1、沧州一中2020学年第一学期高二第一次月考化学试题化学反应原理（满分：100分，测试时间：90分钟）第I卷（选择题，共45分）一、选择题：本题共15小题，每小题2分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 面对突如其来的新冠病毒，越来越多的人意识到学习化学的重要性。下列说法不正确的是()A. 利用双氧水和75%乙醇消杀新冠病毒，其原理不同B. N95口罩所使用的聚丙烯材料属于合成纤维C. 为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入稀盐酸D. 我国研制的重组新冠疫苗需冷藏保存【答案】C【解析】【详解】A双氧水具有强氧化作用，能使蛋白质发生变性，而乙醇不具有强的氧化性，但是
2、乙醇为有机物，75%乙醇能够渗入细胞中使蛋白质发生变性，可以杀菌消毒，A正确；B聚丙烯材料是丙烯发生加成聚合反应生成的高分子化合物，属于合成纤维，B正确； C“84”消毒液成分为氯化钠、次氯酸钠的溶液，在酸溶液中氯离子、次氯酸根离子发生氧化还原反应生成氯气，不能提高消毒效果，C错误； D我国研制的重组新冠疫苗为蛋白质，遇热发生变性，失去生理活性，需要冷藏保存，D正确； 故答案为：C。2. 化学创造了丰富的物质世界，指导着我们的生产、生活。下列说法正确的是()A. 超级电容器材料石墨烯属于烯烃B. 钙钛矿太阳能电池和锂离子电池的工作原理相同C. 电解精炼铜时，阳极溶解的铜与阴极析出的铜质量相等D
3、. 电解饱和食盐水，两极共生成22.4L（标准状况下）气体时，转移的电子数为NA【答案】D【解析】【详解】A石墨烯是碳单质不属于烯烃，故A错误；B钙钛矿太阳能电池是把光能转化成电能，锂离子电池是把化学能状变为电能，两种电池的能量转化方式不同，故原理不同，故B错误；C电解精炼铜，阳极是粗铜，失电子的是铜、铁、锌、镍等金属，依据电子守恒分析，反应开始一时间内阳极溶解铜的质量比阴极析出铜的质量小，故C错误；D电解饱和食盐水， ，两极共生成22.4L（标准状况下）气体时，转移的电子数为NA，故D正确；答案选：D。3. 已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H1=Q1kJmol
4、12H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H2=Q2kJmol12H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H3=Q3kJmol1现取体积比14的甲烷和氢气的混合气体11.2 L(标准状况下)，经完全燃烧后恢复至室温，则放出的热量为()A. 0.1Q1+0.2Q2B. 0.1Q1+0.2Q3C. 0.1Q1+0.4Q3D. 0.1Q1+0.4Q2【答案】B【解析】【详解】标准状况下11.2L甲烷和氢气混合气体的物质的量为 =0.5mol，甲烷和氢气的体积之比为1:4，所以甲烷的物质的量为0.1mol，氢气的物质的量为0.4mol，由CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H1=
5、-Q1 kJ/mol 可知，0.1mol甲烷燃烧放出的热量为0.1molQ1 kJ/mol =0.1Q1 kJ，由2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)H3=-Q3 kJ/mol可知，0.4mol氢气燃烧放出的热量为0.2molQ3 kJ/mol =0.2Q3kJ，所以放出的热量为0.1Q1+0.2Q3kJ。答案选B。4. 中和热测定实验中，用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH进行实验，下列说法错误的是（）A. 改用60mL 0.50mol/L盐酸跟50mL 0.55 mol/L NaOH溶液反应，求得中和热数值和原来相同B. 用50mL 0.50mol/L盐
6、酸和50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行实验比用50mL0.50mol/L盐酸和50mL 0.50mol/L NaOH测得的数值准确C. 酸碱混合时，量筒中NaOH溶液应慢慢倒入小烧杯中，再用环形玻璃搅拌棒搅拌D. 装置中的大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热、减少热量损失【答案】C【解析】【详解】A项，改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液反应，反应放出的热量不相等，但中和热以生成1molH2O（l）为标准，求得中和热数值和原来相同，A项正确；B项，用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行实验比用50mL
