1、兰州一中2020-2021-1学期期末考试试题高二化学说明：本试卷分为第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，满分100分。考试时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。可能用到的原子量： H：1 C：12 O：16 Cl：35.5第I卷(共50分)一、单选题(每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共50分)1. 一种生产和利用氢能的途径如图所示，下列说法错误的是( )A. 氢能属于二次能源B. 图中能量转化的方式至少有五种C. 太阳能电池的供电原理与燃料电池相同D. 太阳能、风能、氢能都属于新能源【答案】C【解析】【分析】【详解】A氢能是一种高效且没有污染的二次能源，故A正确；B图
2、中能量转化方式有太阳能转化为电能、风能转化为机械能、机械能转化为电能、水能转化为机械能、电能转化为光能等，故B正确；C太阳能电池是用半导体将光能转化为电能，燃料电池是将化学能转化为电能，二者供电原理不同，故C错误；D太阳能、风能、氢能都是人类开发利用的新能源，故D正确；答案选C。2. 科学家提出如下光分解法制备氢气：2Ce4(aq)H2O(l)=2Ce3(aq)O2(g)2H(aq)H1Ce3(aq)H2O(l)=Ce4(aq)H2(g)OH(aq)H2H2O(l)=H(aq)OH(aq)H32H2O(l)=2H2(g)O2(g)H4下列说法正确的是()A. Ce4能够增大水分解反应的活化能，
3、提高反应速率B. Ce3是反应和反应的催化剂C. 上述反应中，H42H14H24H3D. 通常条件下，反应中生成H2、O2的速率之比为12【答案】C【解析】【分析】【详解】A.A中说法矛盾，活化能增大，反应速率减慢，故错误；B.和的总反应Ce3参与了反应，没有生成Ce3，所以不符合催化剂的特征，故B错误；C.根据盖斯定律可得：H42H14H24H3，故C正确；D.化学反应速率用不同物质表示时与方程式的计量系数成正比，生成H2和O2的速率比应为21，故D错误；答案选C。3. 2018年7月至9月，国家文物局在辽宁发现并确认了甲午海战北洋水师沉舰一经远舰，其舰体腐蚀严重，为了保护文物，考古队员采用
4、“牺牲阳极的阴极保护法”对水下舰艇进行了处理，考古队员的做法可能是( )A. 在舰体上贴铝锌合金B. 在舰体上贴铅块C. 将舰体与直流电源正极相连D. 将舰体与直流电源相连做阴极【答案】A【解析】【分析】“牺牲阳极的阴极保护法”是利用原电池原理来保护水下舰船，所以舰体做正极、活泼的金属做负极。【详解】A“牺牲阳极的阴极保护法”是利用原电池原理来保护水下舰船，所以舰体做正极、活泼的金属做负极，则镶嵌金属块做原电池的负极，其活泼性需要大于Fe，可以是铝锌合金，故A 选；B铅的活泼性小于铁，故B不符；C原电池不需要外接电源，故C不符；D原电池不需要外接电源，故D不符；故选A。4. 下列关于热化学反应
5、的描述中正确的是()A. HCl和NaOH反应的中和热H=-57.3kJmol1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热H=2(-57.3)kJmol1B. 甲烷的标准燃烧热H=-890.3kJmol1，则CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(g)H-890.3kJmol1C. 已知：500、30MPa下，N2(g)3H2(g)2NH3(g)H=-92.4kJmol1；将1.5molH2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量46.2kJD. CO(g)的燃烧热是283.0kJmol1，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的H=+566.0kJmol1【答案】D【解析】【
6、分析】【详解】A在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mo水的反应热叫做中和热，中和热H=-57.3kJ/mol，但H2SO4和Ca(OH)2反应生成CaSO4放热，所以H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热H-57.3kJmol-1，故A错误；B甲烷的燃烧热H=-890.3kJmol-1，则CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l)H=-890.3kJmol-1，液态水变为气态水吸热，所以CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(g)H-890.3kJmol1，故B错误；C合成氨的反应是可逆反应，不能反应完全，所以将1.5molH2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量小
7、于46.2kJ，故C错误；DCO(g)的燃烧热是283.0kJmol1，热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g) H=-283.0kJmol-l，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的H=+566.0kJmol1，故D正确；故答案选D。5. 下列实验操作能达到目的的是( )A. 用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH=3B. 将FeCl3溶液加热蒸干并灼烧获得Fe2O3固体C. pH=3的醋酸溶液和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7D. 向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)T1，温度越高，平衡时C的百分含量（C%）越小，故此
