1、2015-2016学年甘肃省白银市会宁一中高二（上）期末化学试卷一、选择题，本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意1未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生下列属于未来新能源标准的是（）天然气 太阳能 风能 石油 煤 生物质能 核能 氢能ABCD2氨水有下列平衡：NH3H2ONH4+OH 当其它条件不变时，改变下列条件，平衡向左移动，且c（NH4+）增大的是（）A加NaOHB加盐酸C加NH4ClD加热3在由水电离产生的c（H+）=11014mol/L的溶液中，一定可以大量共存的离子组是（）AK+、Ba2+、Cl、NO3BNa+、Ca2+、
2、I、NO3CNH4+、Al3+、Br、SO42DK+、Na+、HCO3、SO424室温下，在一定体积pH=12的Ba（OH）2溶液中，逐滴加入pH=2的NaHSO4溶液，当溶液的pH恰好为7时，则参加反应的Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积比是（）A1：9B1：1C1：2D1：45如图甲池和乙池中的四个电极都是惰性材料，请根据图示判断下列说法正确的是（）A两个装置之间没有盐桥，故不能形成电流Ba电极的电极反应式：C2H5OH+16OH12e2CO32+11H2OC一段时间后，乙池d电极周围的溶液呈现棕褐色D乙池在反应前后溶液的pH不变6下列用来表示物质变化的反应式中，正确的是（）A钢铁
3、腐蚀时可能发生的正极反应：2H2O+O2+4e4OHB常温下，NaHCO3溶液显碱性：HCO3+H2OCO32+H3O+C氢氧化镁与稀硫酸反应：H+OHH2OD硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢：Fe2+H2O2+2H+Fe3+2H2O7关于小苏打水溶液的表述正确的是（）A存在电离只有HCO3H+CO32，H2OH+OHBHCO3的电离程度大于HCO3的水解程度Cc （Na+）+c （H+）c （HCO3）+c （CO32）+c （OH）Dc （Na+）c （HCO3）+c （CO32）+c （H2CO3）8某温度下，在容积固定不变的密闭容器中进行如下可逆反应：X（g）+Y（g）Z（g）+W（s）
4、H0，一段时间后，达到化学平衡状态下列叙述正确的是（）A加入少量W，逆反应速率增大B通入一定量氦气，压强增大，平衡向正反应方向移动C升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动D降低温度，正反应速率减小，逆反应速率也减小，平衡向逆反应方向移动9已知25、101kPa下，如图所示，石墨的燃烧热为393.5kJ/mol，金刚石的燃烧热为395.0kJ/mol下列说法或表达正确的是（）A金刚石比石墨稳定BC（s、石墨）=C（s、金刚石）H=+1.5kJ/molCH1H2D如果使用催化剂，H1和H2都变小10下表是五种银盐的浓度积常数（25），下列有关说法错误的是（） 化学式AgCl
5、Ag2SO4Ag2SAgBrAgI溶度积1.810101.41056.310507.710138.511016A五种物质在常温下溶解度最大的是Ag 2SO4B将AgCl溶解于水后，向其中加入Na2S，则可以生成黑色的Ag2S沉淀C沉淀溶解平衡的建立是有条件的，外界条件改变时，平衡也会发生移动D常温下，AgCl、AgBr和AgI三种物质的溶解度逐渐增大11煤炭、一氧化碳、氢气都是重要能源，已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H1=393.5kJmol1H2（g）+O2（g）H2O（g）H2=241.6kJmolCO（g）+O2（g）CO2（g）H3=283.0kJmol1H2O（g）H2O（l
6、）H4=44kJmol1下列说法合理的是（）A氢气的燃烧热H=241.6 kJmol1B等质量的H2、CO完全燃烧时，CO释放的热量更多C煤的气化的热化学方程式为C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=131.1 kJmol1D煤炭完全燃烧释放1967.5 kJ热量时转移20 mol电子12下列叙述正确的是（）A盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵B稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小C饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH不变D沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强13下列说法正确的是（）A常温下，将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈
7、中性，溶液中c（Na+）大于c（Cl）B25时，pH=3的硫酸溶液中水的电离程度大于pH=11的氨水溶液中水的电离程度C0.1 molL1的（NH4）2CO3溶液中c（NH4+）大于0.1 molL1的NH4Cl溶液中c（NH4+）的2倍D等体积、等物质的量浓度的NaCl溶液中的离子总数小于NaClO溶液中的离子总数14体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O22SO3，并达到平衡在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（）A等于p%B大于p%C小于p%D无法判断15炼
8、铁的还原剂CO是由焦炭和CO2反应而得现将焦炭和CO2放入体积为2L的密闭容器中，高温下进行下列反应：C（s）+CO2（g）2CO（g）H=Q kJmol1如图为CO2、CO的物质的量n随时间t的变化关系图下列说法正确的是（）A01 min，v（CO）=1 molL1min1；13 min，v（CO）=v（CO2）B当容器内的压强不变时，反应一定达到平衡状态，1C3 min时，温度由T1升高到T2，则Q0，再达平衡时，1D5 min时再充入一定量的CO，a、b曲线分别表示n（CO）、n（CO2）的变化16对于可逆反应：2A（g）+B（g）2C（g）H0，下列各图中正确的是（）ABCD二、非选择