7、0.50mol/L盐酸和50mL0.50mol/LNaOH测得数值准确，原因是NaOH溶液稍过量能保证盐酸完全中和，B项正确；C项，酸碱混合时，应将量筒中NaOH溶液一次性快速倒入小烧杯中，盖好盖板，用环形玻璃搅拌棒轻轻搅拌，以减少热量的损失，C项错误；D项，装置中的大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热、减少热量损失，D项正确；答案选C。5. 稀氨水中存在着下列平衡：NH3H2O+OH-，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使 c(OH-)增大，应加入适量的物质是(忽略溶解热)NH4Cl 固体 硫酸 NaOH 固体 水 加热A. 仅B. 仅C. 仅D. 仅【答案】C【解析】【分析】使平衡向逆
8、反应方向移动，同时使c(OH-)增大，则可加入含OH-的物质，结合浓度对化学平衡的影响分析解答判断。【详解】加NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动， c(OH-)减小，故不符合题意；加硫酸，c(OH-)减小，平衡正向移动，故不符合题意；加NaOH固体，c(OH-)增大，平衡向逆反应方向移动，故符合题意；加水，促进弱电解质的电离，电离平衡正向移动， c(OH-)减小，故不符合题意；弱电解质的电离为吸热过程，加热，电离平衡正向移动，c(OH-)增大，故不符合题意；使平衡向逆反应方向移动，同时使 c(OH-)增大的只有，故选C。6. 在进行锌铜双液原电池实验时，若用铜丝代替盐桥（如图），外
9、电路中仍然存在较小的电流，随着时间的推移，电流逐渐减小。下列关于该装置说法错误的是()A. 左池形成了原电池，铜丝极的电势高于锌极B. 铜丝附近溶液的pH将升高C. 右池为电解池，铜丝的反应式为4OH-4e=O2+2H2OD. 铜片上有新的亮红色固体附着【答案】C【解析】【分析】若用铜丝代替盐桥，则左边是原电池，右边是电解池（电镀池）；左边原电池中，锌做负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-Zn2+，铜丝电极为正极，是氧气在正极上得电子；铜丝是阳极，电极反应式为Cu-2e-Cu2+；铜片是阴极，溶液中铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电极反应式为Cu2+2e-Cu，据此解答。【详
10、解】A用铜丝代替盐桥，左池形成了原电池，Zn极是负极，电势低，A正确；B铜丝电极为正极,氧气在正极上得电子生成氢氧根离子,电极反应式为，故溶液的pH将升高，故B正确；C右边是电解池中的电镀池，铜丝是阳极，Cu为活性电极失电子，电极反应式为Cu2eCu2+，故C错误；D铜片电解池的阴极，溶液中铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电极反应式为Cu2+2eCu，故铜片上有新的亮红色固体附着，故D正确；答案选C。7. 用下列实验操作或装置进行相应实验，正确的是()A. 用图甲所示装置，关闭a，打开b，可检验装置的气密性B. 用图乙所示操作测定NaOH溶液的浓度C. 用图丙所示操作分离沸点不同的液体混合物
11、D. 用图丁所示装置收集氨气并进行尾气吸收【答案】D【解析】【详解】A图甲所示装置中烧瓶和分液漏斗通过玻璃管相通，故关闭a，打开b，不管气密性是否良好，分液漏斗中的液体均可顺利地流下，故不可检验装置的气密性，A错误；B盐酸应该装在酸式滴定管中，图乙所示为碱式滴定管，B错误；C蒸馏装置中，温度计的水银球应该在蒸馏烧瓶支管口中上部而不应该插入液体中，C错误； D氨气密度小于空气，且极易溶于水，故采用向下排空气法且需用防倒吸装置，D正确；故答案为：D。8. 太阳能是理想能源，通过Zn和ZnO的热化学循环可以利用太阳能，其转化关系如图所示。下列说法中，正确的是()A. Zn与H2O或者CO2反应时作氧
12、化剂B. 该过程对于降低环境中CO2的含量无影响C. 利用该过程可以生产氢能源，实现太阳能向化学能的转化D. 该过程需要不断补充Zn才能持续进行【答案】C【解析】【详解】A根据图示转化信息可知，Zn与H2O或者CO2反应时均生成ZnO，元素化合价升高，作还原剂，故A错误；BZn与CO2反应可消耗CO2，因此利用该过程可以降低环境中CO2的含量，故B错误；C根据图中信息，反应生成氢气，因此利用该过程可以生产氢能源，实现太阳能向化学能的转化，故C正确；D根据图中信息，Zn可循环利用，则该过程不需要补充Zn就能持续进行，故D错误；综上所述，答案为C。9. 向恒温，恒容(2L)的密闭容器中充入2mol
