1、河北省沧州市盐山中学2019-2020学年高二化学上学期期末考试试题（B）（含解析）一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）1.下列说法或表示方法正确的是()A. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B. 氢气的燃烧热为285.8 kJmol1，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H285.8 kJmol1C. Ba(OH)28H2O(s)2NH4Cl(s)= BaCl2(s)2NH3(g)10H2O(l)H0D. 已知中和热为57.3 kJmol1，若将含0.5 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的 稀溶液混合，则放出的热量大于
2、57.3 kJ【答案】C【解析】【详解】A.硫蒸汽所含能量比硫固体高，所以，等物质的量的硫蒸汽和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多，选项A错误；B氢气的燃烧热为285.8kJmol-1，氢气的燃烧热热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=-285.8 kJ/mol，选项B错误；C反应中固体生成气体，S0，在常温下能自发进行，G=H-TS0，故H0，选项C正确；D已知中和热为57.3kJmol-1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸溶液与含1mol NaOH的溶液混合，由于浓硫酸溶解会放出热量，所以放出的热量要大于57.3kJ，选项D错误；答案选C。2.将等物质的量的A、B混合
3、于2L的密闭容器中，发生下列反应：3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g），经2min后测得D的浓度为0.5mol/L，c（A）：c（B）=3：5，以C表示的平均速率v（C）=0.25molL-1min-1，下列说法正确的是（）A. 反应速率B. 该反应方程式中，C. 2min时，A的物质的量为D. 2min时，A的转化率为【答案】C【解析】【详解】A、根据题意得v（D）=0.5mol/L2min=0.25 molL-1min-1，则根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知v（B）=1/2v（D）=0.125 molL-1min-1，A错误；B、根据题意得v（D）=0.5mol/L
4、2min=0.25 molL-1min-1，以C表示平均速率v（C）=0.25molL-1min-1，根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知x2，B错误；C、2min时，D的物质的量是0.5mol/L2 L=1mol，所以消耗A、B的物质的量分别是1.5mol、0.5mol，设A、B起始物质的量均为y，则剩余A、B的物质的量分别是y-1.5mol、y-0.5mol，根据c(A)：c(B)=3：5，解得（y-1.5mol）/(y-0.5mol)=3:5，解得y=3mol。所以2min时，A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol，C正确；D、A的转化率为1.5mol/3mol
5、100%=50，D错误；答案选C。3.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是A. 氯水中有下列平衡Cl2+H2 OHCl + HClO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅B. 对2HI(g)H2(g)+I2 (g)，平衡体系增大压强可使颜色变深C. 反应CO+NO2CO2+NO H 0，升高温度可使平衡向逆反应方向移动D. 合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取降低温度的措施【答案】B【解析】【详解】A.因为勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，氯水中有下列平衡Cl2+H2 OHCl + HClO，当加入AgNO3溶液后，Cl-浓度减小，平衡向右移动，氯气的浓度减小，溶液颜色变浅，符
6、合勒夏特列原理，故A不符合题意；B.对可逆反应，因该反应的反应前后气体计量数之和不变，改变压强，平衡不移动，增大压强体积减小，碘浓度增大，从而气体颜色加深，与平衡移动无关，所以不能用勒夏特里原理解释，故B符合题意；C.反应CO+NO2CO2+NOHv逆D. 80 达到平衡时，测得n(CO)0.3 mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2 mol/L【答案】D【解析】【详解】A.由已知的数据可以看出，升高温度，平衡常数减少，说明平衡向逆方向移动，正反应是放热反应，A错；B.25时反应Ni(CO)4（g）Ni（s）+4CO（g）时，它平衡常数是1/（5104），B错；C.80时，Qc=0.5/0.5
7、42，说明平衡向逆方向移动，C错；D.80时，n（CO）=0.3mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2mol/L，代入平衡常数表达有，2/（0.3/0.3L）4=2，所以假定成立，D正确。答案选D。6.原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中正确的是（ ）A. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+B. 由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+C. 由Al、Mg、NaOH溶液组成原电池，负极反应式为：Al+4OH-3e-=AlO2-+2H2OD. 由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池中，负极反应式为：
8、Al-3e-=Al3+【答案】C【解析】【详解】A. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，Fe作负极，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，错误；B. 由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，Al为负极，负极反应式为：Al-3e-=Al3+，错误；C. 由Al、Mg、NaOH溶液组成原电池，Al作负极，负极反应式为：Al+4OH-3e-=AlO2-+2H2O，正确；D. 由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池中，Cu作负极，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，错误。故选C。【点睛】判断原电池的正负极时，我们通常比较两电极材料的活动性，确定相对活泼的金属电极作负极。如果我们仅从金属的活动性进行判断，容易