8、反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，增大压强，正速率大于逆反应速率，说明平衡正移，所以正反应为气体物质的量减小的反应，即a+bc。【详解】A. 由以上分析可知T2T1，Qc，但a+bc+d不一定成立，故D错误；故选：C。9. 下列各组离子一定能大量共存的是( )A. 与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、B. =110-13molL1的溶液中：、Ca2+、Cl-、C. 由水电离出来的c(H+)=1012 molL1的溶液中：K+、Cl-、ClO-D. Fe3+、Na+、【答案】B【解析】【分析】【详解】A与Al反应能放出H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中，H+、Fe
9、2+、会发生氧化还原反应，不能大量共存；在碱性溶液中，Fe2+、OH-会反应产生Fe(OH)2沉淀，也不能大量共存，A不符合题意；B=110-13molL1溶液为酸性溶液，含有大量H+，H+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；C由水电离出来的c(H+)=1012 molL1的溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中，H+与ClO-会发生反应产生HClO，不能大量共存；在碱性溶液中，、OH-会反应产生NH3H2O，也不能大量共存，C不符合题意；DFe3+、会发生盐双水解反应，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是B。10. 可逆反应2A(g)+B(g)2C(g)，HP1
10、判断下列图像错误的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】A可逆反应2A(g)+B(g)2C(g)，H0，温度越高，反应速率越快，且达到平衡需要的时间越短，另外升高温度，平衡逆向移动，A的转化率降低，图像吻合，故A正确；B可逆反应2A(g)+B(g)2C(g)，H0，在恒压条件下，升高温度，平衡逆向移动，C的百分含量降低；在恒温条件下，增大压强，平衡正向移动，C的百分含量增大，图像吻合，故B正确；C可逆反应2A(g)+B(g)2C(g)，H只闭合K1都断开只闭合K2B. 只闭合K3，正极的电极反应式：2H2O+O2+4e-=4OH-C. 先只闭合K1，一段时间后，漏斗
11、内液曲上升，然后再只闭合K2，漏斗内液面上升D. 只闭合K2，U型管左、右两端液面均下降【答案】A【解析】A、金属腐蚀速率：电解池的阳极原电池的负极化学腐蚀原电池的正极电解池的阴极，闭合K3，是原电池，铁作负极：闭合K2，是电解池，铁作阴极；闭合K1，铁作阳极，因此腐蚀速率是只闭合K1只闭合K3都断开只闭合K2，故A说法错误；B、B、只闭合K3，构成吸氧腐蚀，正极：O22H2O4e=4OH，故B说法正确；C、只闭合K1，铁作阳极，阳极反应式为Fe2e=Fe2，阴极反应式为2H2e=H2，U型管中气体压强增大，因此漏斗中液面上升，然后闭合K2，铁作阴极，阴极反应式为2H2e=H2，阳极反应式2C
12、l2e=Cl2，U型管中气体压强增大，漏斗中液面上升，故C说法正确；D、根据选项C的分析，铁作阴极，阴极反应式为2H2e=H2，阳极反应式2Cl2e=Cl2，故D说法正确。12. 常温下，下列溶液中各离子浓度关系不正确是( )A. 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. 物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-)2c(OH-)=2c(H+)c(CH3COOH)C. 0.1molL-1的NaHS溶液中离子浓度关系：c(OH-)=c(H+)-c(S2-)c(H2S)D. 醋酸溶液与NaOH溶液
13、混合后，所得溶液呈中性：c(Na)c(CH3COO-)【答案】D【解析】【分析】【详解】A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，则根据电荷守恒得：c(H+)c(M+)=c(OH-)c(A-)，故A正确；B物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，还存在物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，二者结合可得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故B正确；C溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(OH-)+c(HS-)+2c(S
