1、张家口市第一中学20192020学年高二年级12月月考化学试卷（实验班）可能用到的元素的相对原子质量： H1 C12 O16 Zn65 Pb207I卷 (选择题，共66分)一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分，共66分）1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是A. 格物粗谈记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指氧气B. 中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料C. 利用肥皂水处理蚊虫叮咬，主要是利用肥皂水的弱碱性D. 食品包装盒中的生石灰或铁粉，都可以起到抗氧化作用【答案】C【解析】【详解】A、该气体指的
2、是乙烯，乙烯具有催熟的作用，故A错误；B、碳化硅是一种无机化合物，属于无机非金属材料，故B错误；C、蚊虫会分泌蚁酸，肥皂水是弱碱性，可以中和，故C正确；D、生石灰只具干燥的作用，作为干燥剂，不具有抗氧化作用，故D错误；故选C。2.硫酸是一种重要的化工产品，2SO2O22SO3是生产过程中的重要反应。下列对于该反应的说法中正确的是A. 只要选择适宜条件，SO2和O2就能全部转化为SO3B. 该反应达到平衡后，反应就完全停止了，即正逆反应速率均为零C. 如果反应前充入由18O原子组成的O2，反应达到平衡状态时，18O只存在于O2和SO3中D. 在工业合成SO3时，要同时考虑反应速率和反应能达到的限
3、度两方面的问题【答案】D【解析】【详解】A项，2SO2O22SO3属于可逆反应，SO2和O2不可能全部转化为SO3，A项错误；B项，化学平衡是一种动态平衡，反应达到平衡时，（正）（逆）0，但反应并没有停止，B项错误；C项，化学平衡一种动态平衡，平衡时，18O存在于O2、SO2、SO3中，C项错误；D项，在工业合成SO3时，要同时考虑反应速率和反应能达到的限度两方面的问题，使经济效益最大，D项正确；答案选D。3.向三份0.1mol/LCH3COONa溶液中分别加入少量硫酸铵、碳酸钠、硫酸铝固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO浓度的变化依次为：A. 减小、增大、增大B. 增大、减小、减小C.
4、减小、增大、减小D. 增大、增大、减小【答案】C【解析】【详解】CH3COONa是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，硫酸铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硝酸铵会促进醋酸根离子水解，导致CH3COO浓度减小；碳酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加碳酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致CH3COO浓度增大；硫酸铝为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硫酸铝会促进醋酸根离子水解，导致CH3COO浓度减小；综上所述，C项正确；答案选C。【点睛】含有弱根离子的盐溶液，如果两种溶液的酸碱性相同，那么它们混合后会相互抑制水解；如果一种溶液显酸性，另一种溶液显碱性，那么它们混
5、合后弱根离子能相互促进水解。4.对于下列化学平衡在一定条件下发生移动的描述，不正确的是A. Cl2+H2OHCl+HClO，氯水中加入碳酸钙，漂白性增强B. ZnS + Cu2+CuS + Zn2+，闪锌矿(ZnS)遇CuSO4溶液转化为铜蓝(CuS)C. 2NO2N2O4 H0，将装有NO2的玻璃球浸入热水中，红棕色变浅D. Cr2O72(橙色)+H2O2CrO42(黄色) +2H+，K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，橙色加深【答案】C【解析】【详解】A. 氯水中加入碳酸钙，HCl与碳酸钙反应，平衡正向移动，则HClO浓度增大，漂白性增强，A项正确；B. 发生ZnS+Cu2+CuS+Zn2
