Dt时，向1 L密闭容器中投入0.1 mol CO和0.2 mol H2，平衡时CO转化率为50%，则该温度时反应的平衡常数的数值为100【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素【分析】A、依据平衡常数随温度变化和平衡移动原理分析判断；B、反应前后是气体体积减小的放热反应，增大压强增大氢气浓度，平衡正向
39、进行，催化剂改变反应速率不改变化学平衡；C、此条件是催化剂活性最大，升温平衡逆向进行；D、结合平衡三段式列式计算，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积【解答】解：A、依据平衡常数随温度变化和平衡移动原理分析判断，随温度升高平衡常数减小，正反应为放热反应H0，故A错误；B、反应前后是气体体积减小的放热反应，增大压强增大氢气浓度，平衡正向进行，催化剂改变反应速率不改变化学平衡，不能提高CO的转化率，故B错误；C、升温平衡逆向进行，此条件是催化剂活性最大，不是原料气的转化率高，故C错误；D、结合平衡三段式列式计算，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次
40、方乘积， CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始量（mol/L） 0.1 0.2 0变化量（mol/L） 0.150% 0.1 0.05平衡量（mol/L） 0.05 0.1 0.05平衡常数K=100，故D正确；故选D二、非选择题，共52分）17某小组探究Na2CO3和NaHCO3的性质，实验步骤及记录如下：分别向盛有0.5g Na2CO3固体、0.5g NaHCO3固体的烧杯中加入10mL水（20），搅拌，测量温度为T1；静置恒温后测量温度为T2；分别加入10mL 密度约为1.1g/mL 20%的盐酸（20），搅拌，测量温度T3得到表1的数据：表1T1/T2/T3/Na2CO323.
41、320.023.7NaHCO318.520.020.8回答下列问题：（1）Na2CO3溶于水显碱性，其原因是CO32+H2OHCO3+OH、HCO3+H2OH2CO3+OH（用离子方程式表示）（2）根据试题后的附表判断：步骤中Na2CO3、NaHCO3固体分别是全部溶解还是部分溶解Na2CO3、NaHCO3固体都是全部溶解（3）分析表1的数据得出：Na2CO3固体溶于水放热，NaHCO3固体溶于水吸热（填“放热”或“吸热”）（4）甲同学分析上述数据得出：Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应都是放热反应乙同学认为应该增加一个实验，并补做如下实验：向 盛 有10 mL水（20）的烧杯中加入10mL
42、密度约为1.1g/mL20%的盐酸，搅拌，测量温度为22.2（5）结合上述探究，下列说法正确的是ACANaHCO3与盐酸的反应是吸热反应B不能用稀盐酸鉴别Na2CO3和NaHCO3固体CNa2CO3、NaHCO3固体与稀盐酸反应的能量变化还与物质的溶解等因素有关（6）丙同学为测定一份NaHCO3和Na2CO3混合固体中NaHCO3的纯度，称取m1 g混合物，加热至质量不变时，称其质量为m2 g，则原混合物中NaHCO3的质量分数为100%（用代数式表示）附表：溶解度表10203040Na2CO312.5g21.5g39.7g40.0gNaHCO38.1g9.6g11.1g12.7g【考点】性质
43、实验方案的设计【分析】（1）碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；（2）根据溶解度分别求出10mL水（20）分别溶解的Na2CO3、NaHCO3固体与0.5g作比较分析；（3）分析表1的数据得出：T1/，Na2CO3固体溶于水温度升高，NaHCO3固体溶于水温度降低；（4）需探究盐酸溶于水温度的变化；（5）A分析表1的数据得出NaHCO3与盐酸的反应是吸热反应；BNa2CO3和NaHCO3固体二者与酸反应的快慢不同；C从温度变化可判别Na2CO3、NaHCO3固体与稀盐酸反应的能量变化还与物质的溶解等因素有关（6）根据质量守恒定律，由加热前后剩余物质的质量差可求得分解反应出二氧化碳
44、与水的质量即固体减少的质量，由固体减少的质量根据化学方程式计算出样品中碳酸氢钠质量，并进一步计算样品中碳酸氢钠的质量分数【解答】解：（1）碳酸钠为强碱弱酸盐，钠离子不水解、碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解离子方程式为CO32+H2OHCO3+OH，HCO3+H2OH2CO3+OH，故答案为：CO32+H2OHCO3+OH、HCO3+H2OH2CO3+OH；（2）10mL水（20）溶解Na2CO3固体质量为：m=21.5g=2.15g0.5g，10mL水（20）溶解NaHCO3固体质量为：m=9.6g=0.96g0.5g，0.5gNa2CO3、NaHCO3固体都是全部溶解，故答案为：Na2CO