13、 SO2和一定量的O2发生反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H197.74 kJmol-1，4 min后达到平衡，这时c(SO2)0.2 molL-1，且SO2和O2的转化率相等。下列说法中，不正确的是A. 2 min时，c(SO2)0.6 molL-1B. 用O2表示4 min内的反应速率为0.1 mol(Lmin)-1C. 再向容器中充入1 mol SO3，达到新平衡，n(SO2):n(O2)2:1D. 4 min后，若升高温度，平衡向逆方向移动，平衡常数K减小【答案】A【解析】【详解】设二氧化硫的初始浓度是xmol/L，则2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)初始浓度（m
14、ol/L） 1 x 0变化浓度（mol/L） 0.8 0.4 0.8平衡浓度（mol/L） 0.2 x-0.4 0.8SO2和O2的转化率相等，则0.4/x=0.8，解得x=0.32mol/L；A04min内，二氧化硫的反应速率=0.2mol/（Lmin），前2min反应速率大于0.2mol/（Lmin），所以2min时，c（SO2）0.6molL-1，A错误；B用O2表示4 min内的反应速率为=0.1mol（Lmin）-1，B正确；C再向容器中充入1 mol SO3，生成二氧化硫和氧气的物质的量之比不变，达到新平衡，二者的物质的量之比不变，即n（SO2）：n（O2）=2：1，C正确；D反应
15、是放热的，4 min后，若升高温度，平衡向逆方向移动，K会减小，D正确；答案选A。10. 如图已知反应，若向该溶液中加入含Fe3+的某溶液，反应机理如下：2Fe3+(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq) ，下列有关该反应的说法不正确的是()A. 向该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色变浅B. 是放热反应C. 加入Fe3+后降低了该反应的活化能D. Fe2+是该反应的催化剂【答案】D【解析】【详解】A. 为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则碘浓度降低，所以颜色变浅，故A正确； B. 根据图知，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以反应是放热反应，故B正确； C. Fe
16、3+在第一个反应中作反应物、第二步反应中作生成物，Fe3+是该反应的催化剂，降低了该反应的活化能，故C正确； D. Fe3+是该反应的催化剂，Fe2+是中间产物，故D不正确；答案选D。11. 在2 L恒容密闭容器中充入1mol CO、2mol H2，在一定条件下发生如下反应：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) H=90.1kJmol1；CO的平衡转化率与温度、压强之间的关系如图所示。下列推断正确的是()A. 工业上，利用上述反应合成甲醇，温度越高越好B. 图象中X代表压强，M2 M1C. 图象中P点代表的平衡常数K为4D. 温度和容积不变，再充入1mol CO、2mol H2，达到平衡时
17、CO的转化率不变【答案】C【解析】【详解】A. 反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) H=90.1kJmol1的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，导致原料利用率降低，故A错误；B. 图示中横坐标X越大CO的转化率越大，说明增大X平衡向着正向移动，该反应为气体体积缩小的放热反应，则X代表压强，M代表温度，压强一定时，温度越高CO的转化率越小，则T(M2)c(Na+)D. 同温下，强酸溶液pH不一定小于弱酸溶液的pH【答案】B【解析】【详解】A溶液中有自由移动的阴、阳离子，所以电解质溶液能导电，故A正确；B等体积等浓度的稀硫酸和醋酸溶液中，硫酸、醋酸物质的量相同，足量的锌分别与等体积
18、等浓度的稀硫酸和醋酸完全反应，在相同条件下产生的氢气体积硫酸大于醋酸，故B错误；C氨水是弱碱，加水稀释，氨水电离平衡正向移动，pH相同的氨水和氢氧化钠加水稀释相同倍数后， c()c(Na+)，故C正确；D溶液的pH与氢离子浓度有关，同温下，强酸溶液的pH不一定小于弱酸溶液的pH，故D正确；选B。14. 下列有关离子共存的说法正确的是()A. 常温下，pH=1的溶液中，下列离子一定能大量共存：K+、Cl-、Fe2+、B. 水电离出的c(H+)=110-12mol/L溶液中可能大量共存的离子：K+、Na+、S2-C. 通入大量NH3后的溶液中能大量共存的离子：、Al3+、Cl-、D. 通入少量SO