9、题共52分）172SO2（g）+O2（g）2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示已知1mol SO2（g）氧化为1mol SO3（g）的H=99kJ/mol请回答下列问题：图中A点表示：，C点表示：，E的大小对该反应的反应热（填“有”或“无”）影响图中H=kJ/mol18由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气，放出241.8kJ热量（25、101kPa下测得）写出该反应的热化学方程式：若1mol水蒸气转化为液态水放热45kJ，则反应H2（g）+O2（g）H2O（ l ）的H=kJ/mol氢气的燃烧热为H=kJ/mol19有可逆反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g），已知在温度938
10、K时，平衡常数K=1.5，在1173K时，K=2.2（1）能判断该反应达到平衡状态的依据是（双选，填序号）A容器内压强不变了 Bc（CO）不变了 Cv正（CO2）=v逆（CO） Dc（CO2）=c（CO）（2）该反应的正反应是（选填“吸热”、“放热”）反应（3）写出该反应的平衡常数表达式若起始时把Fe和CO2放入体积固定的密闭容器中，CO2的起始浓度为2.0mol/L，某温度时达到平衡，此时容器中CO的浓度为1.0mol/L，则该温度下上述反应的平衡常数K=（保留二位有效数字）（4）若该反应在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，如果改变下列条件，反应混合气体中CO2的物质的量分
11、数如何变化（选填“增大”、“减小”、“不变”）升高温度；再通入CO（5）该反应的逆反应速率随时间变化的关系如图：从图中看到，反应在t2时达平衡，在t1时改变了某种条件，改变的条件可能是（填序号）（单选）A升温 B增大CO2浓度如果在t3时从混合物中分离出部分CO，t4t5时间段反应处于新平衡状态，请在图上画出t3t5的V（逆）变化曲线20海水中蕴藏着丰富的资源，海水综合利用的流程图如图1：（一）某化学研究小组用图2装置模拟步骤I电解食盐水（用铁和石墨做电极）（1）a电极材料是（填铁、石墨），其电极反应式为（2）当阴极产生11.2mL气体时（标准状况），该溶液的pH为（忽略反应前后溶液体积的变化
12、）（二）卤水中蕴含着丰富的镁资源，就MgCl2粗产品的提纯、镁的冶炼过程回答下列问题：已知MgCl2粗产品的溶液中含有Fe2+、Fe3+和Al3+下表是生成氢氧化物沉淀的pH：物质Fe（OH）3Fe（OH）2Al（OH）3Mg（OH）2开始沉淀pH2.78.13.89.5完全沉淀pH3.79.64.811.0（3）把MgCl2粗产品的溶液中的Fe2+转化为Fe3+，可选用的物质是（填序号，下同），加入调节溶液的pH，充分反应后过滤，可得MgCl2溶液aKMnO4 bH2O2 cMgO dNaOH（4）步骤由MgCl2H2O获得MgCl2的操作是：（三）制取工业溴：（5）步骤中已获得Br2，步骤
13、中又将Br2还原为Br，其目的是（6）写出步骤用SO2水溶液吸收Br2的离子方程式：21甲乙两同学对保存已久的Na2SO3试剂进行试验探究取适量Na2SO3样品于洁净烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌全部溶解（1）测上述溶液的PH值，其PH值7，原因是（用离子方程式表示）（2）取少量上述溶液于试管中，加入硝酸钡溶液生成白色沉淀，再加入盐酸，白色沉淀不溶解，甲认为已变质，乙认为他的结论不科学，理由是（3）假设试剂由Na2SO3和Na2SO4组成，设计试验方案，进行成分检验，他们决定继续探究，请在答题卡上写出实验步骤、预期现象和结论限选试剂及仪器：稀盐酸、稀硝酸、氯化钡溶液，品红溶液，酸性高锰酸溶液
14、，NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管实验步骤预期现象和结论步骤1：取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置步骤2：取适量步骤1所得溶液于试管中，加入少量的溶液若溶液褪色，说明其有若溶液不褪色，说明其中没有步骤3：再取适量步骤1所得溶液于另一试管中，先加入足量的稀盐酸，再滴加溶液如果有白色沉淀生成，则说明其中有，已经变质如果没有白色沉淀生成，则说明其中没有（4）经实验检验后，确实已变质，现准确测定其中Na2SO3的含量实验如下：配制250ml 约0.2molL1 Na2SO3溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水溶解，将溶液转入，洗涤，定容，摇
15、匀滴定：准确量取25.00ml Na2SO3所配制溶液于锥形瓶中，将 0.05molL1酸性高锰酸钾装入50ml（填酸式或碱式）滴定管，滴定至终点，记录数据重复滴定2次平均消耗KMnO4VmL计算Na2SO3的质量分数=（只列出计算式，不要求算出结果）2015-2016学年甘肃省白银市会宁一中高二（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题，本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意1未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生下列属于未来新能源标准的是（）天然气 太阳能 风能 石油 煤 生物质能 核能 氢能ABCD【考点】使用化石燃料的利弊及