6、+，溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，溶解度ZnSCuS，则闪锌矿(ZnS)遇CuSO4溶液转化为铜蓝(CuS)，B项正确；C. 升高温度，平衡逆向移动，则红棕色变深，C项错误；D. 增大氢离子浓度，平衡逆向移动，则橙色加深，D项正确；答案选C。5. 关于浓度均为0.1 mol/L的三种溶液：氨水、盐酸、氯化铵溶液，下列说法中不正确的是 ( )A. c(NH4+)：B. 水电离出的c(H)：C. 和等体积混合后的溶液：c(H) = c(OH) + c(NH3H2O)D. 和等体积混合后的溶液：c(NH4+)c(Cl)c(OH)【答案】B【解析】一水合氨是弱电解质，氯化铵是强电解质，所以A正确
7、。盐酸是强酸，氢离子浓度大于氨水中OH的浓度，所以对水的电离抑制程度是，因此水电离出的c(H)是，B不正确。和等体积混合后，所得溶液是氯化铵溶液，NH4+水解显酸性，根据氢原子守恒可判断，C正确。和等体积混合后溶液显碱性，即氨水电离程度大于氯化铵的水解程度，所以D也是正确的。答案选B。6.下列说法正确的是A. 决定化学反应速率快慢的根本因素是温度、浓度和催化剂B. 锌与稀硫酸反应时，硫酸的浓度越大，产生氢气的速率越快C. 恒压时，增加惰性气体的量，原化学反应速率减慢D. 增大反应物浓度，能够增大活化分子的百分含量，所以反应速率增大【答案】C【解析】【详解】A. 决定化学反应速率快慢的根本因素是
8、物质自身的性质，是内因，A项错误；B. 锌与稀硫酸反应时，硫酸的浓度越大，产生氢气的速率越快，但硫酸的浓度过大时，不再产生氢气，B项错误；C. 恒压时，增加惰性气体的量，物质的浓度降低，原化学反应速率减慢，C项正确；D. 增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增加，所以反应速率增大，D项错误；答案选C。7.一种分解海水制氢气的方法为2H2O(l) 2H2(g)O2(g)。下图为此反应的能量变化示意图，则下列说法错误的是A. 该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能B. TiO2可以提高H2O的分解速率C. 催化剂对该反应的反应热无影响D. 使用氢气作燃料有利于控制温室效应【答案】A【解析】【详解】
9、A. 该反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，H=正反应的活化能-逆反应的活化能0，因此有正反应的活化能大于逆反应的活化能，A项错误；B. TiO2为催化剂，可以加快反应速率，即可以提高H2O的分解速率，B项正确；C. 催化剂能降低反应的活化能，但对该反应的反应热无影响，C项正确；D. 使用氢气作燃料，燃烧后的产物为水，不释放CO2，有利于控制温室效应，D项正确；答案选A。8.Zn-ZnSO4-PbSO4-Pb电池装置如图，下列说法错误的是A. SO42-从右向左迁移B. 电池的正极反应为：pb2+2e-=PbC. 左边ZnSO4浓度增大，右边ZnSO4浓度不变D. 若有6.5g锌
10、溶解，有0.1 molSO42-通过离子交换膜【答案】B【解析】A. 锌是负极，SO42-从右向左迁移，A正确；B. 电池的正极反应为：pb2+ SO42-+2e-=PbSO4，B错误；C. 左边锌失去电子转化为硫酸锌，ZnSO4浓度增大，右边ZnSO4浓度不变，C正确；D. 若有6.5g锌即0.1mol锌溶解，关键电荷守恒可知有0.1 molSO42-通过离子交换膜，D正确，答案选B。9.下列说法正确的是：A. 除去MgCl2中Fe3，可以加入适量的NaOH固体B. 用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体C. 用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体D. 向Fe
11、Cl3溶液中滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀和气体生成【答案】C【解析】【详解】A. Mg2与Fe3均能和氢氧化钠反应生成沉淀，因此加入适量的NaOH固体不能除去MgCl2中的Fe3，A项错误；B. 硫离子和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为：2Al3+3S2+6H2O=3H2S+2Al(OH)3;无法制取硫化铝(Al2S3)固体，如果制取硫化铝固体，可以用金属铝和硫粉加热的方法来制取，B项错误；C. 硫化铜为黑色沉淀，用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体，可发生反应，C项正确；D. 向FeCl3溶液中滴加Na2CO3溶液，铁离子与碳酸根离子会发生