19、2气体的溶液中，K+、Na+、ClO-、可以大量共存【答案】B【解析】【详解】A. 常温下，pH=1的溶液中，氢离子、Fe2+、会发生氧化还原反应：，故不能共存，A错误；B. 水电离出的c(H+)=110-12mol/L，说明水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，酸性溶液中H+能与、S2-发生反应，不能大量共存，但是碱溶液中，K+、Na+、S2-互不反应可以共存，B正确；C. 通入大量NH3后的溶液中，Al3+能与一水合氨反应产生氢氧化铝沉淀，故不能大量共存， C错误；D. 通入少量SO2气体的溶液中，存在二氧化硫、亚硫酸，均具有还原性，能和ClO-发生氧化还原反应，故不可以大量共
20、存，D错误；答案选B。15. 已知反应：2NO2(红棕色)N2O4(无色)H0。将一定量的NO2充入注射器中后封口，下图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）。下列说法正确的是()A. b点的操作是拉伸注射器B. d点：v(正)v(逆)C. d点与a点相比，c(NO2)减小D. 若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则T(b)T(c)【答案】C【解析】【分析】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但c(NO2)增大，混合气体颜色变深；压强减小平衡逆向移动，但c(NO2)减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，
21、气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大。【详解】Ab点开始是压缩注射器的过程，c(NO2)增大，气体颜色变深，透光率变小，A错误；Bd点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以v正v逆，B错误；Cd点透光率比a点的透光率大，证明d点的颜色没有a点的颜色深，因此c（NO2）减小，C正确；Db点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致TbTc，D错误；答案选：C。二、选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。16. 已知2
22、5时，几种弱酸的电离平衡常数如下：HCOOH：Ka=1.810-4，HCN：Ka=4.910-10，H2CO3：Ka1=410-7，Ka2=510-11，则以下反应不能自发进行的是()A. HCOOH+NaCN = HCOONa+HCNB. NaHCO3+NaCN = Na2CO3+HCNC. NaCN+H2O+CO2 = HCN+NaHCO3D. 【答案】B【解析】【分析】弱酸的电离平衡常数越大，则酸性越强，强酸能够制取弱酸。【详解】A.根据HCOOH和HCN的电离平衡常数可知，HCOOH的酸性强于HCN，因此该反应能自发进行；B.HCN酸性强于 ，因此该反应不能自发进行；C. H2CO3第
23、一级电离平衡常数大于HCN的电离平衡常数，H2CO3的酸性强于HCN，而HCN的酸性强于，因此该反应能自发进行；D. HCOOH的酸性强于H2CO3，因此该反应能自发进行；故选：B。17. 由下列实验操作和现象得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A向FeCl3溶液中滴入几滴30%的H2O2溶液有气体产生，一段时间后，FeCl3溶液颜色加深Fe3+能催化H2O2分解，该分解反应为放热反应B白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3Fe(CN)6溶液无明显现象该过程未发生氧化还原反应C将铁片投入浓硫酸中无明显变化常温下铁不与浓硫酸反应D将1mL 2mol/L的K
24、I溶液与10mL 1mol/L FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液溶液颜色变红KI与FeCl3的反应具有可逆性A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. 向FeCl3溶液中滴入几滴30%的H2O2溶液，有气体产生，则Fe3+能催化H2O2分解，一段时间后，FeCl3溶液颜色加深，是因为水解被促进产生的氢氧化铁浓度增大，则该分解反应为放热反应，故A正确；B. 出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，Zn为负极，铁为正极，构成原电池，发生电化学腐蚀，锌失去电子，故B错误；C. 铁片投入浓硫酸，没有明显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继