9、得出错误的结论。如C、D选项中，我们会错误地认为C中Mg作负极，D中Al作负极。实际上，我们判断正负电极时，不是看金属的活动性，而是首先看哪个电极材料能与电解质溶液发生反应，若只有一个电极能与电解质溶液发生反应，则该电极为负极；若两电极材料都能与电解质发生反应，则相对活泼的电极为负极。7.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。 A. 反应在c 点达到平衡状态B. 反应物浓度：点小于点C. 反应物的总能量低于生成物的总能量D. 时，SO2的转化率：段小于段【答案】D【解析】【详解】A、化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，
10、c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，错误；B、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，错误；C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；D、随着反应的进行，正反应速率增大，t1t2时，SO2的转化率：ab段小于bc段，正确；答案选D。8.如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中下列分析正确的是A. 闭合，铁棒上发生的反应为B. 闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐降低C. 闭合，铁棒不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法D. 闭合，
11、电路中通过个电子时，两极共产生气体【答案】C【解析】【详解】A. 若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe2e=Fe2+，故A错误；B. 若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e=4OH，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B错误；C.K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C正确；D.K2闭合，电路中通过0.4NA个电子时，阴极生成0.2mol氢气，阳极生成0.2mol氯气，两极共产生0.4mol气体
12、，状况不知无法求体积，故D错误。本题选C。【点睛】若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断。9.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法不正确的是A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B. CH4CH3COOH过程中，有CH键发生断裂C. 放出能量并形成了CC键D. 该催化剂可有效
13、提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，的总能量高于的总能量，放出能
14、量，对比和，形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变H、不能使化学平衡发生移动。10.某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3H2ONH4+OH-，若想增大NH4+的浓度，而不增加OH-的浓度，应采取的措施是（）适当升高温度加入NH4Cl固体通入NH3加入少量盐酸。A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】氨水存在电离平衡NH3H2O
15、NH4+OH-，要想增大NH4+的浓度，而不增大OH-的浓度，则加入的物质必须含有铵根离子或含有能和氢氧根离子反应的离子，据此分析解答。【详解】适当升高温度，平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故错误；加入氯化铵固体，c(NH4+)增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，故正确；向氨水中通入氨气，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故错误；加入少量盐酸，盐酸和氢氧根离子反应生成水，促进氨水电离，c(NH4+)增大，c(OH-)减小，故正确；故选D。【点睛】本题的易错点为，要注意通入NH3，相当于增大氨水的浓度。11.常温下浓度均为0.1mol/L 的四种盐溶液，其pH 如表所示
16、，下列说法正确的是（ ）序号溶液CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClOpH8.89.711.610.3A. 等浓度的CH3COOH 和HClO溶液，pH小的是HClOB. Na2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同C. 溶液水的电离程度：D. NaHCO3溶液中：c (Na+) =c (CO32- )+c (HCO3- )+c (H2CO3)【答案】D【解析】【详解】A、对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，则等浓度的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性强，则pH小的是CH3COOH，选项A错误；B、碳酸钠溶液中CO32-+H2OHCO3-+OH-，
17、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH+OH-，碳酸氢钠溶液中HCO3-CO32-+H+，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH+OH-，所以两种溶液中粒子种类相同，选项B错误；C、易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，则四种溶液中，水的电离程度，选项C错误；D、NaHCO3溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查了盐的水解、影响水的电离的程度的因素、物料守恒的应用等，注意根据酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大，易水解的盐能促进水的电离。12.