14、2-)=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒得c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)，所以得c(OH-)+c(S2-)=c(H+)+c(H2S)，即c(OH-)=c(H+)-c(S2-)+c(H2S)，故C正确；D混合溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(CH3COO-)=c(H+)+c(Na+)，则：c(Na+)=c(CH3COO-)，故D错误；故选D。13. 下列问题与盐的水解有关的是NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液混合可作泡沫灭火剂草木灰与铵态氮肥不能混合施用实验室盛放碳酸钠
15、溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞加热蒸干AlCl3溶液得到Al（OH）3固体为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸A. B. C. D. 全部【答案】D【解析】【分析】【详解】NH4Cl与ZnCl2溶液中的铵根和锌离子会发生水解，导致溶液显示酸性，酸可以和金属锈的成分反应而除锈，故正确；NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液中的碳酸根离子和铝离子双水解会生成二氧化碳来灭火，故正确；草木灰碳酸钾中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子之间会双水解，不能混合施用，故正确；Na2CO3溶液中的碳酸根水解显示碱性，磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和碱反应生成硅酸钠，会导致瓶塞和瓶口黏在一起，故正确；Al
16、Cl3水解生成氢氧化铝和盐酸，加热促进水解，盐酸易挥发，可得到Al（OH）3固体，故正确；贮存FeCl3溶液滴加几滴盐酸，可防止铁离子水解生成沉淀，与水解有关，故正确。故选D。14. 一定温度下，水溶液中H+ 和OH 的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是A. 该温度下，a点溶液呈碱性B. 该温度下，pH=2的盐酸与pH=12的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液显中性C. 该温度下，加入NaOH可能引起由b向c的变化D. b点时，升高温度，可能引起由b向d的变化【答案】C【解析】【分析】【详解】A项、由图可知，该温度下，a点溶液中c(H+) c(OH)，呈酸性，故A错误；B项、由图可知，该温度下，
17、pH=2的盐酸与pH=10的氢氧化钠溶液等体积混合，酸碱恰好完全反应，溶液显中性，故B错误；C项、温度不变，不变，加入NaOH，溶液中c(OH)增大，引起由b向c的变化，故C正确；D项、升高温度，溶液中H+ 和OH 的浓度都增大，不可能引起由b向d的变化，故D错误；故选C。15. 研究人员最近发明了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为5MnO22Ag2NaCl=Na2Mn5O102AgCl。下列“水”电池在海水中放电时的有关说法不正确的是()A. 负极反应式：AgCle=AgClB. 正极反应式：5MnO22e= Mn5O102-C. 每生
18、成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子D. AgCl是还原产物【答案】D【解析】【分析】虽然这个电池总反应比较复杂，标出化合价可以发现失电子作还原剂，得电子作氧化剂，因此为电源负极，为电源正极，据此来分析选项即可。【详解】A.根据分析，负极是银，失电子变成氯化银，A项正确；B.根据分析，正极是，得电子变成，B项正确；C.每生成一个，相当于5个+4价的锰原子变成5个+3.6价的锰原子，故一共失去2mol电子，反应中转移的总电子数等于氧化剂得电子数，C项正确； D.根据化合价不难发现是单质银化合价升高后得到的产物，即氧化产物，D项错误；答案选D。【点睛】对于任何一个氧化还原反应，氧化剂
19、得电子数=还原剂失电子数=反应中转移的总电子数，电化学也不例外，三者中只需求出一个即可。16. 在一密闭容器中，反应达到平衡时，测得为在温度不变的情况下，将容积增大一倍，当达到新的平衡时，测得为下列判断中不正确的是A. 物质B的质量分数减小B. 平衡时逆反应速率减小C. 化学计量数：D. 物质C的体积分数不变【答案】A【解析】【分析】根据题中反应可知，本题考查各条件改变对化学平衡的影响，运用勒夏特列原理分析。【详解】在温度不变的情况下，将容积增大一倍，如平衡不移动，则应为，而达到新平衡时，说明降低压强平衡不移动，则有，A.由分析可知，平衡不发生移动，则B的质量分数不变，故A错误；B.生成物的浓
20、度减小，平衡时逆反应速率减小，故B正确；C.降低压强平衡不移动，则有，故C正确；D.平衡不移动，物质C的体积分数不变，故D正确。答案选A。【点睛】勒沙特列原理: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。17. 某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法中不正确的是()A. b点对应的Ksp等于c点对应的KspB. 采取蒸发溶剂的方法可以使溶液从a点变到b点C. 该温度下，Ag2SO4的溶度积常数(Ksp)为1.610-5(molL-1)3D. 0.02molL-1的AgNO3溶液与的0.2molL-1的Na2SO4溶液等体