16、新能源的开发【分析】煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源【解答】解：煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等故选B2氨水有下列平衡：NH3H2ONH4+OH 当其它条件不变时，改变下列条件，平衡向左移动，且c（NH4+）增大的是（）A加NaOHB加盐酸C加NH4ClD加热【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】其它条件不变时，改变下列条件，平衡向左移，且c（NH4+）增大，说明加入的物质中含有铵根离子，因为铵根离子浓度增大而导致平衡左移，据此分析解答【解答】解：A向溶液中
17、加入NaOH，溶液中c（OH）增大，导致平衡左移，c（NH4+）减小，故A错误；B向溶液中加入HCl，H+和OH反应生成H2O，导致平衡右移，与题意不符合，故B错误；C向溶液中加NH4Cl，NH4Cl电离导致溶液中c（NH4+）增大，则平衡左移，故C正确；D电离平衡为吸热反应，加热，则平衡向右移动，故D错误；故选C3在由水电离产生的c（H+）=11014mol/L的溶液中，一定可以大量共存的离子组是（）AK+、Ba2+、Cl、NO3BNa+、Ca2+、I、NO3CNH4+、Al3+、Br、SO42DK+、Na+、HCO3、SO42【考点】离子共存问题【分析】由水电离产生的c（H+）=11014
18、mol/L的溶液，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：由水电离产生的c（H+）=11014mol/L的溶液，为酸或碱溶液，A酸、碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B酸性溶液中H+、I、NO3发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；C碱性溶液中不能大量存在NH4+、Al3+，故C错误；D酸碱溶液中均不能大量存在HCO3，故D错误；故选A4室温下，在一定体积pH=12的Ba（OH）2溶液中，逐滴加入pH=2的NaHSO4溶液，当溶液的pH恰好为7时，则参加反应的Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积
19、比是（）A1：9B1：1C1：2D1：4【考点】pH的简单计算【分析】室温下pH=12的Ba（OH）2溶液中c（OH）=102mol/L，pH=2的NaHSO4溶液中氢离子浓度为102mol/L，两溶液中c（OH）=c（H+）=102mol/L，当溶液的pH=7时，氢离子与氢氧根离子恰好反应，则两溶液的体积相等【解答】解：室温下pH=12的Ba（OH）2溶液中c（OH）=102mol/L，pH=2的NaHSO4溶液中氢离子浓度为102mol/L，当溶液的pH=7时，氢离子与氢氧根离子恰好反应，由于两溶液中c（OH）=c（H+）=102mol/L，则参加反应的Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液
20、的体积相等，两溶液的体积之比为1：1，故选B5如图甲池和乙池中的四个电极都是惰性材料，请根据图示判断下列说法正确的是（）A两个装置之间没有盐桥，故不能形成电流Ba电极的电极反应式：C2H5OH+16OH12e2CO32+11H2OC一段时间后，乙池d电极周围的溶液呈现棕褐色D乙池在反应前后溶液的pH不变【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】燃料电池中，通入燃料的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，在乙池中，乙池溶液分层，上层溶液为盐溶液，电解时阴极上氢离子放电同时生成氢氧根离子，电极反应中后碘单质生成，阳极上碘离子失电子发生氧化反应，以此解答该题【解答】解：A图示是原电池与电解池的联合装置
21、，不需要盐桥就能形成电流，故A错误；B乙醇作还原剂，失电子，电极方程式为C2H5OH+16OH12e2CO32+11H2O，发生氧化反应，故B正确；C乙池中，阳极反应式：2I2eI2，c电极为阳极，生成单质碘，故c电极周围的溶液呈棕褐色，故C错误；Dd电极作阴极，阴极反应式：2H2O+2eH2+2OH，故乙池溶液的pH增大，故D错误，故选B6下列用来表示物质变化的反应式中，正确的是（）A钢铁腐蚀时可能发生的正极反应：2H2O+O2+4e4OHB常温下，NaHCO3溶液显碱性：HCO3+H2OCO32+H3O+C氢氧化镁与稀硫酸反应：H+OHH2OD硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢：Fe2+H2O
22、2+2H+Fe3+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A吸氧腐蚀时氧气得到电子；BNaHCO3溶液显碱性，与水解有关；C氢氧化镁在离子反应中保留化学式；D电子、电荷不守恒【解答】解：A钢铁腐蚀发生吸氧腐蚀时，正极反应为2H2O+O2+4e4OH，故A正确；B常温下，NaHCO3溶液显碱性，发生水解的离子反应为HCO3+H2OH2CO3+OH，故B错误；C氢氧化镁与稀硫酸反应的离子反应为2H+Mg（OH）2Mg2+2H2O，故C错误；D硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢的离子反应为2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，故D错误；故选A7关于小苏打水溶液的表述正确的是（）A存在电离只有HC
23、O3H+CO32，H2OH+OHBHCO3的电离程度大于HCO3的水解程度Cc （Na+）+c （H+）c （HCO3）+c （CO32）+c （OH）Dc （Na+）c （HCO3）+c （CO32）+c （H2CO3）【考点】盐类水解的应用【分析】A、碳酸氢钠属于强电解质，能完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子和水还会存在电离平衡；B、碳酸氢钠溶液显示碱性，据此判断HCO3的电离程度和HCO3的水解程度的大小；C、根据溶液中的电荷守恒来回答判断；D、根据溶液中的物料守恒知识来回答判断【解答】解：A、碳酸氢钠属于强电解质，能完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，溶液中存在的电离包括：碳酸氢