45、3、NaHCO3固体都是全部溶解；（3）分析表1的数据得出：T1/，Na2CO3固体溶于水温度从20升高到23.3，放热，NaHCO3固体溶于水温度从20升高到18.5，吸热，故答案为：放热；吸热；（4）强酸溶于水放热，盐酸为强酸，所以需增加探究盐酸溶于水温度的变化，即10mL密度约为1.1g/mL20%的盐酸搅拌，测量温度为22.2，故答案为：密度约为1.1g/mL20%的盐酸；（5）A盐酸溶于水放热，测量温度为22.2，T1/，NaHCO3固体溶于水温度从20升高到18.5，吸热，两者反应恒温后测量温度T3为20.8低于22.2，所以NaHCO3与盐酸的反应是吸热反应，故A正确；B用稀盐酸
46、鉴别NaHCO3和Na2CO3溶液，反应较快的为NaHCO3，能鉴别，故B错误；C从上述温度变化数值可判别Na2CO3、NaHCO3固体与稀盐酸反应的能量变化还与物质的溶解等因素有关，故C正确故选AC；（6）设样品中碳酸氢钠的质量为x2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 固体质量减少168 106 168106=62x m1m2 = x=样品中碳酸氢钠的质量分数=100%故答案为：100%18以煤为主要原料可以制备乙二醇，相关工艺流程如下：（1）写出方法l在催化剂的条件下直接制取乙二醇的化学方程式2CO+3H2HOCH2CH2OH（2）合成气在不同催化剂作用下，可以合成不同的物质下列物质
47、仅用合成气为原料就能得到且原子利用率为100%的是B（填字母）A草酸（ HOOCCOOH） B甲醇（CH3OH） C尿素CO（NH2）2（3）工业上还可以利用天然气（主要成分为CH4）与CO2反应制备合成气已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=890.3kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJ/mol2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJ/mol则CH4与CO2生成合成气的热化学方程式为CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H=+247.3KJ/mol（4）方法2：在恒容密闭容器中投入草酸二甲酯和H2
48、发生如下反应：CH3OOCCOOCH3（g）+4H2（g）HOCH2CH2OH（g）+2CH3OH（g）H=34kJ/mol为提高乙二醇的产量和速率，宜采用的措施是BC（填字母）A升高温度 B增大压强 C增大氢气浓度（5）草酸二甲酯水解生成草酸：CH3OOCCOOCH3+2H2O2CH3OH+HOOCCOOH草酸是二元弱酸，可以制备KHC2O4 （草酸氢钾），KHC2O4 溶液呈酸性，用化学平衡原理解释：HC2O4既能水解又能电离：HC2O4H+C2O42；HC2O4+H2OH2C2O4+OH，而HC2O4的电离大于其水解在一定的KHC2O4 溶液中滴加NaOH溶液至中性下列关系一定不正确的是
49、AC（填字母）Ac（Na+）c（K+）c（C2O42）c（HC2O4）Bc（K+）=c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4）Cc（K+）+c（Na+）=c（HC2O4）+c（C2O42）（6）乙二醇、空气在KOH溶液中构成燃料电池，加入乙二醇的电极为电源的负（填“正”或“负”）级，负极反应式为HOCH2CH2OH10e+14OH=2CO32+10H2O【考点】制备实验方案的设计【分析】利用碳和水蒸汽反应制得CO和H2，再利用CO和H2直接法通过加热加成得到乙二醇，或者氧化偶联法制得草酸二甲酯和氢气，再通过催化还原得到乙二醇；（1）根据反应物和生成物，结合反应特点书写化学方程式；（
50、2）根据质量守恒定律来分析；（3）根据盖斯定律来分析；（4）通过分析平衡的移动来判断；（5）HC2O4既能水解又能电离，据此分析；在一定的KHC2O4溶液中滴加NaOH溶液至中性，则溶液中的溶质为：KHC2O4和K2C2O4来分析，结合物料守恒和电荷守恒来分析；（6）在燃料电池中，可燃物均发生氧化反应，均在负极放电，结合电解质溶液的环境来书写负极反应【解答】解：（1）合成气的主要成分为CO和H2，在催化剂条件下合成乙二醇的反应：2CO+3H2HOCH2CH2OH，故答案为：2CO+3H2HOCH2CH2OH；（2）根据质量守恒定律可知，合成气的主要成分为CO和H2，不含氮元素，故不可能合成出尿
51、素，故C不选；而在A乙二酸中，C、O原子个数比为1：2，大于了CO中的1：1，故不能由合成气来合成，而B甲醇（CH3OH） 可以由CO和H2按1：2来合成，全部原子均转化为目标产物，原子转化率达到了100%，故答案为：B；（3）已知：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890.3kJ/mol 2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJ/mol 2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566kJ/mol 将可得：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H=（890.3kJ/mol）（571.6kJ/mol）（566kJ/mol）=+247.3K