25、续进行，并不是不反应，故C错误；D. 根据2Fe3+ + 2I -=2Fe2+ + I2，将1mL 2mol/L的KI溶液与10mL 1mol/L FeCl3溶液混合反应后FeCl3过量，故滴加KSCN溶液，溶液颜色必定变红，不能说明KI与FeCl3反应有可逆性，故D错误；答案选A。18. 根据下列图示所得出的结论不正确的是()A. 图甲是镁条与盐酸反应的化学反应速率随时间变化的曲线，说明t 1时刻溶液的温度最高B. 图乙是1molX2(g)、1molY2(g)反应生成2molXY(g)的能量变化曲线，说明反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和C. 图丙是恒温密闭容器中发生C
26、aCO3(s)CaO(s) + CO2(g)反应时c(CO2)随反应时间变化的曲线，说明t 1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积D. 图丁是室温下，I2+I-=的平衡浓度随温度变化的曲线，说明平衡常数K(T1)K(T2)【答案】A【解析】【详解】A.镁条与盐酸的反应为放热反应，开始时，反应放热，温度升高，反应速率加快，消耗的镁越多，放出的热量越多，溶液的温度越高，随着反应的进行，盐酸的浓度减小，所以t1时刻后反应速率减慢，则t1时溶液的温度不一定最高，故A错误；B.由图象可知，1mol X2(g)、1mol Y2(g)的总能量低于2mol XY(g)的能量，反应为吸热反应，则反应物所含化学键的
27、键能总和大于生成物所含化学键的键能总和，故B正确；C.由图可知，t1时刻c(CO2)突然增大，一段时间后，浓度与改变前不变，则t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积，由于该反应平衡常数K=c(CO2)，温度不变平衡常数不变，则c(CO2)减小直到与原位置一致，故C正确；D.升高温度I3-的平衡浓度降低，平衡逆向移动，则升高温度化学平衡常数减小，温度：T1T2，则K(T1)K(T2)，故D正确；答案选A。19. 一种双功能结构催化剂能同时活化水和甲醇，用以解决氢气的高效存储和安全运输。下图是甲醇脱氢转化的反应历程(TS表示过渡态)。下列说法正确的是()A. CH3OH的脱氢反应是吸热反应B. 甲
28、醇脱氢反应历程的最大能垒（活化能）是0.95evC. 甲醇脱氢反应中断裂了极性键和非极性键D. 该催化剂的研发为醇类重整产氢的工业应用提供了新思路【答案】BD【解析】【分析】由图示可知，CH3OH的脱氢反应是分四步进行的，逐步脱去一个氢原子，前三步断裂的是CH极性键，第四步断裂的是氢氧极性键，最后生成一氧化碳气体和4个H原子，据此结合图像分析作答。【详解】A根据分析可知，CH3OH的脱氢反应是分步进行的，根据反应初末状态物质的总能量可以看出，转化过程相对能量值从0eV到-2.16eV，即该反应为放热反应，故A错误；B能垒是发生某步反应需要克服的能量，1.30 eV -0.94 eV =0.36
29、 eV、2.15 eV -1.60 eV =0.55 eV，2.53 eV -2.28 eV =0.25 eV、2.69 eV -2.02 eV =0.67 eV、3.11 eV -2.16 eV =0.95 eV，综上可知，最大能垒(活化能)是0.95eV，故B正确；C甲醇脱氢反应总历程为，没有非极性键断裂，故C错误；D该催化剂的成功研发，对工业上的醇类重整产氢有重要的启示，对促进我国制氢工业的节能减排和氢能升级提供了新思路，故D正确；故答案为BD。20. 我国科学家研制一种新型化学电池成功实现废气的处理和能源的利用，用该新型电池电解CuSO4溶液，装置如图(H2R和R都是有机物)。下列说法
30、正确的是()A. 原电池正极区，发生反应H2R+O2 = H2O2+R R+2e-+2H+=H2RB. 工作一段时间后，负极区的pH变大C. 用该装置在铜上镀银，电极d为纯银D. 若消耗标准状况下112mL O2，则电解后恢复至常温CuSO4 溶液的pH约为1【答案】AD【解析】【分析】由装置图可知，左侧为原电池，a极上发生氧化反应生成，为负极，生成的与反应生成、S、，负极区发生的反应为；b极上有机物R发生得电子的还原反应生成，为正极，生成的与反应生成R和，正极区发生的反应为，实现废气的处理和能源的利用，右侧为惰性电极电解CuSO4溶液的电解池，据此分析解答。【详解】A由以上分析可知，原电池正