18、用石墨电极完成下列电解实验实验一实验二装置现象a、d处试纸变蓝;b处变红,局部褪色;c处无明显变化两个石墨电极附近有气泡产生;n处有气泡产生下列对实验现象的解释或推测不合理的是（ ）A. a、d处：2H2O+2e-=H2+2OH-B. b处：2Cl-2e-=Cl2C. c处发生了反应：Fe-2e-=Fe2+D. 根据实验一的原理,实验二中m处能析出铜【答案】B【解析】【详解】A、a、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，破坏了水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大造成的，A正确；B、b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电，分别产生氧气和氯气，氢离子浓度增大
19、，酸性增强，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，B错误；C、c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，C正确；D、实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池（一个球两面为不同的两极），m为电解池的阴极，另一球朝m的一面为阳极（n的背面），故相当于电镀，即m上有铜析出，D正确；答案选B。【点睛】化学反应主要是物质变化，同时也伴随着能量变化。电化学是化学能与电能转化关系的化学。电解池是把电能转化为化学能的装置，它可以使不能自发进行的化学借助于电流而发生。与外接电源正极连接的电极为阳极，与外接电源的负极连接的电极为阴极。阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。若阳极是活性电极(
20、除Au、Pt、C之外的电极)，则电极本身失去电子，发生氧化反应；若是惰性电极(Au、Pt、C等电极)，则是溶液中的阴离子放电，放电的先后顺序是S2-I-Br-Cl-OH-含氧酸根离子，阴极则是溶液中的阳离子放电，放电顺序是Ag+Hg2+Fe3+Cu2+H+，与金属活动性顺序刚好相反。因此掌握电解池反应原理是本题解答的关键。注意依据实验现象分析可能发生的电极反应。13.如图所示，甲池的总反应式为：，下列关于该电池工作时的说法正确的是A. 该装置工作时，Ag电极上有气体生成B. 甲池中负极反应为C. 甲池和乙池中的溶液的pH均减小D. 当甲池中消耗时，乙池中理论上最多产生固体【答案】C【解析】甲池
21、能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2+2e-=Cu、阳极反应为4OH-4e-=2H2O+O2，A通入肼的电极为负极，负极与阴极相连，银极为阴极，铜离子得电子生成铜单质，选项A错误；B甲池负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，氢离子不能在碱性溶液中出现，选项B错误；C甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，选项C正确；D甲池N2H4-4e-+4OH-=N
22、2+4H2O，消耗0.1mol N2H4时，转移0.4mol电子，乙池Cu2+2e-=Cu，产生0.2mol铜，为12.8g固体，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据电极反应确定电极上的生成物及溶液pH变化，难点是电极反应式的书写及计算。甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2+2e-=Cu、阳极反应为4OH-4e-=2H2O+O2，据此分析解答。14.下列图示与对应的叙述相符的是：A. 图1表
23、示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B. 图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大C. 图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则氢气的燃烧热为241.8kJmo11D. 图4表示用水稀释等体积且pH相同的盐酸和醋酸，溶液导电性：abc【答案】D【解析】【详解】A、催化剂能够降低反应的活化能，但不改变反应的焓变，该反应中反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，不是吸热反应，故A错误；B、D为固体，该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡向正反应方向移动，则反应物的含量减少，该图中改变条件后，反应物的含量不变
24、，说明平衡不移动，加入的是催化剂，故B错误；C由图像中的数据可以计算出1mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放热241.8kJ，由于生成的水不是液态，故不能由此确定氢气的燃烧热，C错误；D用水稀释等体积且pH相同的盐酸和醋酸，由于醋酸是弱酸，其在稀释过程中电离平衡正向移动，故盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中表示盐酸，表示醋酸，且溶液导电性：abc，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了图像的分析与判断，理解图像的含义和变化趋势是解题关键。本题的易错点为B，要注意压强对化学平衡的影响时对物质的状态的要求。15.已知可用来检验呈蓝色将图I装置中的铁