24、钠的电离、碳酸氢根离子和水的电离平衡，故A错误；B、碳酸氢钠溶液显示碱性，据此得到：HCO3的电离程度小于HCO3的水解程度，故B错误；C、溶液中的电荷守恒：c （Na+）+c （H+）c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），故C错误；D、溶液中存在物料守恒：c （Na+）c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），故D正确故选D8某温度下，在容积固定不变的密闭容器中进行如下可逆反应：X（g）+Y（g）Z（g）+W（s）H0，一段时间后，达到化学平衡状态下列叙述正确的是（）A加入少量W，逆反应速率增大B通入一定量氦气，压强增大，平衡向正反应方向移动C升高温度，正反应速率增大，逆反应
25、速率减小，平衡向正反应方向移动D降低温度，正反应速率减小，逆反应速率也减小，平衡向逆反应方向移动【考点】化学平衡的影响因素【分析】A对于可逆反应，固体对反应速率没有影响；B通入氦气后，根据参加反应的气体的浓度是否变化判断平衡是否移动；C升高温度，正逆反应速率都增大；D该反应为吸热反应，降低温度，正反应和逆反应少量都会减小，平衡向放热方向移动【解答】解：AW是固体，加入少量的W对化学平衡无影响，故A错误；B恒容条件下通入惰性气体，参加反应的气体的浓度不变，平衡不移动，故B错误；C无论该反应是放热反应还是吸热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，故C错误；D该反应是吸热反应，降低温度，正逆反应速率都
26、减小，平衡向逆反应方向移动，故D正确；故选D9已知25、101kPa下，如图所示，石墨的燃烧热为393.5kJ/mol，金刚石的燃烧热为395.0kJ/mol下列说法或表达正确的是（）A金刚石比石墨稳定BC（s、石墨）=C（s、金刚石）H=+1.5kJ/molCH1H2D如果使用催化剂，H1和H2都变小【考点】焓变和熵变；吸热反应和放热反应【分析】A、依据燃烧热结合图象分析，金刚石能量高于石墨，能量越高越活泼；B、依据燃烧热书写热化学方程式，结合盖斯定律计算得到变化的热化学方程式；C、图象分析金刚石燃烧放出热量高，焓变为负值分析；D、催化剂改变化学反应速率，不改变反应焓变【解答】解：A、依据燃
27、烧热结合图象分析，金刚石能量高于石墨，能量越高越活泼，石墨比金刚石稳定，故A错误；B、由燃烧热可知热化学方程式为C（s、石墨）+O2（g）=CO2（g）H=393.5kJ/mol；C（s、金刚石）+O2（g）=CO2（g）H=395.0kJ/mol；结合盖斯定律计算得到变化的热化学方程式：C（s、石墨）=C（s、金刚石）H=+1.5kJ/mol，故B正确；C、图象分析金刚石燃烧放出热量高，焓变为负值H1H2，故C错误；D、催化剂改变化学反应速率，不改变反应焓变，H1和H2都不变，故D错误；故选B10下表是五种银盐的浓度积常数（25），下列有关说法错误的是（） 化学式AgClAg2SO4Ag2S
28、AgBrAgI溶度积1.810101.41056.310507.710138.511016A五种物质在常温下溶解度最大的是Ag 2SO4B将AgCl溶解于水后，向其中加入Na2S，则可以生成黑色的Ag2S沉淀C沉淀溶解平衡的建立是有条件的，外界条件改变时，平衡也会发生移动D常温下，AgCl、AgBr和AgI三种物质的溶解度逐渐增大【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】由表中数据可知溶度积最大的是Ag2SO4，最小的是Ag2S，AgCl、AgBr、AgI的溶解度依次减小反应向更难溶的方向进行，据此分析【解答】解：A由表中数据可知溶解度最大的是Ag2SO4，微溶于水，其它物质难溶，故
29、A正确；BAg2S溶度积远小于AgCl，Ag2S难溶于水，在AgCl的饱和溶液中加入Na2S，则可以生成黑色的Ag2S沉淀，故B正确；C化学平衡为动态平衡，当外界条件发生改变时，平衡发生移动，故C正确；D由表中数据可知，AgCl、AgBr、AgI的溶解度依次减小，故D错误故选：D11煤炭、一氧化碳、氢气都是重要能源，已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H1=393.5kJmol1H2（g）+O2（g）H2O（g）H2=241.6kJmolCO（g）+O2（g）CO2（g）H3=283.0kJmol1H2O（g）H2O（l）H4=44kJmol1下列说法合理的是（）A氢气的燃烧热H=241.6
30、 kJmol1B等质量的H2、CO完全燃烧时，CO释放的热量更多C煤的气化的热化学方程式为C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=131.1 kJmol1D煤炭完全燃烧释放1967.5 kJ热量时转移20 mol电子【考点】反应热和焓变【分析】A反应H2（g）+O2（g）H2O（g）H2=241.6kJmol1中生成的是气体水，而液态水更稳定；B根据热化学方程式分别计算出1g氢气和1个CO完全燃烧放出热量即可；C煤的气化为吸热反应，则焓变大于0；D根据计算出释放1967.5 kJ热量消耗C的物质的量，然后根据1mol碳完全反应转移4mol电子进行计算【解答】解：A燃烧热中生成氧化物必须
31、为稳定氧化物，液态水比气态水稳定，所以氢气的燃烧热H241.6 kJmol1，故A错误；B根据H2（g）+O2（g）H2O（g）H2=241.6kJmol1可知1g氢气燃烧放出热量为： =120.5kJ，根据CO（g）+O2（g）CO2（g）H3=283.0kJmol1可知1g CO完全燃烧放出的热量为：10.11kJ，显然质量相等时氢气燃烧放出的热量较多，故B错误；C煤的气化为吸热反应，正确的热化学方程式为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+131.1 kJmol1，故C错误；D释放1967.5 kJ热量消耗C的物质的量为： =5mol，5molC完全反应转移电子的物质的量为