31、极区，发生反应R+2H+2e-H2R， O2+H2R=R+H2O2，选项A正确；B原电池工作一段时间后，负极区产生氢离子，则pH变小，选项B错误；C用该装置在铜上镀银，纯银应该做阳极，即电极c为纯银，选项C错误；D若消耗标准状况下，即消耗氧气0.005mol，转移电子0.01mol；根据反应， 产生的物质的量为0.01mol，忽略溶液体积的变化，c(H+)=，溶液的pH=1，选项D正确；答案选AD。第II卷（非选择题，共55分）三、非选择题：本题共4小题，共55分。21. 、25时，0.1 molL-1 HA溶液中=108，0.01 molL-1 BOH溶液pH=12。请回答下列问题：(1)0
32、.1 molL-1 HA溶液pH=_，HA的电离常数Ka为_，BOH是_(填“强电解质”或“弱电解质”)。(2)在加水稀释HA的过程中，随着水量的增加而增大的是_(填字母)。A. B. C. c(H+)与c(OH)的乘积 D. c(OH)(3)在体积相等、pH相等的HA溶液与HCl溶液中分别加入1mol/L的NaOH溶液，HA消耗的氢氧化钠溶液比HCl消耗的_(填“多”“少”或“相等”)。(4)已知 t下，Kw=11012，该温度下将pH=11的BOH溶液V1 L与pH=1的稀硫酸V2 L混合（设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH=2，则V1V2=_。、(5)CO2可以被
33、NaOH溶液捕获。若在室温下所得溶液的pH=13，CO2主要转化为_（写离子符号）；若所得溶液=21，溶液pH=_。（室温下，H2CO3的K1=4107；K2=51011）【答案】 (1). 3 (2). 10-5 (3). 强电解质 (4). AD (5). 多 (6). 9:11 (7). (8). 10【解析】【详解】（1）由25时，0.1 molL-1 HA溶液中=108可知，溶液中c(OH)=108 c(H+)，则溶液中c(H+)=mol/L=1103 mol/L，则溶液的pH=3；HA的电离常数Ka=10-5，由0.01 molL-1 BOH溶液pH=12可知，BOH在溶液中完全电
34、离，属于强碱，故答案为：3；10-5；强电解质（2）A.由HA的电离常数Ka=可知，=，稀释时Ka不变，c(A)减小，增大，则增大，故符合题意；B. 由HA的电离常数Ka=可知，=，稀释时Ka不变，c(H+)减小，减小，则减小，故不符合题意；C.水的离子积常数Kw=c(H+) c(OH)，水的离子积常数是温度函数，温度不变，水的离子积常数不变，则c(H+)与c(OH)的乘积不变，故不符合题意；D.溶液中c(OH)=，稀释时Kw不变，c(H+)减小，增大，则c(OH)增大，故符合题意；AD符合题意，故答案为：AD；（3）HA为弱酸，体积相等、pH相等的HA溶液中HA的物质的量大于HCl溶液中H+
35、的物质的量，若分别加入1mol/L的NaOH溶液，HA溶液消耗氢氧化钠溶液多，故答案为：多；（4）该温度下pH=11的BOH溶液中c(OH)= mol/L=0.1 mol/L，由混合溶液的pH=2可得：=10-2，解得V1V2=9:11，故答案为：9:11；（5）由K2=510-11可知，当溶液pH=13时，溶液中=500，溶液中c(CO32-)=500 c(HCO3-)，所以该溶液中所得阴离子为；由溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=2：1可得，溶液中c(H+)=510-112=110-10，则溶液pH=10，故答案为：；10。22. 氨在工农业生产中应用广泛。(1)已知相关物质化学键
36、的键能如表所示，结合下图，求x=_。化学键HHNHNN键能/(kJmol-1)436391x(2)将1molN2(g)和3molH2(g)放在一密闭容器中，进行反应，测得反应放出的热量_（填“大于”、“等于”或“小于”）92.2kJ，原因是_；若加入催化剂，H_（填“变大”、“不变”或“变小”）。(3)N2H4可视为NH3分子中的H被-NH2取代的产物。发射卫星时以N2H4(g)为燃料、NO2为氧化剂，二者反应生成N2和H2O(g)。已知：N2(g) + 2O2(g)2NO2(g) H1=+67.7kJmol-1 N2H4(g) + O2(g)N2(g) + 2H2O(g) H2=-534kJ
37、mol-1 则1molN2H4与NO2完全反应的热化学方程式为_。(4)N2H4空气燃料电池是一种高效低污染的新型电池，其结构如图所示。通入N2H4（肼）的一极的电极反应式为_,放电过程中，溶液中的阳离子移向_（填“正极”或“负极”）。(5)在上述燃料电池中，若完全消耗16gN2H4，则理论上外电路中转移电子的物质的量为_mol，消耗氧气的体积为_L（标准状况下）。【答案】 (1). 945.8 (2). 小于 (3). 该反应是可逆反应，反应物无法全部转化为生成物 (4). 不变 (5). N2H4(g)+NO2(g)N2(g)+2H2O(g) H=-567.85kJ/mol (6). N2