25、棒末段分别联上一块锌片和铜片，并静置于含有及酚酞的混合凝胶上一段时间后发现凝胶的某些区域（如图）II示发生了变化则下列说法正确的是A. 甲区不变色B. 乙区呈现蓝色C. 丙区产生离子D. 丁区产生离子【答案】D【解析】【分析】铁棒末段分别联上一块锌片和铜片，并静置于含有K3Fe(CN)6及酚酞的混合凝胶上，则形成原电池装置，活泼金属为负极，甲区发生电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，乙区发生电极反应：2Zn-4e-=2Zn2+，丙区发生电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，丁区发生电极反应：2Fe-4e-=2Fe2+，根据电极反应式来判断各个电极的变化情况。【详解】A甲区发生电极
26、反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，生成的氢氧根离子能使酚酞变红色，所以甲极区变红色，故A错误；B乙区发生电极反应：2Zn-4e-=2Zn2+，所以乙极区不变色，故B错误；C丙区发生电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，不会产生铜离子，故C错误；D丁区发生电极反应：2Fe-4e-=2Fe2+，故D正确；故选D。16.在t时，Ag2CrO4（橘红色）在水中的沉淀溶解平衡平衡曲线如图所示。又知t时AgCl的Ksp=410-10，下列说法不正确的是（ ）A. 在t时，Ag2CrO4的Ksp为110-8B. 在饱和溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到Z点C. 在t时，Ag2CrO4（s）+
27、2Cl（aq）2AgCl（s）+CrO42（aq）平衡常数K=6.25107D. 在t时，以0.001mol/L AgNO3溶液滴定20mL 0.001mol/L KCl和0.001mol/L的K2CrO4的混合溶液，Cl先沉淀【答案】A【解析】A、根据溶度积的公式，Ksp=c2(Ag)c(CrO42)=106105=1011，故A说法错误；B、饱和溶液中，加入K2CrO4，c(CrO42)增大，溶度积因为只受温度的影响，因此溶度积不变，c(Ag)减小，因此从Y点到Z点，故B说法正确；C、K的表达式为K=c(CrO42)/c2(Cl)=c2(Ag)c(CrO42)/c2(Ag)c2(Cl)=K
28、sp(Ag2CrO4)/Ksp2(AgCl)=1011/(41010)2=6.25107，故C正确；D、AgCl沉淀时，需要c(Ag)=Ksp/c(Cl)=41010/0.001mol/l=410-7molL1，Ag2CrO4沉淀时，c2(Ag)=Ksp/c(CrO42)=1011/0.001molL1=108molL1，即c(Ag)=104molL1，因此AgCl先沉淀，故D正确。17.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正
29、确的是A. 通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C. 负极反应为2H2O4e=O2+4H+，负极区溶液pH降低D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成【答案】B【解析】【详解】A根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H)c(OH)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；B阳极
30、区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH)c(H)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；C负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H)增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；D当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol4=0.25mol，故D错误。故选B。【点睛】本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：提供电极
31、材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液p H的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。18.下列实验事实得出的相应结论不正确的是选项事实结论A其他条件相同，Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间缩短当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快B向2.0 mL浓度均为0.1 molL1的KCl、KI混合溶液中滴加12滴0.01 molL1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色Ksp：AgC
32、lAgIC2NO2(g)N2O4(g)，加压气体颜色加深加压平衡向着气体颜色加深的方向移动D将MgCl2溶液蒸干后灼烧，得到MgO固体蒸干的过程中水解生成的HCl挥发，水解进一步促进生成Mg(OH)2，灼烧后产生MgOA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 其他条件相同，Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间缩短，因此，当其他条件不变时，升高反应温度可加快化学反应速率，A正确；B. 向2.0 mL浓度均为0.1 molL1的KCl、KI混合溶液中滴加12滴0.01 molL1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，生成了AgI沉淀，可以证明