21、积混合不会生成沉淀【答案】B【解析】【分析】【详解】A溶度积常数只与温度有关，b点与c点对应温度相同，因此溶度积常数相等，正确，A不符合题意；B蒸发溶剂，Ag+浓度和SO42-浓度都增大，不可能为a点达到b点，错误，B符合题意；C由图像中b点可知，Ag2SO4的溶度积常数，正确，C不符合题意；D两种溶液混合后，c(Ag+)=0.01mol/L，c()=0.1mol/L，因此不会有沉淀生成，正确，D不符合题意；答案选B。【点睛】正确理解难溶电解质溶解平衡曲线：（1）曲线上任意点的Ksp都相同，即cm(Mn)cn(Nm)相同，温度相同；（2）实现曲线上点之间的转化需保持温度不变，改变相关微粒浓度；
22、实现曲线上点与曲线外点之间的转化一定得改变温度。18. 工业上用化学法除锅炉的水垢时，先向锅炉中注入饱和Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸除去已知：Ksp(CaCO3)=110-10，Ksp(CaSO4)=910-6。下列说法不正确的是( )A. 温度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(OH-)均会增大B. 沉淀转化的离子方程式为CO(aq)CaSO4(s)CaCO3(s)SO(aq)C. 该条件下，CaCO3的溶解度小于CaSO4D. CaCO3和CaSO4共存的悬浊液中，c(SO)/c(CO)=1105【答案】D【解析】【分析】【详解】A水电离、盐水解都吸热
23、，温度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(OH-)均会增大，故A正确；B一种沉淀更易转化为溶解度小的沉淀，沉淀转化的离子方程式为CO(aq)十CaSO4(s)CaCO3(s)+SO(aq)，故B正确；C该条件下，设溶液为1L，由c(CO)=c(Ca2+)=10-5mol/L，则=110-4g，CaCO3的溶解度约为110-4，显然，CaCO3的溶解度小于CaSO4，故C正确；DCaCO3和CaSO4共存的悬浊液中，=9104，故D错误；故选D。19. 用压强传感器探究生铁在pH=2和pH=4醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图像如下：分析图像，以下结论错误的是（ ）A. 溶液pH2时，生铁发生析氢
24、腐蚀B. 在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀C. 析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快，D. 两溶液中负极反应均为Fe-2e Fe2+【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 由图可知pH=2时压强随着反应的进行而增大，产生了大量气体，发生了析氢腐蚀，溶液pH2时，生铁发生析氢腐蚀，故A正确；B. pH=4时压强随着反应的进行而减小，气体的量减少，发生了吸氧腐蚀，所以在酸性溶液中生铁可能发生析氢腐蚀也可能发生吸氧腐蚀，故B项正确；C. 由两幅图可知变化相同的压强所用的时间不同，析氢腐蚀所用时间长而吸氧腐蚀所用的时间短，因而吸氧腐蚀的速率比析氢腐蚀快，故C错误；D.析氢腐蚀和吸氧腐蚀负极反应均为，故D正确
25、。故答案选：C。20. 某品牌“保暖贴”说明书如图所示。品名：一次性保暖贴主要成分：铁粉、水、食盐、活性炭、蛭石、吸水性树脂产品性能：平均温度为55，最高温度为63，发热时间为12小时以上使用说明：使用时，取出内袋，贴在需要取暖处下列说法错误的是( )A. 食盐作电解质，活性炭为正极B. 发热时铁粉发生析氢腐蚀C. 铁粉的氧化反应式为Fe-2e-=Fe2+D. 保暖贴使用后内袋物质变成深褐色固体【答案】B【解析】分析】【详解】A上述物质混合构成原电池，发生电化学腐蚀而发热，铁粉为负极、活性炭为正极，氯化钠作电解质，A说法正确；B食盐溶液呈中性，发生吸氧腐蚀，B说法错误；C负极反应式为Fe-2e
26、-=Fe2+，C说法正确；D发热过程中，发生的反应有Fe-2e-=Fe2+，O2+4e+2H2O=4OH-，Fe2+2OH-=Fe(OH)2，4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3，2Fe(OH)3+(x-3)H2O=Fe2O3xH2O(红褐色固体)，D说法正确；答案为B。21. 根据反应2CrO2HH2O，用惰性电极电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7。下列说法不正确的是( )A. a连接电源负极B. b极反应式为2H2O-4e-=O24HC. 通过2 mol电子时生成1 mol D. c为阳离子交换膜【答案】C【解析】【分析】如图所示，装置右室通入的溶液生成了溶液，则右室发
27、生了反应，则在右室应有氢离子生成，说明b极是氢氧根离子失电子，同时生成了氢离子，则b极为阳极，则与b极相连的是电源的正极；a极为阴极，与a相连的是电源的负极。据此解答【详解】A.阳极氢氧根离子失电子，同时生成氢离子，则与b极相连的是电源的正极，与a极相连的是电源的负极，故A正确；B.b极为阳极,水中的氢氧根离子发生氧化反应,生成氧气,电极反应式为：2H2O4e=O2+4H+，故B正确；C.b极为阳极，电极反应式为2H2O4e=O2+4H+，则通过2mol电子,产生2mol的氢离子,而是可逆反应，则产生的2mol氢离子不可能全部转化为1mol,故C错误。D.a极为阴极，阴极上氢离子失电子生成氢气