32、：5mol4=20mol，故D正确；故选D12下列叙述正确的是（）A盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵B稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小C饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH不变D沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A、当盐酸和氨水恰好中和生成NH4Cl时，铵根离子水解呈酸性；B、醋酸是弱电解质，加水稀释促进电离，平衡状态下离子浓度减小；C、饱和石灰水中加入氧化钙会与水反应生成氢氧化钙，析出晶体后溶液仍是饱和溶液离子浓度不变；D、胶
33、体是电中性的分散系；【解答】解：A、当盐酸和氨水恰好中和生成NH4Cl时，由于铵根离子水解呈酸性，若使溶液呈中性，应继续向溶液中加入氨水，故溶液中的溶质是NH4Cl和NH3H2O，故A错误；B、向稀醋酸中加水时，醋酸的电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，但c（H+）减小，故pH增大，故B错误；C、温度不变，Ca（OH）2的溶解度不发生变化，故饱和石灰水中c（OH）的浓度不变，所以pH不变，故C正确；D、氢氧化铁胶体的胶体粒子带有正电荷，但氢氧化铁胶体呈电中性，故D错误；故选C13下列说法正确的是（）A常温下，将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，溶液中c（Na+）大于c（Cl）B25时，p
34、H=3的硫酸溶液中水的电离程度大于pH=11的氨水溶液中水的电离程度C0.1 molL1的（NH4）2CO3溶液中c（NH4+）大于0.1 molL1的NH4Cl溶液中c（NH4+）的2倍D等体积、等物质的量浓度的NaCl溶液中的离子总数小于NaClO溶液中的离子总数【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用【分析】A根据电荷守恒判断；B酸或碱抑制水电离，根据氢离子或氢氧根离子浓度确定水的电离程度；C弱根离子易水解；D弱酸根离子易水解，根据物料守恒判断【解答】解：A溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），溶液呈电中性，则c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（Cl）+c（CH3COO
35、），所以c（Na+）c（Cl），故A正确；B酸或碱抑制水电离，25时，pH=3的硫酸溶液中c（H+）等于pH=11的氨水溶液中c（OH），两种溶液中水的电离程度相同，故B错误；C碳酸铵溶液中铵根离子和碳酸根离子相互促进水解，所以0.1molL1的（NH4）2CO3溶液中c（NH4+）小于0.1 molL1的NH4Cl溶液中c（NH4+）的2倍，故C错误；D等体积、等物质的量浓度的NaCl和NaClO的物质的量相等，根据物料守恒得c（Na+）=c（Cl）=c（HClO）+c（ClO），次氯酸水解方程式为ClO+H2OHClO+OH，水解的次氯酸根离子个数等于生成的氢氧根离子个数，所以两种溶液中离
36、子个数相同，故D错误；故选A14体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O22SO3，并达到平衡在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（）A等于p%B大于p%C小于p%D无法判断【考点】化学平衡的影响因素【分析】甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，正反应是气体体积减小的反应，平衡时混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动【解答】解：甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，正反应是气体体积减小的反应，平衡时混合气体物质的量减小，
37、则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动，则乙的SO2的转化率将大于甲的，即大于P%，故选B15炼铁的还原剂CO是由焦炭和CO2反应而得现将焦炭和CO2放入体积为2L的密闭容器中，高温下进行下列反应：C（s）+CO2（g）2CO（g）H=Q kJmol1如图为CO2、CO的物质的量n随时间t的变化关系图下列说法正确的是（）A01 min，v（CO）=1 molL1min1；13 min，v（CO）=v（CO2）B当容器内的压强不变时，反应一定达到平衡状态，1C3 min时，温度由T1升高到T2，则Q0，再达平衡时，1D5 min时再充入一定量的CO，a
38、、b曲线分别表示n（CO）、n（CO2）的变化【考点】化学平衡的影响因素【分析】A、依据图象分析单位时间内一氧化碳和二氧化碳物质的量浓度的变化，结合化学反应速率概念分析计算，13min反应达到平衡判断；B、反应是气体体积增大的反应，压强不变，说明反应达到平衡，反应气体物质的量之比等于压强之比；C、依据图象3min升高温度，一氧化碳增多，说明反应是吸热反应，分析图象平衡物质的量，计算平衡状态下平衡常数；D、改变一氧化碳的量，增加一氧化碳，瞬间一氧化碳物质的量增大，然后反应平衡逆向进行，一氧化碳减小，二氧化碳增大【解答】解：A、依据图象分析单位时间段内一氧化碳和二氧化碳物质的量的变化，01min，
39、一氧化碳物质的量增加2mol，反应速率（CO）=1 mol/（Lmin）；13min时，平衡不动，反应速率等于化学计量数之比，（CO）=2（CO2），故A错误；B、反应是气体体积增大的反应，压强不变，说明反应达到平衡，反应气体物质的量之比等于压强之比，P（平衡）P（起始），1，故B错误；C、依据图象3min升高温度，一氧化碳增多，说明反应是吸热反应，T1温度平衡，一氧化碳物质的量为2mol，二氧化碳物质的量为7mol；平衡常数K1=；T2温度平衡，一氧化碳物质的量为4mol，二氧化碳物质的量为6mol，平衡常数K2=，则=4，71，故C正确；D、改变一氧化碳的量，增加一氧化碳，瞬间一氧化碳物质