33、Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，B正确； C. 2NO2(g)N2O4(g)，二氧化氮是红棕色的、四氧化二氮是无色的，加压后气体体积减小，气体的浓度变大，故气体的颜色加深，加压后平衡向着气体体积减小的方向移动，即正反应方向移动，C不正确；D. 将MgCl2溶液蒸干后灼烧，得到MgO固体，说明蒸干的过程中水解生成的HCl挥发，水解进一步促进生成Mg(OH)2，灼烧后产生MgO ，D正确。本题选C。19.下列有关说法正确的是A. 常温下，溶液的B. 工业上电解饱和食盐水时，以石墨为阴极，铁棒为阳极C. 铅蓄电池放电时，正极电极反应为：D. 常温下，在AgCl悬浊液中加入少量NaCl饱和溶液，减
34、小，减小【答案】C【解析】【详解】A0.1molL-1NH4Cl溶液水解显酸性，且氢离子浓度小于0.1mol/L，则常温下，0.1molL-1NH4Cl溶液的pH1，故A错误；B电解饱和食盐水时，阳极应为惰性电极，则石墨为阳极，铁为阴极，故B错误；C放电时正极上得电子发生还原反应，电极反应式为，故C正确；D加入少量NaCl饱和溶液，氯离子浓度增大，抑制AgCl的溶解，但Ksp只与温度有关，则c(Ag+)减小，Ksp(AgCl)不变，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为D，要注意离子积常数、电离平衡常数、化学平衡常数等都是只与温度有关的常数，温度不变，这些常数不变。20.常温下将NaOH溶液
35、滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A. Ka2（H2X）的数量级为106B. 曲线N表示pH与的变化关系C. NaHX溶液中c(H)c(OH)D. 当混合溶液呈中性时，c(Na)c(HX)c(X2)c(OH)=c(H)【答案】D【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取0.6和4.8点， =100.6molL1，c(H)=104.8molL1，代入Ka2得到Ka2=105.4，因此Ka2（H2X）的数量级为
36、10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6molL1，c(H)=105.0molL1，代入Ka1得到Ka2=104.4，因此HX的水解常数是1014/104.4Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H)c(OH)，C正确；D.根据图像可知当0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，0，即c(X2-)c(HX-)，D错误；答案选D。二、填空题（本大题共4小题，共60.0分）21.甲醇既可用于基本有机原料，又可作为燃料用于替代矿物燃料。（1）以下是工业上合成甲醇的反应：下表所列数据是该反应在不同温
37、度下的化学平衡常数温度250300350K2.0410.2700.012由表中数据判断反应I为 _ 热反应（填“吸”或“放”） 某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得，则CO的转化率为 _ ，此时的温度为 _从表中选择（2）已知在常温常压下：则反应 _ 用、表示（3）处理废水时，最后以形式除去，当时，沉淀完全，此时溶液的 _（已知，）【答案】 (1). 放 (2). (3). (4). (5). 5.6【解析】【分析】(1)由表中数据可知，随温度升高平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；某温度下，将2molCO和6molH2
38、充入2L密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，根据三段式列式计算平衡常数，进而判断温度；(2)根据盖斯定律分析解答；(3)Ksp=c(Cr3+)c3(OH-)=6.41031计算c(OH-)，根据Kw=c(H+)(OH-)计算溶液中c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算。【详解】(1)由表中数据可知，随温度升高平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故H0，某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则： CO转化率=100%=80%，平衡常数K=2.041，故温度为
39、250，故答案为：放；80%；250；(2)2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) H1 kJ/mol，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H2 kJ/mol，H2O(g)=H2O(l) H3 kJ/mol，根据盖斯定律：(-+4)可得：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) H= kJ/mol，故答案为：；(3)Ksp=c(Cr3+)c3(OH-)=6.41031，c(Cr3+)=1105molL-1 时，溶液中c(OH-)=4109molL-1，则c(H+)=mol/L=2.5106molL-1，则pH=-lg2.5106=5.6，故答案为