12、双水解反应，其离子方程式为：2Fe3+ 3CO32+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2，则现象是：有红褐色沉淀与气体生成，D项错误；答案选C。10.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 在漂白液(次氯酸钠溶液)中：Ag+、K+、NO3-、SO32-B. 中性溶液：K+、NO3-、Br-、Fe3+C. =1012的溶液中，NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-D. 由水电离的c(H+)=110-10mol/L的溶液中：K+、Na+、HCO3-、Al3+【答案】C【解析】【详解】A. 次氯酸钠具有氧化性，能氧化SO32-，因此不能大量共存，A项错误；B. 中性溶液中Fe3+会生成
13、氢氧化铁沉淀，不能大量共存，B项错误；C. =1012的溶液呈强酸性，这几种离子之间不反应且和氢离子也不反应，所以能大量共存，C项正确；D. 由水电离的c(H+)=110-10mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO3-和氢离子或氢氧根离子都反应，所以不能大量共存，D项错误；答案选C。【点睛】碳酸氢根HCO3-既可以与H+反应，也可以与OH-反应，反应方程式分别为：HCO3- + H+ = H2O + CO2，HCO3- + OH- = CO32- + H2O，则HCO3-既不可以与H+大量共存，也不可以与OH-大量共存，其中HCO3-与OH-的反应是学生们的易错点，学生们总是错误认为生成CO2。
14、11.铅蓄电池的电池反应为：下列说法正确的是A. 放电时，正极的反应式是：B. 放电时，电解质溶液中的H+向负极移动C. 充电时，阳极的电极反应为：D. 充电时，当有20.7gPb生成时，转移的电子为0.1mol【答案】A【解析】【分析】由化合价变化可知，当为原电池时，Pb为负极，发生氧化反应，电极方程式为Pb+SO42-2e-=PbSO4，PbO2为正极，发生还原反应，电极方程式为PbO2+4H+SO42-2e- =2H2O+PbSO4，在充电时，阴极发生的反应是PbSO4+2e-=Pb+SO42-，阳极反应为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，放电时，阴离子向负极移
15、动，阳离子向正极移动，据此解答该题。【详解】A. 放电时，PbO2为正极，发生还原反应，电极方程式为PbO2+4H+SO42-2e-=2H2O+PbSO4，A项正确；B. 放电时，蓄电池内电路中H+向正极移动，B项错误；C. 在充电时，阳极反应为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，C项错误；D. 在充电时，阴极发生的反应是PbSO4+2e-=Pb+SO42-，所以当有20.7gPb生成时，转移的电子为，D项错误；答案选A。12.下列实验方案不能达到相应目的的是 ABCD目的比较碳酸根与碳酸氢根水解程度研究浓度对化学平衡的影响比较不同催化剂对化学反应速率的影响比较碳酸、醋
16、酸和硼酸的酸性强弱实验方案A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. 比较两种离子的水解程度，需要使用相同离子浓度的溶液；室温下，Na2CO3的溶解性比NaHCO3大，则二者的饱和溶液中，两种物质的浓度不同，对应的阴离子浓度也不相同，因此本实验不合理，A错误；B. 本实验中，左侧试管中又加入了KSCN溶液，右侧试管中加入了水，则对比左右两只试管，相当于加入试剂前后，溶液的体积都没有变化，左侧试管中KSCN的物质的量增加，所以左侧试管中KSCN的浓度增大，而右侧试管中KSCN的浓度没有变化，因此本实验合理，B正确；C. 本实验中，只有催化剂不同，其他的物质及其对应的物理量均相
17、同，符合“单一变量”原则，因此本实验合理，C正确；D. 本实验中，醋酸可以和NaHCO3反应产生气泡，硼酸不行，可以说明酸性：醋酸碳酸硼酸，D正确；故合理选项为A。【点睛】化学对比实验，采用“单一变量”原则，在A选项中，两种物质的溶解度不同，且两种物质的适量也不同，导致两种溶液的物质的量浓度也不同，该组实验存在两个变量，故该组实验不合理。在应答此类题目时，一定要注意图中的描述。13.二氧化硫的催化氧化原理为2SO2(g)O2(g)2SO3(g)。在一定压强下，反应混合体系在平衡状态时SO3的百分含量与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是A. 反应2SO2(g)O2(g)2SO3(g)的H0B