52、J/mol，故答案为：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H=+247.3KJ/mol；（4）A升高温度，平衡左移，乙二醇的产量降低，故A不选； B增大压强，反应速率加快，平衡右移，乙二醇的产量增大，故B选； C增大氢气浓度，反应速率加快，平衡右移，乙二醇的产量增大，故C选；故答案为：BC；（5）HC2O4既能水解又能电离：HC2O4H+C2O42，电离显酸性；HC2O4+H2OH2C2O4+OH，水解显碱性，而HHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4的电离大于其水解，故答案为：HC2O4既能水解又能电离：HC2O4H+C2O42；HC2O4+H2OH2C2O4+OH，而HC2
53、O4的电离大于其水解；在一定的KHC2O4溶液中滴加NaOH溶液至中性，则加入的NaOH的量必须较少，将部分KHC2O4反应掉，则溶液中的溶质为：KHC2O4和K2C2O4和Na2C2O4，A、由于加入的NaOH的量必须较少，将部分KHC2O4反应掉，故c（Na+）不可能大于c（K+），故A错误；B、溶液中的K+和HC2O4、H2C2O4和C2O42均来自于KHC2O4，根据物料守恒可知：c（K+）=c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4），故B正确；C、根据电荷守恒可知：c（K+）+c（Na+）=c（HC2O4）+2c（C2O42）+c（OH），故C错误；故答案为：AC；（6）
54、在燃料电池中，可燃物均发生氧化反应，均在负极放电；由于是碱性燃料电池，故负极乙二醇放电生成CO32，电极方程式为HOCH2CH2OH10e+14OH=2CO32+10H2O，故答案为：负；HOCH2CH2OH10e+14OH=2CO32+10H2O19Cl2及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途（1）25时将氯气溶于水形成氯气氯水体系，该体系中Cl2（aq）、HClO和ClO分别在三者中所占分数（）随pH变化的关系如图1所示已知HClO的杀菌能力比ClO强，由图分析，用氯气处理饮用水时，pH=7.5与 pH=6时杀菌效果强的是pH=6时氯气氯水体系中，存在多个含氯元素的平衡关系，分别用平衡方程
55、式表示为Cl2（aq）+H2OHClO+H+Cl；，HClOH+ClO，Cl2（g）Cl2（aq）（2）ClO2是一种新的消毒剂，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，写出该反应的化学方程式Cl2+2NaClO2=2NaCl+2ClO2（3）工业上还可用下列方法制备ClO2，在80时电解氯化钠溶液得到NaClO3，然后与盐酸反应得到ClO2电解时，NaClO3在阳极（填阴或阳）生成，生成ClO3的电极反应式为Cl6e+3 H2O=6H+ClO3（4）一定条件下，在水溶液中 1mol Cl、1mol ClOx（x=1，2，3，4）的能量大小与化合价的关系如图162所示从能量角度看，C
56、、D、E中最不稳定的离子是ClO2（填离子符号）BA+D反应的热化学方程式为3ClO（aq）=ClO3（aq）+2Cl（aq）H=117kJ/mol（用离子符号表示）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解原理【分析】（1）HClO的杀菌能力比ClO强，所以HClO的浓度越大，其杀菌效果越好；依据图象分析可知，含氯的物质存在平衡的状态为氯气和水反应，次氯酸电离平衡，液态氯气和气态氯气的平衡等；（2）ClO2是一种新的消毒剂，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，结合原则守恒和电子守恒写出该反应的化学方程；（3）工业上还可用下列方法制备ClO2，在80时电解氯化钠溶液得到NaClO
57、3，氯离子失电子在阳极生成氯酸根离子；（4）能量越高越活泼分析；BA+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO=ClO3+2Cl，反应热=（62kJ/mol+20kJ/mol）360kJ/mol=116kJ/mol【解答】解：（1）起杀菌作用的是HClO，由图象可知，pH=6.5时c（HClO）比pH=7.5时要大，HClO浓度越大，杀菌效果好，所以pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差，故答案为：pH=6时；含氯的物质存在平衡的状态为氯气和水反应，次氯酸电离平衡，液态氯气和气态氯气的平衡等，氯气氯水体系中，存在多个含氯元素的平衡关系，分别用平衡方程式表示为Cl2（aq）+H2OHClO
58、+H+Cl； HClOH+ClO，Cl2（g）Cl2（aq）；故答案为：Cl2（aq）+H2OHClO+H+Cl，HClOH+ClO，Cl2（g）Cl2（aq）；（2）ClO2是一种新的消毒剂，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，结合原则守恒和电子守恒写出该反应的化学方程Cl2+2NaClO2=2NaCl+2ClO2；故答案为：Cl2+2NaClO2=2NaCl+2ClO2；（3）工业上还可用下列方法制备ClO2，在80时电解氯化钠溶液得到NaClO3，氯离子失电子在阳极生成氯酸根离子，电极反应为：Cl6e+3 H2O=6H+ClO3；故答案为：阳； Cl6e+3 H2O=6H+