40、：5.6。22.元素铬在溶液中主要以蓝紫色、绿色、橙红色、黄色等形式存在，为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：（1）与化学性质相似，在溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可察到的现象是 _ （2）和在溶液中可相互转化室温下，初始浓度为的溶液中随的变化如图所示用离子方程式表示溶液中的转化反应_ 由图可知，溶液酸性增大，的平衡转化率_ 填“增大“减 小”或“不变”根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为 _ 升高温度，溶液中的平衡转化率减小，则该反应的 _ 填“大于”“小于”或“等于”（3）在化学分析中采用为指示剂，以标准溶液滴定溶液中的，利用与生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点当溶液中恰好完全
41、沉淀浓度等于时，溶液中为 _ ，此时溶液中等于 _ 已知、AgCl的分别为和（4）价铬的化合物毒性较大，常用将废液中的还原成，反应的离子方程式为 _ 【答案】 (1). 蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液 (2). (3). 增大 (4). (5). 小于 (6). (7). (8). 5【解析】分析：与的化学性质相似，则具有两性。由图可知，和在溶液中相互转化的离子方程式为 。溶液酸性增大，平衡向正反应方向移动，则的平衡转化率增大 A点坐标为（1.0，0.25），此时c()=0.5，则该转化反应的平衡常数为 升高温度，溶液中的平衡转化率减小，说明该平衡向逆反应方
42、向移动，则该反应为放热反应， 小于详解：（1）与的化学性质相似，则具有两性，故在溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，先生成沉淀，后沉淀又逐渐溶解，可察到的现象是：蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液 （2）由图可知，和在溶液中相互转化的离子方程式为 由图可知，溶液酸性增大，平衡向正反应方向移动，则的平衡转化率增大 A点坐标为（1.0，0.25），此时c()=0.5，则该转化反应的平衡常数为 升高温度，溶液中的平衡转化率减小，说明该平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应， 小于（3）在化学分析中采用为指示剂，以标准溶液滴定溶液中的，利用与生成砖红色沉淀，指示到达滴
43、定终点当溶液中恰好完全沉淀浓度等于时，溶液中为 ，此时溶液中等于 （4）价铬的化合物毒性较大，常用将废液中的还原成，反应的离子方程式为 点睛：本题以铬及其化合物间的转化为载体，考查了两性物质的性质、平衡移动原理、影响化学平衡的外因、有关化学平衡常数及溶度积常数的计算、氧化还原反应方程式的书写及配平及信息迁移能力，难度较大。要求学生具有扎实的基础知识，并能从大量的文字中精准获取有效的解题信息，结合所学知识解决新问题。23.25时，部分物质的电离平衡常数如表所示：化学式HClO电离平衡常数（1）25时，等浓度的溶液、溶液、溶液，3种溶液的pH由大到小的顺序为_。（2）工业上可用氨水除去尾气。将通入
44、氨水中，当降至时，溶液中的_。（3）常温下，用溶液滴定溶液所得滴定曲线如图：在整个实验过程中，不需要的仪器或用品是 _（填序号）容量瓶 b 锥形瓶c 滴定管夹d 漏斗e 玻璃棒f 滴定管到达滴定终点的标志是 _ 下列操作会导致测定结果偏高的是 _ A 碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗B 滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出C 碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡D 达到滴定终点时，仰视读数如图点所示溶液中_填“”“”或“=”，下同，点所示溶液中：_，点所示溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为：_。【答案】 (1). Na2CO3溶液Na2SO3溶液CH3
45、COONa溶液 (2). 0.62 (3). ade (4). 加入最后一滴氢氧化钠，溶液变为微红色，且30s内不褪色 (5). AD (6). (7). (8). 【解析】【分析】(1)酸的电离平衡常数越大，其对应的酸根离子水解程度越小，等浓度的钠盐溶液的pH越小；(2) = =分析计算；(3)酸碱中和滴定实验中需要的仪器为酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、胶头滴管、烧杯、锥形瓶等仪器；NaOH溶液稍过量时，酚酞变为浅红色；根据c(待测)= 分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；由图可知，点所示溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液呈酸性，则c(
46、H+)c(OH-)，结合质子关系为c( CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-)分析解答；点所示溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷关系分析解答；点恰好生成醋酸钠，根据盐类水解特点分析判断。【详解】(1)酸的电离平衡常数越大，其对应的酸根离子水解程度越小，等浓度的钠盐溶液的pH越小，电离平衡常数：CH3COOHHSO3-HCO3-，则水解程度：CH3COO-SO32-CO32-，水解程度越大其相同浓度的钠盐溶液的pH越大，则3种溶液的pH由大到小的顺序为：Na2CO3溶液Na2SO3溶液CH3COONa溶液，故答案为：Na2CO3溶液Na2SO3溶液CH