18、. 在D点时v（正）v（逆）C. 若B、C点的平衡常数分别为KB、KC，则KBKCD. 恒温恒压下向平衡体系中通入氦气，平衡向左移动【答案】B【解析】【详解】A.由图可知，升高温度，SO3的百分含量降低，说明升高温度平衡向逆反应移动，因此该反应正反应是放热反应，Hv（逆）故选B；C.升高温度，平衡向逆反应移动，故温度越高平衡常数越小，B点的温度低于C的温度，故平衡常数，KBKC，故不选C；D.恒温恒压下向平衡体系中通入氦气，体积增大（相当于减压），参与反应气体压强降低，平衡向体积增大的方向移动，即向平衡向左移动，故不选D；答案：B【点睛】本题考查化学平衡图象、化学平衡移动的影响因素等，难度中等
19、，注意根据SO3的含量随温度变化情况判断平衡移动的方向。14.最近美国学者成功实现用氮气和水生产氨，其装置如下图所示：下列说法正确的是A. 上图中的能量转化方式只有2种B. a极发生的电极反应为N2 + 6H + 6e = 2NH3C. 装置工作时H 向b极区移动，电解质溶液pH减小D. a极区与b极区产生的气体的物质的量之比为1 ：1【答案】B【解析】【详解】A能量转化方式有：风力机械能电能；光能电能；电能化学能，故A错误；B由图示a极上空气中的N2还原为NH3，a极发生的电极反应为N2+6H+ +6e- = 2NH3，故B正确；CH+向阴极(a极)移动，整个电解质溶液的pH不变，故C错误；
20、D电解总反应为2N2+ 6H2O = 4NH3 + 3O2，a极区与b极区产生的气体的物质的量之比为4：3，故D错误；故答案为B。15.常温下，用0.1mol/L NaOH溶液滴定20mL 0.1mol/L CH3COOH溶液的滴定曲线如图。下列说法错误的是：A. 点所示溶液中：c(CH3COO)c(CH3COOH)c(Na+)c(H+)c(OH)B. 点所示溶液中：c(Na+)=c(CH3COO)c(H+)=c(OH)C. 点所示溶液中，均成立：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)D. 点表示整个滴定过程恰好达到滴定终点，在过程中溶液中始终不变【答案】A【解析】【详解】A
21、. 点所示溶液中，滴入10mL氢氧化钠溶液，则反应后溶液中溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液显示酸性，则：c(H+)c(OH)、c(CH3COO)c(CH3COOH)，结合物料守恒可得：c(CH3COO)c(Na) c(CH3COOH)，A项错误；B. 点所示溶液中一定满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，因pH=7，则c(H+)=c(OH)，结合电荷守恒式可知c(Na+)=c(CH3COO)，因溶质为醋酸钠与醋酸，满足c(Na+)=c(CH3COO)c(H+)=c(OH)，B项正确；C. 点所示溶液中，均满足电荷守恒
22、则有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，C项正确；D.可变形为，由于滴定过程中醋酸的电离平衡常数始终不变，则的值始终不变，D项正确。答案选A。16.2019年10月9日，瑞典皇家科学院将诺贝尔化学奖授予古迪纳夫等三位科学家，表彰他们在锂离子电池方面的研究成果，钴酸锂电池是他们的研究成果之一，其工作原理为LixC6Li1xCoO2C6LiCoO2。下列说法正确的是A. 放电时Li从正极通过导线流向负极B. 放电时负极的电极反应式为：LixC6xeC6xLi+C. 充电时电池的负极与电源的正极相连D. 充电时阴极的电极反应式为：LiCoO2xeLi1xCoO2xLi+【答案】
23、B【解析】【分析】LixC6Li1xCoO2C6LiCoO2，根据放电分析，发生氧化反应的LixC6作负极，发生还原反应的Li1xCoO2作正极，【详解】A选项，放电时“同性相吸”，Li应该在电解质溶液中从负极移向正极，故A错误；B选项，放电时负极的电极反应式为：LixC6xeC6xLi+，故B正确；C选项，充电时电池的负极与电源的负极相连，故C错误；D选项，充电时阴极的电极反应式为：C6xLi+xeLixC6，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】分析方程式，化合价升高的为负极，化合价降低为正极，充电时负极连接电源的负极，正极连接电源的正极。17.下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是A.