40、的量增大，然后反应平衡逆向进行，一氧化碳减小，二氧化碳增大，a为二氧化碳，c为一氧化碳；故D错误；故选C16对于可逆反应：2A（g）+B（g）2C（g）H0，下列各图中正确的是（）ABCD【考点】化学平衡的影响因素【分析】做题时首先分析化学方程式的特征，如反应前后计量数的大小关系、反应热等问题，A、根据反应温度的不同结合反应热判断平衡移动的方向，可判断出C的质量分数的变化是否正确B、根据反应前后的化学计量数的大小关系，结合压强对反应速率的影响判断平衡移动方向，从而判断出正逆反应速率的变化；C、从催化剂对平衡是否有影响来判断浓度的变化是否正确；D、从两个方面考虑，一是压强对平衡的影响，二是温度对
41、平衡的影响，二者结合判断A的转化率是否正确【解答】解：A、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小，故A正确；B、根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V正V逆，故B错误；C、催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，故C错误；D、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，本题温度的曲线不正确，故D错误故选A二、非选择题共52分）172SO2（g）+O2（g）2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示已知
42、1mol SO2（g）氧化为1mol SO3（g）的H=99kJ/mol请回答下列问题：图中A点表示：反应物总能量，C点表示：生成物总能量，E的大小对该反应的反应热无（填“有”或“无”）影响图中H=198kJ/mol【考点】吸热反应和放热反应【分析】（1）A、C分别表示反应物总能量的生成物总能量，B为活化能，活化能的大小与反应热无关；（2）根据参加反应SO2的物质的量之比等于对应的H之比【解答】解：（1）因图中A、C分别表示反应物总能量、生成物总能量，B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，故答案为：反应物总能量、生成物总能量；无；（2）因1mol SO2（
43、g）氧化为1mol SO3的H=99kJmol1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的H=198kJmol1，则2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）H=198KJmol1，故答案为：19818由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气，放出241.8kJ热量（25、101kPa下测得）写出该反应的热化学方程式：H2（g）+O2（g）H2O（g）H=241.8kJ/mol若1mol水蒸气转化为液态水放热45kJ，则反应H2（g）+O2（g）H2O（ l ）的H=286.8kJ/mol氢气的燃烧热为H=286.8kJ/mol【考点】有关反应热的计算【分析】根据热化学方程式的书写原则写出氢气
44、燃烧生成气态水的热化学方程式；若1mol水蒸气转化为液态水放热45kJ，即H2O（g）=H2O（l）H=45kJ/mol，根据盖斯定律计算生成液态水的反应热；1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为其燃烧热【解答】解：氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，该反应的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）H2O（g）H=241.8kJ/mol；故答案为：H2（g）+O2（g）H2O（g）H=241.8kJ/mol；若1mol水蒸气转化为液态水放热45kJ，即H2O（g）=H2O（l）H=45kJ/mol，iH2（g）+O2（g）H2O（g）H=241.8kJ/moliiH2O（g
45、）=H2O（l）H=45kJ/moli+ii得H2（g）+O2（g）H2O（l）H=286.8kJ/mol1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为其燃烧热，所以其燃烧热为286.8kJ/mol，故答案为：286.8；286.819有可逆反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g），已知在温度938K时，平衡常数K=1.5，在1173K时，K=2.2（1）能判断该反应达到平衡状态的依据是BC（双选，填序号）A容器内压强不变了 Bc（CO）不变了 Cv正（CO2）=v逆（CO） Dc（CO2）=c（CO）（2）该反应的正反应是吸热（选填“吸热”、“放热”）反应（3）写出该反应的平衡常数
46、表达式K=若起始时把Fe和CO2放入体积固定的密闭容器中，CO2的起始浓度为2.0mol/L，某温度时达到平衡，此时容器中CO的浓度为1.0mol/L，则该温度下上述反应的平衡常数K=1.0（保留二位有效数字）（4）若该反应在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，如果改变下列条件，反应混合气体中CO2的物质的量分数如何变化（选填“增大”、“减小”、“不变”）升高温度减小；再通入CO不变（5）该反应的逆反应速率随时间变化的关系如图：从图中看到，反应在t2时达平衡，在t1时改变了某种条件，改变的条件可能是（填序号）A（单选）A升温 B增大CO2浓度如果在t3时从混合物中分离出部分CO