28、，同时生成氢氧根离子，与右边流过来的钠离子结合成氢氧化钠而从左边溢出，所以c为阳离子交换膜，故D正确。故答案选C。22. 已知25时，HCOOH、HCN与H2CO3的电离平衡常数如表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数K1=1.7710-4K1=4.910-10K1=4.310-7K2=4.710-11下列说法正确的是A. 中和等体积、等物质的量浓度的HCOOH和HCN消耗NaOH的用量：HCOOHHCNB. 相同物质的量浓度的溶液的pH：Na2CO3NaHCO3NaCNHCOONaC. 向NaCN溶液中通入少量CO2，发生反应：2CN-+H2O+CO2=2HCN+D. 等物质的量浓度
29、、等体积的NaCN与HCOONa溶液中，阴离子总数目：HCOONaNaCN【答案】D【解析】【分析】【详解】AHCOOH和HCN为一元酸，中和等体积、等物质的量浓度的HCOOH和HCN消耗NaOH的用量：HCOOH=HCN，A说法错误；B根据“越弱越水解”，酸的电离程度越小，其对应盐的水解程度越大，则溶液碱性越强，故相同物质的量浓度的溶液的pH：Na2CO3NaCNNaHCO3HCOONa，B说法错误；C根据表中数据，HCN的K1大于H2CO3的K2，向NaCN溶液中通入少量CO2，发生反应：CN-+H2O+CO2=HCN+，C说法错误；D根据表中数据，HCOOH的K1大于HCN的K1，则Na
30、CN的水解程度大于甲酸钠，等物质的量浓度、等体积的NaCN与HCOONa溶液中，即NaCN溶液中氢氧根离子浓度大，氢离子浓度小，而两溶液中钠离子浓度相等，阴离子总数目：HCOONaNaCN，D说法正确；答案为D。23. 已知：Ksp(AgCl)=1.810-10，Ksp(AgI)=1.510-16 ，Ksp(AgBr)=7.710-13，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序正确的是A. AgClAgI AgBrB. AgBr AgIAgClC. AgBr AgClAgID. AgCl AgBrAgI【答案】D【解析】【分析】【详解】Ksp(AgCl)=1.810-10，Ksp(AgI)
31、=1.510-16 ，Ksp(AgBr)=7.710-13三种化合物的类型相同可根据Ksp有c(Ag+)=，可知银离子浓度有AgCl AgBrAgI，选项D正确。24. 常温下，向100 mL 0.01 molL-1HA溶液中逐滴加入0.02 molL-1的MOH溶液，如中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况。下列说法中正确的是（ ）A. HA为一元弱酸，MOH为一元强碱B. 滴入MOH溶液的体积为50 mL时，c(M+)c(A-)C. N点水的电离程度大于K点水的电离程度D. K点时，c（MOH）+ c（M+）=0.02 molL-1【答案】C【解析】【分析】【详解】A0.01molL-1 H
32、A溶液中pH=2，则HA是强酸，与50mL碱溶液恰好反应后，溶液呈酸性，而与51mL碱恰好反应溶液呈中性，说明碱为弱碱，A错误； BMOH是弱碱，滴入MOH溶液的体积为50 mL时，溶液呈酸性，由电荷守恒可知溶液中c（A-）c（M+），B错误；C由图像可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为10-7mol/L，K点溶液呈碱性，MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10-7mol/L，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，C正确；D在K点时混合溶液体积是酸溶液的2倍，物质的量也是HA的2倍，所以c（MOH）+ c（M+）=0.01 molL-1，D错误；故答案选C。25. 根据
33、下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是A. 图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c(CH3COOH)c(H+)c(OH)B. 图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中表示醋酸，表示盐酸，且溶液导电性：cbaC. 图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJmol1D. 由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右【答案】B【解析】【分析】【详解】A.在开始时，10 mL 0.1 m
34、olL1NaOH溶液，pH=13，图l表示常温下向体积为0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1CH3COOH溶液10mL时，恰好完全反应：CH3COOH+NaOH= CH3COONa +H2O，由于产生的醋酸钠是强碱弱酸盐，CH3COO-水解消耗水电离产生的H+，所以溶液显碱性，b点处根据质子守恒可得有c（OH-）= c（CH3COOH）+c（H+），A正确；B.醋酸是弱酸，在溶液中存在大量未电离的电解质分子，而盐酸是强酸，完全电离，所以在开始时，溶液的pH相等，则在开始时溶液的pH相等，c（H+）相等，由于盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以酸的浓度：c（CH3COOH）c（HC