24、 pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH)c（CH3COONa)c（Na2CO3)C. 物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液pH=4：c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH)D. 0.1 molL1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)c(H+)c(A2-)c(H2A)【答案】B【解析】【详解】A. 电解质溶液呈电中性，则根据电荷守恒得c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)，A项正确；B. pH相
25、等的这三种溶液，强碱溶液浓度最小，弱酸越弱，弱酸根离子水解程度越大，盐的浓度越小，酸性：CH3COOHH2CO3，则水解程度：CO32-CH3COO-，所以溶液浓度大小顺序是c(NaOH)c(Na2CO3)H2CO3，则水解程度：CO32-CH3COO-，所以溶液浓度大小顺序是c(Na2CO3)c(H+)，点所示溶液中的电荷守恒为c(OH)+c(CH3COO)=c(Na+)+c(H+)，而且c(OH)c(CN)，A项正确；B. 点溶液中溶质为醋酸钠，CH3COO水解导致溶液呈碱性，则c(OH)c(H+)，但是其水解程度微弱，根据电荷守恒得c(Na+)c(CH3COO)，所以存在c(Na)c(C
26、H3COO) c(OH)c(H)，B项正确；C. 点的溶液中存在物料守恒为c(HCN)+c(CN)=2c(Na+)，点所示溶液中的物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO)=2c(Na+)，二者中钠离子浓度相同，则c(HCN)+c(CN)=c(CH3COOH)+c(CH3COO)，即c(CH3COO)c(CN)c(HCN)c(CH3COOH)，C项正确；D. 点溶液中存在物料守恒2c(Na+)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)，电荷守恒c(CH3COO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)，所以存在c(CH3COO)+2c(OH)=c(CH3COOH)+2c(H+)；点溶液呈
27、中性，则c(OH)=c(H+)，醋酸根离子水解程度较小，则醋酸过量一点即可，则c(CH3COO)c(CH3COOH)，则存在c(CH3COO)+c(OH)c(CH3COOH)+c(H+)，D项错误；答案选D。【点睛】点和点溶液中离子浓度关系的比较是学生们的难点，首先要明确点为10mL 0.10molL1NaOH溶液与20.00mL浓度为0.10 molL1CH3COOH溶液混合，点为10mL 010molL1NaOH溶液与2000mL浓度为010 molL1HCN混合，则两溶液中加入的NaOH量相同，两溶液中存在物料守恒分别为c(HCN)+c(CN)=2c(Na+)、 c(CH3COOH)+c
28、(CH3COO)=2c(Na+)，二者中钠离子浓度相同，则c(HCN)+c(CN)=c(CH3COOH)+c(CH3COO)；另外，点的溶液中存在电荷守恒为c(OH)+c(CN)=c(Na+)+c(H+)，溶液显碱性，则c(OH)c(H+)，点所示溶液中的电荷守恒为c(OH)+c(CH3COO)=c(Na+)+c(H+)，溶液显酸性，则c(OH)c(CN)。19.有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合面成：CH3COONa与HCl CH3COONa与NaOH CH3COONa与NaCl CH3COONa与NaHCO3下列各项排序正确的是（ ）A. pH：B. c(CH3CO
29、O)：C. 溶液中c(H)：D. c(CH3COOH)：【答案】B【解析】【详解】：CH3COONa与HCl反应后生成CH3COOH和NaCl，其溶液呈酸性；：CH3COONa与NaOH溶液，OH阻止CH3COO水解，溶液呈强碱性；：CH3COONNa与NaCl，CH3COONa水解溶液呈碱性；：CH3COONa与NaHCO3溶液，NaHCO3水解呈碱性，HCO3水解能力大于CH3COO的水解能力，HCO3水解对CH3COONa水解有一定抑制作用；AHCO3水解能力大于CH3COO的水解能力，中的pH中pH，A项错误；B中由于OH对CH3COO水解抑制作用强，其c(CH3COO)最大，中HCO
30、3水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，c(CH3COO)较大，中生成了CH3COOH，c(CH3COO)最小，c(CH3COO)从大到小的排序，B项正确；C中含有NaOH，水中H浓度最小；中含有CH3COOH，会电离出H，其c(H)最大；中含有NaHCO3，由于HCO3水解能力大于CH3COO的水解能力碱性强于，则中c(H)大于，从大到小的准确排序为；C项错误；D中含有的NaHCO3水解呈碱性，HCO3水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，CH3COO水解生成CH3COOH较少，则中c(CH3COOH)中c(CH3COOH)，D项错误；本题答案选B。20.25时，向100mL 1mo