59、ClO3；（4）图象分析可知，能量越高越活泼，+3价的离子最活泼为ClO2；故答案为：ClO2；BA+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO=ClO3+2Cl，反应热=（62kJ/mol+20kJ/mol）360kJ/mol=116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO（aq）=ClO3（aq）+2Cl（aq）H=116kJ/mol，故答案为：3ClO（aq）=ClO3（aq）+2Cl（aq）H=117kJ/mol20“Cl化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物质（如CO、CO2、CH4、CH3OH等）为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义（1）一
60、定温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2 （g）+3H2（g）CH3OH g）+H2O（g）H=49.0kJ/mol相关数据如下：容器甲乙反应物投入量1mol CO2（g）和3mol H2（g）1mol CH3OH（g）和1mol H2O（g）平衡时c（CH3OH）c1c2平衡时能量变化放出29.4kJ吸收 a kJ请回答：c1=c2（填“”、“”或“=”）；a=19.6若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是0.03mol/（LS）（2）压强为p1时，向体积为1L的密闭容器中充入b mol CO 和2b mol H2，发生反
61、应CO （g）+2H2（g）CH3OH（g）平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图1所示请回答：该反应属于放（填“吸”或“放”）热反应；p1 p2（填“”、“”或“=”）100时，该反应的平衡常数K=（用含b的代数式表示）（3）一定条件下，治理汽车尾气的反应是2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）H0在恒温恒容的密闭容器中通入n（NO）：n（CO）=1：2的混合气体，发生上述反应下列图象正确且能说明反应在进行到t1时刻一定达到平衡状态的是cd（选填字母）【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；反应速率的定量表示方法【分析】（1）应用恒温恒容条件下的等效平衡知识来解决；甲、乙是等效
62、平衡，则甲中放出的热量与乙中吸收的热量之和为49.0kJ；平衡时能量变化放出29.4kJ，求平衡时各组分的浓度，然后求平均反应速率；（2）根椐温度的变化来判断反应热，依据反应是气体体积减小的反应，铜温度下增大压强平衡正向进行；100C时一氧化碳的转化率为50%，结合平衡三段式列式计算平衡浓度结合平衡常数概念计算得到；（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，据此进行判断【解答】解：（1）应用恒温恒容条件下的乙的投料量极端转化为甲相当于投1mol CO2（g）和3mol H2（g），所以两者是等效平衡，所以c1=c2，甲、乙是等效平衡，则甲中放出的热量与乙中吸收的热量之
63、和为49.0kJ，则a=49.0kJ29.4kJ=19.6kJ，故答案为：=；19.6；平衡时能量变化放出29.4kJ，所以反应二氧化碳的物质的量为=0.6mol，所以，然后求平均反应速率v=0.03mol/（Ls），故答案为：0.03；（2）温度升高，一氧化碳的转化率下降，平衡正向移动，所以正反应是放热反应，图象分析可知相同温度下P2压强下一氧化碳转化率大于P1压强下一氧化碳转化率，反应是气体体积减小的反应，压强增大平衡正向进行，所以P1P2，故答案为：放；向VL恒容密闭容器中充入a mol CO与2a mol H2，100C时一氧化碳的转化率为50%， CO（g）+2H2（g）CH3OH（
64、g）起始量（mol/L）：b 2b 0 变化量（mol/L）：0.5b b 0.5b平衡量（mol/L） 0.5b b 0.5b平衡常数K=，故答案为：；（3）当反应前后改变的物理量不变时，该可逆反应达到平衡状态，a中为平衡常数，平衡常数与温度有关，温度不变，则平衡常数始终不变，所以平衡常数不能判断是否达到平衡状态，故a错误；b为物质的量随时间的变化，一氧化氮与二氧化碳浓度相等时，各组分浓度仍然继续变化，说明没有达到平衡状态，故b错误；c为CO质量分数随时间变化，反应恰好总质量不变，则反应过程中一氧化氮与一氧化碳的物质的量之比会发生变化，当达到平衡状态时，一氧化氮与一氧化碳的物质的量之比不再变化，故c正确；d、反应物的转化率不变，说明达平衡状态，故d正确；故答案为：cd2016年12月20日