35、l），当稀释相同倍数时，由于破坏了醋酸的电离平衡，未电离的醋酸分子会电离产生H+，使溶液中的c（H+又有所增加，因此溶液的离子浓度大小，pH变化比盐酸小，所以I表示盐酸II表示醋酸，导电性ab；对于盐酸来说，由于稀释倍数cb，稀释倍数越大，离子浓度就越小，溶液的导电性就越弱，所以溶液导电性：cba，B错误；C.氢气燃烧反应是放热反应，所以反应物的能量高于生成物；燃烧热是1mol的可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量，所以图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285. 8kJ mol1，C正确；D.根据图示可知Fe3+形成Fe（OH）3沉淀时的pH小于4，而此时Cu2
36、+仍然以离子存在与溶液中，所以若要除去CuSO4洛液中的Fe3，可采用向溶掖中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右，然后过滤，就得到了纯净的CuSO4洛液，D正确。答案选B。第II卷(共50分)26. I.目前我国主要使用肼(N2H4)作为卫星发射所用燃料。(1)N2H4可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和H2O。已知：N2(g)2O2(g)=N2O4(l) H=-19.5kJmol1 K1N2H4(l)O2(g)=N2(g)2H2O(g) H=-534.2kJmol1 K2写出反应液体燃料N2H4与液态N2O4反应生成N2和H2O的热化学方程式：_，K1、K2、K3之间的
37、关系：_(2)若已知下列数据：化学键N-NNNH-OO=O键能/kJmol-1190946462.8498.8试根据表中数据计算出N-H的键能：_kJmol1.在体积为2L的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)H2(g) CO(g)H2O(g)。其化学平衡常数K和温度T的关系如下表所示：T/70080083010001200K0.60.91.01.72.6(1)该反应为_反应(填“吸热”、“放热”)，原因为_(2)830下，若向容器中分别加入2molH2和2molCO2，10s后达到平衡，则这段时间内(H2)=_，转化率(CO2)=_(3)1200时，在某时刻体系中CO2、H2、CO、H
38、2O的物质的量分别为4mol、4mol、8mol、8mol，则此时上述反应的平衡向_移动(填“正向”、“逆向”或“不”).已知在不同温度下，甲烷隔绝空气有可能发生如下两个裂解反应：CH4(g)C(s)2H2(g)，2CH4(g)C2H4(g)3H2(g)。某同学为了得到用天然气制取炭黑的允许温度范围和最佳温度，查阅资料，得到如下热力学数据：反应的H(298K)=+74.848kJ/mol，S(298K)=+80.674J/(molK)反应的H(298K)=+376.426kJ/mol，S(298K)=+220.211J/(molK)已知，上述反应的焓变和熵变随温度变化很小。请帮助这位同学回答下
39、列问题：(1)反应在_(填“高温”或“低温”)下能自发进行(2)反应能否自发进行是由_(填“焓变”或“熵变”)决定的(3)为了提高甲烷的炭化程度，下列温度最合适的是_A905.2K B927K C1273K D2000K【答案】 (1). 2N2H4(l)N2O4(l)=3N2(g)4H2O(g) H=-1048.9kJmol1 (2). K/ K1 (3). 393.55 (4). 吸热 (5). 随温度升高，化学平衡常数增大，平衡正移，反应为吸热反应 (6). 0.05mol/(Ls) (7). 50% (8). 逆向 (9). 高温 (10). 熵变 (11). C【解析】【分析】【详解
40、】I(1)已知：N2(g)2O2(g)=N2O4(l) H=-19.5kJmol1 K1；N2H4(l)O2(g)=N2(g)2H2O(g) H=-534.2kJmol1 K2，反应的化学方程式为：2N2H4(l)N2O4(l)=3N2(g)4H2O(g)，根据盖斯定律，目标反应=2-，故H=2(-534.2kJmol1)-(-19.5kJmol1)= -1048.9kJmol1，则目标反应的热化学方程式为：2N2H4(l)N2O4(l)=3N2(g)4H2O(g) H=-1048.9kJmol1；根据方程式K1=、K2=、K3=c3(N2)c4(H2O)，则K1、K2、K3之间的关系为：K3
41、=；(2)根据反应N2H4(l)O2(g)=N2(g)2H2O(g) H=-534.2kJmol1，反应热H=反应物的键能总和-生成物的键能总和，设N-H键的键能为x，则：190 kJmol1+4x+498.8 kJmol1-946 kJmol1-4462.8 kJmol1=-534.2 kJmol1，解得：x=393.55kJmol1，故答案为：393.55；.(1)温度升高平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故答案为：吸热；随温度升高，化学平衡常数增大，平衡正移，反应为吸热反应；(2)在2L密闭容器中发生反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，在反应开
42、始时n(CO2)=n(H2)=2mol，假设反应产生H2O的物质的量为x，则根据物质反应转化关系可知平衡时的物质的量：n(CO2)=n(H2)=(2-x)mol，n(CO)=n(H2O)=xmol，由于反应前后气体的物质的量相等，在830下，K=1.0，所以K=1.0，解得x=1mol，则这段时间内(H2)=0.05mol/(Ls)，此时CO2的转化率(CO2)=100%=50%，故答案为：0.05mol/(Ls)；50%；(3)1200时K=2.6，某时刻平衡体系中CO2、H2、CO、H2O的物质的量浓度分别为2mol/L、2mol/L、4mol/L、4mol/L，Qc=4K，说明平衡逆向移