31、lL1H2SO3溶液中逐渐滴入1molL1的NaOH溶液，含硫物质的分布分数（平衡时某物质的浓度与各物质浓度之和的比）与pH的关系如图所示（已知：pKs=lgK，25时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19）下列说法不正确的是（ ）A. pH=1.85时，c（H2SO3）=c（HSO3）B. pH=6时，c（Na+）c（HSO3）c（SO32）C. pH=7.19时，c（Na+）+c（H+）=c（HSO3）+2c（SO3）+c（OH）D. 加入150mLNaOH溶液时，3c（Na+）=2c（H2SO3）+2c（HSO3）+2c（SO32）【答案】D【解析】试题分析：25时，向10
32、0mL 1molL1H2SO3溶液中逐渐滴入1molL1的NaOH溶液，发生的反应为：H2SO3+NaOH=NaHSO3，NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2OA含硫酸物质的分布分数为0.50时c（H2SO3）=c（HSO3）；BPH=6时溶液中主要的离子是HSO3和SO32，溶液显酸性；CpH=7.19时溶液中为Na2SO3和HNaHSO3的混合溶液，溶液中存在电荷守恒；D加入150mLNaOH溶液时溶液中为Na2SO3和NaOH的混合溶液，溶液中存在物料守恒分析判断；解：A含硫酸物质的分布分数为0.50时c（H2SO3）=c（HSO3），pH=1.85，故A正确；BPH=6时溶液中主
33、要的离子是HSO3和少量SO32，溶液显酸性，c（Na+）c（HSO3）c（SO32），故B正确；CpH=7.19时溶液中为Na2SO3和HNaHSO3的混合溶液，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HSO3）+2c（SO3）+c（OH），故C正确；D加入150mLNaOH溶液时溶液中为Na2SO3和NaOH的混合溶液，溶液中存在物料守恒分析可知3c（Na+）2c（H2SO3）+2c（HSO3）+2c（SO32），故D错误；故选D21.肼(N2H4)暴露在空气中容易爆炸，但利用其制作的燃料电池是一种理想的电池，具有容量大、能量转化率高、产物无污染等特点，其工作原理如图所示，下列叙述
34、正确的是()A. 电池工作时，正极附近的pH降低B. 当消耗1 mol O2时，有2 mol Na由甲槽向乙槽迁移C. 负极反应为4OHN2H44e=N24H2OD. 若去掉阳离子交换膜，电池也能正常工作【答案】C【解析】【分析】燃料电池中，通入燃料的为负极，通入氧气或空气的为正极，结合原电池原理分析解答。【详解】A、碱性环境中，氧气在正极发生还原反应生成氢氧根离子，因此正极附近的pH增大，故A错误；B、消耗1molO2时，转移4mol电子，有4molNa+由甲槽向乙槽迁移，故B错误；C、燃料电池的负极发生氧化反应，负极燃料肼发生氧化反应，肼中的N从-2价升高到0价，碱性电池中，其电极反应式应
35、为：N2H4+4OH-4e-=N2+4H2O，故C正确；D、若撤走阳离子交换膜后，肼会与水中溶解的氧气直接接触，发生爆炸，无法正常工作，故D错误；答案选C。22.已知：pAg=-lgc(AgCl)，Ksp(AgCl) =110-12，如图是向10mLAgNO3溶液中逐渐加入0.1molL-1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积（单位mL)变化的图象（实线）。根据图象所得下列结论正确的是提示：Ksp(AgCl)Ksp(AgI)A. 原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1molL-1B. 图中x点表示溶液中c(Ag+)=c(Cl-)C. 图中x点的坐标为（10，6)D. 把0.
36、1molL-1 的 NaCl换成 0.1 molL-1 NaI，则图象在终点后变为虚线部分【答案】B【解析】【详解】A. 图中原点pAg0，则Ag+的浓度为：c(Ag+)100mol/L =1mol/L，即原AgNO3溶液的物质的量浓度为1mol/L，A项错误；B. x点c(Ag+)106mol/L，溶液中c(Cl)=106mol/L，所以溶液中c(Ag+)c(Cl)，B项正确；C. x点c(Ag+)c(Cl)106mol/L，一般认为溶液中离子浓度小于105mol/L，即沉淀完全，则AgNO3与NaCl恰好反应，n(NaCl)n(AgNO3)0.01L1mol/L0.01mol，所以V(Na
37、Cl)100mL，即x点的坐标为(100，6)，C项错误；D. 与AgCl相比，碘化银的Ksp(AgI)更小，所以把0.1mol/L的NaCl换成0.1mol/LNaI，则溶液中c(Ag+)更小，则pAg更大，图象不符，D项错误；答案选B。卷 (非选择题 共34分)二、非选择题(本题包括3小题，共34分)23.回答问题：.常温下，CaS的Ksp=108，饱和溶液中存在平衡： CaS(s)Ca2(aq)S2(aq)（1）该温度下，将10-4mol/L氯化钙溶液与210-4mol/L硫化钠溶液等体积混合，能否产生沉淀？答_；温度升高时，Ksp_(填“增大”、“减小”或“不变”下同)。滴加少量浓盐酸