38、H4+4OH-4e-N2+4H2O (7). 正极 (8). 2 (9). 11.2【解析】【详解】(1)反应热等于断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，根据图像和表中数据可知0.5x+1.5436339146.1，解得x945.8；(2)由于该反应是可逆反应，反应物无法全部转化为生成物，所以将1molN2(g)和3molH2(g)放在一密闭容器中，进行反应，测得反应放出的热量小于92.2kJ；催化剂改变活化能，不能改变反应热，若加入催化剂，H不变。(3)已知：N2(g) + 2O2(g)2NO2(g) H1=+67.7kJmol-1 N2H4(g) + O2(g)N2(g) + 2H
39、2O(g) H2=-534kJmol-1 则根据盖斯定律可知即得到1molN2H4与NO2完全反应的热化学方程式为N2H4(g)+NO2(g)N2(g)+2H2O(g) H=-567.85kJ/mol。(4)N2H4在反应中失去电子，在负极通入，由于电解质溶液显碱性，则通入N2H4（肼）的一极的电极反应式为N2H4+4OH-4e-N2+4H2O。放电过程中，溶液中的阳离子移向正极。(5)在上述燃料电池中，若完全消耗16gN2H4，则理论上外电路中转移电子的物质的量为2mol，根据电子得失守恒可知消耗氧气的物质的量是2mol40.5mol，在标况下的体积为0.5mol22.4L/mol11.2L
40、。23. 六水合硫酸亚铁铵的化学式为，商品名为摩尔盐。可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成硫酸亚铁铵，硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成摩尔盐后就比较稳定了。已知：摩尔盐可溶于水，在酒精中溶解度很小。I.实验室制取少量摩尔盐的流程如下：试回答下列问题：（1）步骤1中加入溶液主要作用是_。（2）将溶液与溶液混合后加热、浓缩，当有_出现时停止加热，冷却结晶。（3）步骤4中析出的晶体会吸附杂质离子，如何获得较纯净的摩尔盐，简述操作方法：_。II.测定该产品纯度的方法是：称取该产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；量取25mL待测溶液于锥形瓶中；用硫酸酸化的溶液滴定至终点。（4）在滴定管中装入酸性高锰酸钾溶液
41、后，要先排放滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为_用相应的字母回答。A.BCD（5）试写出该滴定过程中反应的离子方程式_。（6）判断该反应到达滴定终点的现象为_。（7）滴定前后，酸性溶液的读数如下表，则该产品的纯度为_。滴定前滴定后【答案】 (1). 除去铁屑表面的油污 (2). 晶膜或少量晶体 (3). 向漏斗或过滤器中沿玻璃棒注入酒精至浸没沉淀，待酒精自然流下，重复操作次 (4). (5). (6). 当最后一滴酸性溶液滴下时，溶液变成粉红色，30s内不褪色，说明达到滴定终点 (7). 或【解析】【分析】本题考查的是物质制备实验探究及产品纯度的测定，综合性较强，注意掌握物质性质，实验过程的理
42、解应用，掌握基础是解题关键，题目难度较大。【详解】一步骤1中加入溶液的主要作用是除去铁屑表面的油污，利用的是碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质易于洗去，故答案为：除去铁屑表面的油污；浓缩结晶莫尔盐时要用小火加热，加热浓缩初期可轻微搅拌，但注意观察晶膜或少量晶体，若有晶膜出现，则停止加热，防止摩尔盐失水；故答案为：晶膜或少量晶体；步骤4中析出的晶体会吸附杂质离子，获得较纯净的摩尔盐的操作方法为：向漏斗或过滤器中沿玻璃棒注入酒精至浸没沉淀，待酒精自然流下，重复操作次；注入酒精；重复操作次，故答案为：向漏斗或过滤器中沿玻璃棒注入酒精至浸没沉淀，待酒精自然流下，重复操作次；二高锰酸
43、钾溶液是强氧化剂，具有腐蚀性，能腐蚀胶管，需要盛在酸式滴定管中，则排放滴定管尖嘴处的气泡的方法为D，故答案为：D；该滴定过程中反应的离子方程式，故答案为：；高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子不需要指示剂，当滴加最后一滴溶液后，溶液变成紫红色，30S内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：当最后一滴酸性溶液滴下时，溶液变成粉红色，30s内不褪色，说明达到滴定终点；第三次数据与第一次、二次的数据误差较大，舍去，则滴定过程消耗的溶液的体积为，物质的量为，则，则，则的物质的量为，根据原子守恒则摩尔盐的物质的量，则则该产品的纯度为，故答案为：或。24. H2是一种清洁能源，在冶金、电力、材料等领域应用广泛。