43、动，即此时上述反应的平衡移动方向为逆反应方向，故答案为：逆向；.(1)由于用天然气制取炭黑的反应是吸热的熵增反应，只有在高温下才有H-TS0，所以反应在高温下能自发进行，故答案为：高温；(2)因为反应吸热，不利于反应的自发进行；而熵增有利于反应的自发进行，所以反应能否自发进行由熵变决定，故答案为：熵变；(3)天然气裂解为炭黑时，H-TS=74.848kJ/mol -80.67410-3kJ/(molK)T927.8K，即天然气裂解为炭黑的最低温度为927.8K；天然气裂解为乙炔时，H-TS=376.426kJ/mol -220.21110-3kJ/(molK)T1709.4K，即天然气裂解为乙
44、炔的最低温度为1709.4K；所以要制取炭黑，温度需要控制在927.8K1709.4K之间，则为了提高甲烷的炭化程度，最合适的温度选C，故答案为C。27. 如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理的相关问题，其中乙装置中X为离子交换膜。请按要求回答相关问题：(1)甲装置电池负极发生的电极反应式是：_(2)乙中X是_(阴、阳)离子交换膜，向乙中加入几滴酚酞溶液，工作一段时间后铁电极附近溶液变红，请用化学用语解释相关原因_(3)若在标准状况下，有4.48 L氧气参加反应，则乙装置中C电极上生成的气体的物质的量为_(4)欲用丙装置给铜镀银，a、b分别是_、_(填化学式)(5)若丙装置中a
45、、b电极均为Cu，则丙中发生的离子反应是_(6)化学在环境保护中起十分重要的作用，电化学降解法可用于治理水中硝酸盐污染，电化学降解NO的原理如图所示Ag-Pt电极上的电极反应式为_【答案】 (1). CH4+10OH-_8e-=7H2O+CO (2). 阳 (3). 铁电极为阴极，H+在铁电极表面放电，OH-浓度不断增大，使酚酞变红 (4). 0.4mol (5). Cu (6). Ag (7). Cu+2Ag+2Ag+Cu2+ (8). 2NO+10e-+12H+=N2+6H2O【解析】【分析】甲池为甲烷燃料电池，则通入氧气的一极为正极，通入甲烷的一极为负极，Fe、a电极与负极相连，为电解池
46、的阴极，C、b电极与正极相连，为电解池的阳极。【详解】(1)甲烷燃料电池，燃料作负极，发生氧化反应，电解质溶液为碱性溶液，所以其负极电极反应式是：CH4+10OH-_8e-=7H2O+CO；(2)为了阻止阴极产生的OH-通过离子交换膜进入阳极室，和阳极产生的Cl2反应，乙中X采用的是阳离子交换膜；向乙中加入几滴酚酞溶液，工作一段时间后铁电极附近溶液变红，原因是铁为阴极，水电离出的氢离子放电，氢氧根浓度不断增大，使得酚酞溶液变红；(3)若在标准状况下，有4.48 L氧气参加反应，即0.2mol氧气反应，根据电子守恒，氧气和氯气的物质的量之比为1:2，则乙装置中C电极上生成的气体的物质的量为0.4
47、 mol；(4)电镀时镀件作阴极，镀层金属作阳极，所以丙装置给铜镀银，a是阴极，用Cu，b是阳极，用Ag；(5)若丙装置中a、b电极均为Cu，则阳极Cu单质放电生成Cu2+，阴极Ag+放电生成Ag单质，电池总反应为Cu+2Ag+2Ag+Cu2+；(6)Ag-Pt电极上，氮的化合价降低，发生还原反应，硝酸根转化为氮气，其电极反应式为2NO+10e-+12H+=N2+6H2O。28. 已知草酸镍晶体(NiC2O42H2O)难溶于水，工业上从废镍催化剂(主要成分为Ni，含有一定量的Al2O3、FeO、SiO2、CaO、MgO等)制备草酸镍晶体的流程如图所示：已知：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见
48、表中数据：金属离子Fe3+Fe2+Al3+Ni2+开始沉淀的pH1.15.83.06.8完全沉淀的pH3.28.85.09.5已知Ksp(CaF2)=1.010-10、Ksp(MgF2)=7.410-11当某物质浓度小于1.010-5 molL1时，视为完全沉淀请回答下列问题：(1)请写出两种能提高“酸浸”速率的措施：_、_(2)酸浸时产生的滤渣主要成分为_(填化学式)(3)氧化时最适合的氧化剂a是（ ）AKMnO4 B溴水 CH2O2 DFeCl3并写出“氧化”时发生的离子方程式：_(4)“调pH”时pH的调控范围为_，除钙、镁过程中，逐渐加入NH4F溶液，当CaF2开始沉淀时，溶液中=_当
49、Ca2沉淀完全时，溶液中c(F-)_molL1(写出计算式即可)(5)操作a的内容是_【答案】 (1). 升高温度 (2). 将废镍催化剂磨成粉、加速搅拌、适当增大硫酸的浓度 (3). SiO2 (4). C (5). 2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O (6). 5.0pH6.8 (7). 0.74 (8). 1.010-2.5 (9). 过滤 洗涤 干燥【解析】【分析】第1步酸浸时，金属和金属氧化物溶解生成对应硫酸盐，即滤液中主要含有：NiSO4、Al2(SO4)3、FeSO4、CaSO4、MgSO4等，SiO2与硫酸不反应，故滤渣I成分为SiO2；为了得到纯净的NiSO4，需要
50、除去杂质Al3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+，根据流程可知，Ca2+在第4步除去，故第2步、第3步负责除去Al3+、Fe2+，由于Fe2+沉淀pH与Ni2+有重叠，故需将Fe2+氧化为Fe3+，即步骤二的目的为氧化Fe2+，为了不引入新杂质，可选用H2O2；第5步加入(NH4)2C2O4与NiSO4反应获得草酸镍晶体。【详解】(1)适当升温、适当增大硫酸浓度、搅拌、将原料粉碎等均可加快酸浸速率；(2)由分析知滤渣I主要成分为SiO2；(3)氧化时，为了不引入新杂质，最适合的氧化剂为H2O2，过量的H2O2可通过加热除去，故答案选C；氧化是将Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH除去铁元素，初步