38、，c(Ca2)_，原因是_(用文字和离子方程式说明)。（2）若向CaS悬浊液中加入CuSO4溶液，生成一种黑色固体物质，写出该过程中反应的离子方程式_。.(已知KspFe(OH)31038)若0.01mol/L FeCl3溶液中，如果要生成Fe(OH)3沉淀，应调整溶液pH，使pH_，若要使其沉淀完全，pH应_。（提示：填数据时，要有，=）【答案】 (1). 浓度商Qc= c(Ca2+)c(S2-)=510-5 mol/L110-4mol/L=510-9 mol/LKsp=108，无沉淀生成 (2). 增大 (3). 增大 (4). 滴加少量浓盐酸后，HCl电离出的氢离子与硫离子结合，发生反应
39、：2H+S2-=H2S，使溶液平衡CaS(s)Ca2(aq)S2(aq)向正向移动，c(Ca2)增大 (5). CaS(s) + Cu2+(aq)= CuS(s)+ Ca2+(aq) (6). 2 (7). 3【解析】【分析】.（1）计算溶液混合后溶液中离子的浓度商Qc与Ksp的大小关系判断是否有沉淀产生；一般情况下，Ksp随着温度的升高而增大；根据化学反应对该沉淀溶解平衡的影响效果分析作答。（2）铜离子会与硫离子结合生成硫化铜黑色沉淀；.要生成Fe(OH)3沉淀，根据溶液中铁离子浓度为0.01mol/L计算；沉淀完全时，根据溶液中铁离子浓度最多为10-5mol/L计算，根据Ksp推导。【详解
40、】（1）将10-4mol/L氯化钙溶液与210-4mol/L硫化钠溶液等体积混合后，c(Ca2+) =510-5 mol/L，c(S2-)=110-4mol/L，则浓度商Qc= c(Ca2+)c(S2-)=510-5 mol/L110-4mol/L=510-9 mol/LKsp=108，故无沉淀生成；CaS(s)Ca2(aq)S2(aq)吸热反应，则温度升高时，Ksp增大，故答案为浓度商Qc= c(Ca2+)c(S2-)=510-5 mol/L110-4mol/L=510-9 mol/LKsp=108，无沉淀生成；增大；滴加少量浓盐酸后会与硫离子结合生成硫化氢，其离子方程式为：2H+S2-=H
41、2S，因此会破坏溶解平衡CaS(s)Ca2(aq)S2(aq)，使平衡向正向移动，使c(Ca2)增大，故答案为增大；滴加少量浓盐酸后，HCl电离出的氢离子与硫离子结合，发生反应：2H+S2-=H2S，使溶液平衡CaS(s)Ca2(aq)S2(aq)向正向移动，c(Ca2)增大。（2）CaS悬浊液存在CaS(s)Ca2(aq)S2(aq)平衡，若向中加入CuSO4溶液，发生复分解反应，生成黑色固体CuS，反应的离子方程式：CaS(s) + Cu2+(aq)= CuS(s)+ Ca2+(aq)；.0.01mol/L FeCl3溶液中开始沉淀时c(Fe3+)=0.01mol/L，则c(OH-)=11
42、012mol/L，根据Kw=11014，因此c(H+)=110-2 mol/L，pH = -lgc(H+) = 2，也就是使Fe3沉淀溶液所需的最小pH为2，即pH2；若要使其沉淀完全，则溶液中Fe3最大浓度为1105，则c(OH-)=11011 mol/L，根据Kw=11014，因此c(H+)=110-3 mol/L，pH = -lgc(H+) = 3，pH应大于3，故答案为2；3。24. 已知某浓度的硫酸在水中的电离方程式：H2SO4H+HSO4，HSO4H+ SO42。（1）Na2SO4溶液显_(填“酸性”“碱性”或“中性”)，理由是(用离子方程式表示)_。（2）在25 时0.1 mol
43、L-1的NaHSO4溶液中c(SO42)=0.029 mol L-1，则25 时，0.1 molL-1H2SO4溶液中c(SO42)_0.029 mol L-1(填“大于”，“小于”或“等于”)，理由是 。（3）在0.1 mol L-1Na2SO4溶液中，下列粒子浓度关系正确的是 。Ac(Na+)+c(H+)c(OH)+c(HSO4)+2c(SO42)B2c(Na+)c(SO42)+c(HSO4)Cc(Na+)c(SO42)c(H+)c(OH)Dc(SO42)+c(HSO4)0.1 molL-1【答案】（1）碱性 SO42+H2OHSO4+OH-（2）小于 H2SO4一级电离出H+，对HSO4
44、电离起抑制作用，而NaHSO4中不存在抑制 （3）AD【解析】试题分析：（1）根据硫酸的第一步电离是完全的：H2SO4H+HSO4，第二步电离并不完全：HSO4H+ SO42，则Na2SO4溶液存在硫酸根离子的水解平衡，即SO42+H2OHSO4+OH-，因此溶液呈弱碱性。（2）25时，0.10molL-1的NaHSO4溶液中c（ SO42-）=0.029molL-1，由于0.10molL-1的硫酸溶液中氢离子浓度比硫酸氢钠溶液中大，对硫酸氢根离子电离平衡起到抑制作用，因此溶液中c(SO42)0.029molL-1；（3）A、根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)+c(H+)c(OH)+c(HSO