47、，t4t5时间段反应处于新平衡状态，请在图上画出t3t5的V（逆）变化曲线【考点】化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素【分析】（1）化学平衡的特征是正逆反应速率相等，反应混合物中各组分的百分含量保持不变，然后根据具体的化学方程式逐一判断；（2）根据温度变化对化学平衡常数的影响判断该反应是吸热还是放热；（3）根据化学平衡常数的表达式及反应方程式写出该反应的平衡常数表达式；根据二氧化碳和一氧化碳的浓度计算出平衡常数；（4）根据影响化学平衡常数的因素进行分析；（5）根据右图t1时刻，反应速率突然增大以及逆反应速率后来逐渐增大最后不变；根据分离出部分CO，逆反应速率减小，正反应速率瞬间不变画出t3t
48、5的v（逆）变化曲线【解答】解：（1）A、因反应前后气体的体积相同，容器内压强不能作为达到平衡的标志，故A错误；B、c（CO）不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；C、v正（CO2）=v逆（CO ），正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，达到了平衡状态，故C正确；D、c（CO2）=c（CO），不能判断不能判断正逆反应速率相等，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；故选：BC；（2）在温度938K时，平衡常数K=1.5，在1173K时，K=2.2，温度升高，化学平衡常数增大，说明该反应为吸热反应，故答案为：吸热；（3）由可逆反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g），该
49、反应的平衡常数表达式为：K=；CO2的起始浓度为2.0mol/L，某温度时达到平衡，此时容器中CO的浓度为1.0mol/L，则反应消耗的二氧化碳的浓度为：1.0mol/L，达到平衡时二氧化碳浓度为1.0mol/L，则该温度下的平衡常数为：K=1.0，故答案为：K=；1.0；（4）该反应为吸热反应，升高温度，平衡向着正向移动，二氧化碳的体积分数减小，故答案为：减小；再通入CO，由于压强不影响化学平衡，达到平衡时各组分的含量不变，故答案为：不变；（5）A升温，正、逆反应速率突然增大，随着反应的进行，生成物的浓度增大，逆反应速率增大，最后不变，故A正确； B增大CO2的浓度，正反应速率突然增大，逆反
50、应速率瞬间不变，故B错误； 故选：A；如果在t3时从混合物中分离出部分CO，逆反应速率减小，正反应速率瞬间不变，平衡向着正向移动，随着反应的进行，生成物的浓度逐渐增大，逆反应速率逐渐增大，最后不变，如图所示：，故答案为：20海水中蕴藏着丰富的资源，海水综合利用的流程图如图1：（一）某化学研究小组用图2装置模拟步骤I电解食盐水（用铁和石墨做电极）（1）a电极材料是石墨（填铁、石墨），其电极反应式为2Cl2e=Cl2（2）当阴极产生11.2mL气体时（标准状况），该溶液的pH为12（忽略反应前后溶液体积的变化）（二）卤水中蕴含着丰富的镁资源，就MgCl2粗产品的提纯、镁的冶炼过程回答下列问题：已知
51、MgCl2粗产品的溶液中含有Fe2+、Fe3+和Al3+下表是生成氢氧化物沉淀的pH：物质Fe（OH）3Fe（OH）2Al（OH）3Mg（OH）2开始沉淀pH2.78.13.89.5完全沉淀pH3.79.64.811.0（3）把MgCl2粗产品的溶液中的Fe2+转化为Fe3+，可选用的物质是b（填序号，下同），加入c调节溶液的pH，充分反应后过滤，可得MgCl2溶液aKMnO4 bH2O2 cMgO dNaOH（4）步骤由MgCl2H2O获得MgCl2的操作是：将MgCl26H2O在干燥的HCl气流中加热（三）制取工业溴：（5）步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br，其目的是富集溴元素
52、（6）写出步骤用SO2水溶液吸收Br2的离子方程式：Br2+SO2+2H2O=4H+SO42+2Br【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计【分析】（一）某化学研究小组用图2装置模拟步骤I电解食盐水（用铁和石墨做电极），铁应为阴极，发生还原反应生成氢气，石墨为阳极，阳极发生氧化反应生成氯气；（二）氯化镁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到氯化镁晶体，由晶体得到氯化镁固体，应防止氯化镁的水解，以防止生成氢氧化镁，电解熔融的氯化镁，可得到镁，把MgCl2粗产品的溶液中的Fe2+转化为Fe3+，可选用的物质是过氧化氢或氯气，氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH除去，加入的试剂不引入
53、新的杂质；（三）海水淡化后得到NaCl、母液、淡水，电解氯化钠溶液得到氯气，2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，将氯气通入母液中发生反应2Br+Cl2=2Cl+Br2，溴和二氧化硫发生反应Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，再向含有HBr的溶液中通入适量氯气蒸馏得到溴单质，再结合物质的性质解答【解答】解：（一）（1）装置图中与直流电源正极连接的电极a为阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应为：2Cl2e=Cl2；故答案为：石墨；2Cl2e=Cl2；（2）阴极发生2H+2e=H2，22.4mL为0.5103mol氢气，则生成0.001molOH，则c（OH）
54、=0.01mol/L，溶液pH=12，故答案为：12；（二）（3）把MgCl2粗产品的溶液中的Fe2+转化为Fe3+，可选用的物质是过氧化氢、氯气，氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH除去，加入的试剂不引入新的杂质应选择氧化镁，可用碳酸镁；故答案为：b；c；（4）如果直接在空气中加热MgCl26H2O则Mg2+会水解的生成Mg（OH）Cl和HCl，通入HCl可以抑制其水解，应在氯化氢气流中失水获得氯化镁晶体；故答案为：将MgCl26H2O在干燥的HCl气流中加热；（三）海水淡化后得到NaCl、母液、淡水，电解氯化钠溶液得到氯气，2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，将氯气通入母液中发生反