44、请回答下列问题： 甲 乙 (1)向容积可变的密闭容器中充入2molCO和4.4molH2，在恒温恒压条件下发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)平衡时，CO的转化率(CO)随温度、压强的变化情况如图甲所示。以下叙述能说明该反应达到平衡状态的是_。A.CO和H2的物质的量浓度之比是1:2B.H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍C.容器中混合气体的体积保持不变D.容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变E.容器中混合气体的密度保持不变图甲中压强：p1 _p2(填大于或小于)。M点时H2的转化率为_（计算结果精确到0.1%)，该反应用气体分压表示的平衡常数Kp=_（用含p1的表达式表示
45、，分压=总压物质的量分数）。不同温度下，该反应的平衡常数的对数值(lgK)如图乙所示。其中，A点为506K时平衡常数的对数值，则B、C、D、E四点中能正确表示该反应的lgK与温度(T)的关系的是_。(2) H2还原NO的反应为2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(l)，请回答以下问题：该反应分两步进行：i.2NO(g)+H2(g)N2(g)+H2O2(l)（慢反应）；ii.H2O2(l)+H2(g)2H2O(l)（快反应）。下列叙述正确的是_（填字母）。A. H2O2是该反应的催化剂B.反应ii的活化能较高C.总反应速率由反应i的速率决定D.反应i中NO和H2的碰撞仅部分有效在T1K
46、 100kPa下，等物质的量的NO和H2混合气体发生反应，反应速率v=v正v逆=k正p2(NO)p 2(H2) k逆p(N2), k正、k逆分别为正逆反应的速率常数，p为气体分压(气体分压=气体总压物质的量分数)。用气体分压表示的平衡常数Kp=1.2510-5(kPa)-3,则H2转化率为50%时，v正/v逆=_。【答案】 (1). CDE (2). 大于 (3). 54.5% (4). (5). BE (6). CD (7). 1.6【解析】【详解】（1）A.因开始投料时CO和H2的物质的量浓度之比不满足1:2，反应后不可能达到1：2的比例，选项A错误；B. 无论反应是否达到平衡状态都存在H
47、2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍，所以不能据此判断平衡状态，选项B错误；C. 反应前后气体计量数之和减小，当反应达到平衡状态时，气体总物质的量不变，所以容器中混合气体的体积保持不变，可以据此判断平衡状态，选项C正确；D. 反应气体物质的量之和减小，其平均相对分子质量增大，当混合气体的平均摩尔质量不变时正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，选项D正确；E. 反应前后气体计量数之和减小，当反应达到平衡状态时，气体总物质的量不变，体积不变，质量始终保持不变，此时密度不变，可以据此判断平衡状态，选项E正确； 答案选CDE；反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)为气体体积缩小的反应，增大
48、压强，平衡正向移动，CO的转化率(CO)增大，根据图甲中信息可知，相同温度下，p1时(CO)大，故压强：p1 大于p2 ；从图中可以看出，M点时，CO的转化率为60%，则CO的物质的量的变化量为0.6mol。由此建立三段式的关系为：M点时，H2的转化率为100%=54.5%；该反应的平衡常数Kp=；反应为放热反应，温度升高不利于反应正向进行，化学平衡常数降低，所以B、C、D、E四点中能正确表示该反应的lgK与温度(T)的关系的是B、E；(2) A. 反应i+ii相加得总反应式2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(l)，可知H2O2是该反应的中间产物，不是催化剂，选项A错误；B.反应ii速率快，说明反应的活化能较低，选项B错误；C.总反应速率由慢反应i的速率决定，选项C正确；D.反应i是慢反应，说明NO和H2的碰撞仅部分有效，选项D正确；答案选CD；在T1K 100kPa下，设起始n(NO)=n(H2)=1mol，H2转化率为50%，反应的三段式为：所以p(NO)=p(H2)=100kPa =40kPa；p(N2)=1.25100kPa =20kPa；所以v正k正p2(NO)p 2(H2)= k正 (kPa)2 (kPa)2v逆= k逆p(N2)= k逆kPa=1.2510-5(kPa)-3(kPa)3=1.6。