45、4)+2c(SO42)，A正确；B、根据物料守恒可知c(Na+)2c(SO42)+2c(HSO4)，B错误；C、硫酸钠溶液中硫酸根水解，溶液显碱性，C错误；D、根据物料守恒可知c(SO42)+c(HSO4)0.1 molL-1，D正确，答案选AD。【考点定位】本题主要是考查电解质的电离和离子方程式的书写，溶液中电荷守恒应用，物料守恒的应用【名师点晴】该题的易错点是忽略硫酸的第二步电离特点，答题是要注意把握题意，突破硫酸为二元强酸的思维定势，从题目实际出发，注意知识的灵活应用。25.近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。 (1)已知：CO2(g)+H
46、2(g) H2O(g) +CO(g) H1 = + 41.1 kJmol-1 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H2=90.0 kJmol-1写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_。(2)为提高CH3OH产率，理论上应采用的条件是_（填字母）。a高温高压 b低温低压 c高温低压 d低温高压(3)250、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，下图为不同投料比n(H2)/n(CO2)时某反应物X平衡转化率变化曲线。 反应物X是_（填“CO2”或“H2”）。(4)250、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6mol H2、2mol CO2和催化剂，10min时反
47、应达到平衡，测得c(CH3OH) = 0.75 mol L1。化学平衡常数K = _。催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性有高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：实验编号温度（K）催化剂CO2转化率（%）甲醇选择性（%）A543Cu/ZnO纳米棒12.342.3B543Cu/ZnO纳米片11.972.7C553Cu/ZnO纳米棒15.339.1D553Cu/ZnO纳米片12.070.6根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为_（填字母）。【答案】 (1). 3H2 (g)+CO2 (g) CH3OH(g)+H2O(g) H=48.9 kJ/mol (2). d
48、 (3). CO2 (4). 5.33 (5). B【解析】【分析】（1）根据已知热化学方程式，利用盖斯定律进行分析，将+可得CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式，并据此计算焓变；（2）有利于提高CH3OH平衡转化率，需要使平衡向着正向移动，结合平衡移动原理分析；（3）根据同一反应，增加其中一种反应物的浓度，能提高另一种反应物的转化率，结合图示横坐标表示n(H2)/n(CO2)，进行分析解答；（4）利用三段式计算平衡时各组分的物质的量浓度，再根据化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，计算平衡常数；分别对比AB、CD实验，Cu/ZnO纳米片催化剂使反应速率增加，甲醇选择性高，对比
49、BD实验，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低，据此分析。【详解】（1）已知：CO2(g)+H2(g) H2O(g) +CO(g) H1 = + 41.1 kJmol-1；CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H2=90.0 kJmol-1；利用盖斯定律可知，将+可得：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)则H=(+41.1kJ/mol)+(90kJ/mol)=48.9kJ/mol；故答案：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=48.9kJ/mol；（2）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=48.9kJ/mo
50、l；该反应是反应前后气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，正反应为放热反应，降温平衡正向移动，则为提高CH3OH平衡转化率，即平衡需正向移动，采用的条件为低温高压；故答案为：d；（3）同一反应，增加其中一种反应物的浓度，能提高另一种反应物的转化率，而本身转化率降低，图示随着横坐标增大n(H2)/n(CO2)，相当于C(CO2)不变时，增大C(H2)，平衡正向移动，使二氧化碳的转化率增大，而氢气的转化率降低，所以X为CO2；故答案为：CO2；（4）根据已知信息，可列出三段式： 化学平衡常数；故答案为：5.33；分别对比AB、CD实验，在同样温度下，Cu/ZnO纳米片催化剂使反应速率增加，甲醇选择性高，所以选择BD进行比较，同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低，所以用CO2生产甲醇的最优选项为B；故答案为：B。