51、确定反应为：H2O2+Fe2+Fe3+，根据得失电子守恒，确定H2O22Fe2+，另外根据溶液显酸性，可添加H+配平电荷守恒，添加H2O配平元素守恒，据此得反应为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；(4)调节pH要使Al3+、Fe3+完全沉淀，而Ni2+不沉淀，故5.0pH6.8；由于Ksp(CaF2) Ksp(MgF2)，故当CaF2开始沉淀时，MgF2也已开始沉淀，故；当c(Ca2+)=10-5 mol/L即可认为完全沉淀，由，得 mol/L，即此时c(F-)1.010-2.5 mol/L；(5)操作a为沉淀和溶液的分离操作，以及对产品的提纯操作，故操作a为过滤、洗涤、干燥。
52、29. 获取安全的饮用水一直以来都是人们关注的重要问题，自来水厂经常用氯气进行杀菌，某化学兴趣小组利用氧化还原反应滴定，测定了某工厂废水中游离态氯的含量，实验如下：取水样10.00 mL于锥形瓶中，加入10.00 mL的KI溶液(足量)，滴入指示剂23滴。将自己配制的0.010 molL-1标准Na2S2O3(显碱性)溶液装入滴定管中，调整液面，记下读数。将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。试回答下列问题：(1)步骤发生的离子反应方程式为_，加入的指示剂是_(2)步骤、中将标准液装入_滴定管，达到滴定终点的现象是_(3)实验测得游离态氯的
53、浓度比实际浓度偏大，造成误差的原因可能是_(填字母序号)A配制标准Na2S2O3溶液定容时，加水超过刻度线B锥形瓶水洗后直接装待测水样C装标准Na2S2O3溶液的滴定管水洗后没有润洗D滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数E.装标准Na2S2O3溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失(4)滴定开始、结束时滴定管的液面如图所示，则滴定过程中消耗标准液的体积为_ml，工业废水水样中Cl2的浓度是_mg/L【答案】 (1). Cl2+2I-=I2+2Cl- (2). 淀粉溶液 (3). 碱式 (4). 溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色 (5). ACE (6). 25.50 mL (7). 90
54、5.25 mg/L【解析】【分析】饮用水中溶解的Cl2会与加入的KI发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，然后根据I2遇淀粉溶液变为蓝色，以淀粉溶液为指示剂，用Na2S2O3溶液滴定反应产生的I2，当溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色时达到滴定终点，停止滴加，然后根据物质反应关系计算水中Cl2的含量，根据实际滴定操作对标准溶液的消耗量判断滴定误差。【详解】(1)在步骤中发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，该反应的离子方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；加入的指示剂为淀粉溶液；(2)Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此步骤中应该将Na2S2O3标准溶液装入碱式滴定管中
55、。当达到滴定终点时，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复颜色；(3)A配制标准Na2S2O3溶液定容时，加水超过刻度线，则标准溶液的浓度减小，滴定时，消耗的标准溶液的体积偏大，导致测定结果偏大，A符合题意；B锥形瓶水洗后直接装待测水样，不影响溶质的物质的量，因此不影响标准溶液的消耗，故对测定结果无影响，B不符合题意；C装标准Na2S2O3溶液的滴定管水洗后没有润洗，会使标准溶液的浓度减小，在滴定时，消耗的标准溶液的体积偏大，导致测定结果偏大，C符合题意；D滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，读数偏小，则消耗的标准溶液的体积偏小，导致测定结果偏小，D不符合题意；E滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，
56、则消耗的标准溶液的体积偏大，最终导致测定结果偏大，E符合题意；故合理选项是ACE；(4)由滴定管液面位置可知：在滴定前读数为0.60 mL，滴定达到终点时，读数为26.10 mL，则滴定过程中消耗标准液的体积为V(标准)= 26.10 mL-0.60 mL=25.50 mL，n(Na2S2O3)=cV=0.010 mol/L0.02550 L=2.5510-4 mol，根据方程式：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可得关系式：Cl2I22Na2S2O3，所以10.00 mL水样中含有Cl2的物质的量n(Cl2)=n(Na2S2O3)=1.27510-4 mol，则该工业废水水样中Cl2的浓度是=905.25 mg/L。