47、3COONa溶液；(2)= =0.62，故答案为：0.62； (3)酸碱中和滴定实验操作，需要酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶等仪器，不需要容量瓶、漏斗、玻璃棒，故答案为：ade；NaOH溶液稍过量时，酚酞变为浅红色，所以NaOH溶液滴定CH3COOH达到滴定终点时，加入最后一滴NaOH溶液，酚酞变为浅红色，并且30s内不褪色，故答案为：加入最后一滴氢氧化钠，溶液变为浅红色，且30s内不褪色；A碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗，导致消耗标准液体积偏高，根据c(待测)= 分析可知，待测液浓度偏高，故A选；B滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，导致消
48、耗标准液体积偏低，根据c(待测)= 分析可知，待测液浓度偏低，故B不选；C碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡，导致消耗标准液体积读数偏低，根据c(待测)= 分析可知，待测液浓度偏低，故C不选；D达到滴定终点时，仰视读数，导致消耗标准液体积读数偏高，根据c(待测)= 分析可知，待测液浓度偏高，故D选；故答案为：AD；由图可知，点所示溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液呈酸性，则c(H+)c(OH-)，此时质子关系为c( CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-)，即c( CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+
49、c(H+)+(H+)-c(OH-)c(CH3COOH)+c(H+)；点所示溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，电荷关系为c( CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，即c(Na+)=c( CH3COO-)，但溶液中还有微量CH3COOH，所以c(Na+)c( CH3COO-)+c(CH3COOH)；点恰好生成醋酸钠，根据盐类水解特点可知：；故答案为：；。【点睛】本题的易错点和难点为(3)，要注意正确判断各点溶液的溶质成分和溶液的性质，并正确理解和应用电荷守恒和物料守恒。24.聚合硫酸铁（PFS）是水处理中重要的絮凝剂，下图是以回收废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程。回答
50、下列问题（1）废铁屑主要为表面附有大量铁锈的铁，铁锈的主要成分为_。粉碎过筛的目的是_。（2）酸浸时最合适的酸是_，写出铁锈与酸反应的离子方程式_。（3）反应釜中加入氧化剂的作用是_，下列氧化剂中最合适的是_（填标号）。aKMnO4bcd（4）聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内。pH偏小时Fe3+水解程度弱，pH偏大时则_。（5）相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是_。（6）盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，定义式为（n为物质的量）。为测量样品的B值，取样品mg，准确加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的蒸馏水，以酚酞为指示剂，用c的标准NaOH溶液进行中和滴定（部分操作略去，已排
51、除铁离子干扰）。到终点时消耗NaOH溶液V mL。按照上述步骤做空白对照试验，消耗NaOH溶液，已知该样品中Fe的质量分数w，则B的表达式为_。【答案】 (1). Fe2O3xH2O (2). 选取细小颗粒，增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率 (3). 硫酸 (4). Fe2O3xH2O+6H+=2Fe3+(x+3)H2O (5). 使Fe从+2价变成+3价 (6). c (7). pH过大，容易生成Fe（OH）3沉淀，产率降低 (8). 降低蒸发温度，防止产物分解 (9). 【解析】【详解】（1）废铁屑主要为表面附有大量铁锈的铁，铁锈的主要成分为Fe2O3xH2O。粉碎过筛的目的是控制
52、铁屑的颗粒。（2）由于不能引入杂质，则酸浸时最合适酸是硫酸，铁锈与酸反应的离子方程式为Fe2O3xH2O+6H+=2Fe3+3SO42-+（x+3）H2O。（3）由于溶液中含有亚铁离子，则反应釜中加入氧化剂的作用是氧化Fe2+，由于不能引入杂质，则氧化剂中最合适的是绿色氧化剂双氧水。（4）聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内，pH偏小时水解程度弱，pH偏大时则Fe3+转化为氢氧化铁沉淀而损失，造成产率降低。（5）相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是可防止温度过高，聚合硫酸铁分解。（6）做空白对照试验，消耗NaOH溶液，这说明与样品反应的盐酸的物质的量是（V0V）c103mol，所以样品中氢氧根的物质的量是（V0V）c103mol。已知该样品中Fe的质量分数w，则铁的物质的量是，因此B的表达式为。