55、应2Br+Cl2=2Cl+Br2，溴和二氧化硫发生反应Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，再向含有HBr的溶液中通入适量氯气蒸馏得到溴单质，（5）步骤I中已获得Br2，步骤II中又将Br2还原为Br，步骤I中获取的溴浓度较小，所以其目的是富集溴元素；故答案为：富集溴元素；（6）溴具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者能发生氧化还原生成硫酸和氢溴酸，离子反应方程式为：Br2+SO2+2H2O=4H+SO42+2Br；故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H+SO42+2Br21甲乙两同学对保存已久的Na2SO3试剂进行试验探究取适量Na2SO3样品于洁净烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅
56、拌全部溶解（1）测上述溶液的PH值，其PH值7，原因是（用离子方程式表示）SO32+H2OHSO3+OH（2）取少量上述溶液于试管中，加入硝酸钡溶液生成白色沉淀，再加入盐酸，白色沉淀不溶解，甲认为已变质，乙认为他的结论不科学，理由是溶液中的NO3和H+在一起有强氧化性，会把亚硫酸钡氧化成硫酸钡（3）假设试剂由Na2SO3和Na2SO4组成，设计试验方案，进行成分检验，他们决定继续探究，请在答题卡上写出实验步骤、预期现象和结论限选试剂及仪器：稀盐酸、稀硝酸、氯化钡溶液，品红溶液，酸性高锰酸溶液，NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管实验步骤预期现象和结论步骤1：取适量试剂
57、于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置步骤2：取适量步骤1所得溶液于试管中，加入少量的酸性高锰酸钾溶液若溶液褪色，说明其有Na2SO3若溶液不褪色，说明其中没有Na2SO3步骤3：再取适量步骤1所得溶液于另一试管中，先加入足量的稀盐酸，再滴加氯化钡溶液如果有白色沉淀生成，则说明其中有Na2SO4，已经变质如果没有白色沉淀生成，则说明其中没有Na2SO4（4）经实验检验后，确实已变质，现准确测定其中Na2SO3的含量实验如下：配制250ml 约0.2molL1 Na2SO3溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水溶解，将溶液转入250mL容量瓶，洗涤，定容，摇匀滴定：准确量取25.
58、00ml Na2SO3所配制溶液于锥形瓶中，将 0.05molL1酸性高锰酸钾装入50ml酸式（填酸式或碱式）滴定管，滴定至终点，记录数据重复滴定2次平均消耗KMnO4VmL计算Na2SO3的质量分数=100%（只列出计算式，不要求算出结果）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）Na2SO3为强碱弱酸盐，SO32水解呈碱性，其PH值7；（2）检验Na2SO3样品是否变质，实质是检验是否生成Na2SO4，即检验样品溶液中是否存在SO42，但加入硝酸钡溶液，溶液中的NO3和H+在一起有强氧化性，会把亚硫酸钡氧化成硫酸钡；（3）假设试剂由Na2SO3和Na2SO4组成，进行成分检验实质
59、是检验SO32和SO42，SO32具有强还原性，可用酸性高锰酸钾溶液检验，SO42检验方法为先加入足量的稀盐酸，再滴加氯化钡溶液看是否有白色沉淀生成；（4）配制250ml 约0.2molL1 Na2SO3溶液，溶液应转入250mL容量瓶洗涤，定容，摇匀；酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性会腐蚀橡胶，应装入酸式滴定管；根据氧化还原反应得失电子守恒，由消耗高锰酸钾的量计算样品中Na2SO3的质量，从而求出Na2SO3的质量分数【解答】解：（1）Na2SO3溶液PH值7，因为其为强碱弱酸盐，SO32水解呈碱性，水解的离子方程式为SO32+H2OHSO3+OH，故答案为：SO32+H2OHSO3+OH；（2
60、）检验Na2SO3样品是否变质，实质是检验是否生成Na2SO4，即检验样品溶液中是否存在SO42的，但加入硝酸钡溶液，溶液中的NO3和H+在一起有强氧化性，会把亚硫酸钡氧化成硫酸钡，无法确定样品是否变质生成Na2SO4，故答案为：溶液中的NO3和H+在一起有强氧化性，会把亚硫酸钡氧化成硫酸钡；（3）假设试剂由Na2SO3和Na2SO4组成，进行成分检验实质是检验SO32和SO42，SO32具有强还原性，根据提供的试剂，可用酸性高锰酸钾溶液检验，若酸性高锰酸溶液褪色，说明中有Na2SO3，若酸性高锰酸溶液不褪色，说明中没有Na2SO3，SO42检验方法为先加入足量的稀盐酸，再滴加氯化钡溶液看是否
61、有白色沉淀生成，如果有白色沉淀生成，则说明其中有Na2SO4，已经变质，如果没有白色沉淀生成，则说明没有Na2SO4；故答案为：酸性高锰酸钾；Na2SO3；Na2SO3；氯化钡；Na2SO4；Na2SO4；（4）配制250ml 约0.2molL1 Na2SO3溶液，准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水溶解，将溶液转入250mL容量瓶洗涤，定容，摇匀；故答案为：250mL容量瓶；酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性会腐蚀橡胶，应装入酸式滴定管，故答案为：酸式；根据氧化还原反应得失电子守恒，设25.00ml Na2SO3溶液中Na2SO3物质的量为n，则有5Na2SO32KMnO45 2 n 0.05V103则n=mol，则w克试样中m（Na2SO3）=n126=g，则Na2SO3的质量分数=100%，故答案为：100%2017年1月19日