内蒙古赤峰市宁城县19-20学年高二上学期期末化学试卷
一、单选题（本大题共16小题，共48.0分） 1. 下列说法不正确的是( )
A. 盛放Na2S溶液的试剂瓶用橡胶塞 B. 铁在潮湿的环境下生锈与盐类水解无关
C. SO2溶于水，其水溶液能导电，说明SO2是电解质 D. 将AlCl3溶液加热、蒸干、灼烧，可得到固体Al2O3
2. 实验室用锌粒和稀硫酸制取H2，下列措施可使反应速率减慢的是( )
A. 向稀硫酸中加水 C. 用锌粉代替锌粒
B. 增加锌粒的量 D. 升高反应温度
3. 在下列各组溶液中，一定能大量共存的离子组是( )
2−
A. 强碱性溶液中：Na+、K+、SO2−4、CO3
B. 含有0.1 mol⋅L−1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、Cl−、CO2−3
+−−C. 无色透明溶液中：HCO−3、Na、Cl、OH 2−D. 使石蕊变红的溶液中：Na+、Ca2+、HCO−3、SO4
4. 关于恒容密闭容器中进行的反应C(s)+ CO2(g)
2CO(g)△H >0，下列说法不正确的是( ) ．．．
A. △S>0
B. 在低温下能自发进行
C. 当混合气体的密度不再发生变化时，反应达到平衡状态 D. 达到平衡状态时，升高温度，CO2转化率和反应速率均增大
5. 下列实验事实中不能说明NH3⋅H2O是弱电解质的是( )
A. 常温下0.1mol/L氨水溶液pH=11 B. 氨水溶液中只有少量OH− C. NH4Cl溶液显酸性
+
和OH− D. NH3⋅H2O只能部分电离产生NH4
6. 将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，
下列叙述正确的是( )
A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生 B. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极 C. 甲中铜被氧化，乙中锌被氧化 D. 产生气泡的速率甲比乙快
7. 下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性的是( )
A. 向水中加入少量的CH3COONa C. 加热水至100 ℃，pH=6
B. 向水中加入少量的NaHSO4 D. 向水中加少量的明矾
8. 可逆反应mA(g)⇌nB(g)+pC(g)△H=Q，温度和压强的变化对正、逆反应速率的影响分别符
合下图中的两个图象，以下叙述正确的是( )
A. m 9. 下列有关问题，与盐的水解有关的是( ) ①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂 ②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂 ③草木灰与铵态氮肥不能混合施用 ④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 ⑤明矾可以做净水剂。 A. ①②③ B. ②③④ C. ①④⑤ D. ①②③④⑤ 10. 下列离子方程式书写正确的是( ) A. Zn与稀H2SO4反应：2Zn+2H+=2Zn2++H2↑ B. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+ 2+ +OH−=CaCO3↓+H2O C. 碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应：HCO−3+Ca D. 固体碳酸钙中滴加足量盐酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O 11. 下列根据实验操作和现象得出的结论正确的是( ) 选项 实验操作 A 将少量Fe(NO3)2试样加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液 向甲苯中滴加少量酸性高锰酸钾溶液 常温下分别测定0.1mol/L的Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液的PH 将少量某无色气体通入澄清石灰水中 实验现象 溶液变成血红色 结论 Fe(NO3)2试样已变质 甲苯发生了氧化反应 非金属性：Si>C 该气体一定是CO2 B 高锰酸钾溶液褪色 PH：Na2SiO3>Na2CO3 出现白色沉淀 C D A. A B. B C. C D. D 12. 下列关于反应热的说法正确的是( ) A. 可逆反应“CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)”中的△H小于0，说明此反应为吸热反应 B. 已知S(s)+O2(g)=SO3(g)的反应热为△H=−385.5kJ⋅mol−1，说明硫的燃烧热为385.5 kJ⋅ mol−1 C. 一个化学反应的反应热等于反应物的总能量减去生成物的总能量 D. 化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关 13. 下列有关实验的选项正确的是 A.配制0.10 mol·L−1NaOH溶液 B.除去CO中的CO2 C.苯萃取碘水中的I2，D.记录滴定终点分出水层后的操作 读数为12.20 mL A. A B. B C. C D. D 14. 常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过 滤，所得滤液pH<7.下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是( ) w−7 mol/L A. c(H+)<1.0×10 K 2− B. c(Na+)=c(HCO−3)+c(CO3)+c(H2CO3) +2−)>c(OH−)+c(HCO−C. c(H+)+c(NH43)+2 c(CO3) +2−D. c(Cl−)>c(HCO−3)>c(NH4)>c(CO3) 15. 化学键的键能指常温常压下，将1mol分子AB拆开为中性气态原子A和B所需要的能量(单位 为kJ⋅mol−1)。根据键能数据估算CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的反应热△H为( ) 化学键 键能/(kJ⋅mol−1) C−H C−F H−F F−F 414 489 565 155 A. −485kJ⋅mol−1 C. +1940kJ⋅mol−1 B. +485kJ⋅mol−1 D. −1940kJ⋅mol−1 16. 羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中， 将10 mol CO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)+H2S(g)H2(g) K=0.1，平衡后CO物质的量为8 mol。下列说法正确的是( ) COS(g)+ A. CO、H2S的转化率之比为1:1 B. 达平衡后H2S的体积分数为29.4% C. 升高温度，COS浓度减小，表明该反应是吸热反应 D. 恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1 mol，平衡不移动 二、简答题（本大题共4小题，共52.0分） 17. (Ⅰ)A、B、C 为三种强电解质，它们在水中电离出的离子如下表所示： 阳离子 阴离子 Na+ K+ Cu2+ −SO2−4OH 如图1所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯中依次盛放足量的 A 溶液、B 溶液、C 溶液，电极均 接通电源，为石墨电极。一段时间后，测得 c 电极质量增加了 32g。常温下各烧杯中溶液的 pH 与电解时间 t 的关系如图2所示。 请回答下列问题： (1)电极 b 上发生的电极反应为______。 (2)乙烧杯中的总反应为______。 (3)计算电极 e 上生成的气体在标准状况下的体积为______。 (Ⅱ)(4)粗铜中一般含有锌、铁、银、金等杂质。在如图3所示装置中，接通电路一段时间后，纯 Cu 电极 质量增加了 3.2g。在此过程中，甲池负极反应式______，乙池硫酸铜溶液的浓度______(填“变 大”，“不变”，“变小”)。 18. 一定温度下，pH=2的三种酸：a.醋酸、b.盐酸、c.硫酸： (1)物质的量浓度由大到小的顺序是______。 (2)体积相同时，分别加入足量锌，相同状况下产生的气体体积由大到小的顺序是______。 (3)体积相同时，同时加入形状、质量完全相同的锌，若产生相同体积的氢气(相同状况)，则开始时反应速率的大小关系是______。 (4)三种酸溶液均加水稀释至体积为原来的10倍后，pH由大到小的顺序为______。 19. 雾霾天气多次肆虐我国中东部地区．其中，汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之 一． (1)汽车尾气净化的主要原理为 催化剂 2NO(g)+2CO(g) 在密闭容器中发生该反 2CO2(g)+N2(g). 应时，c(CO2)随温度(T)、催化剂的表面积(S)和时间(t)的变化曲线，如图1所示． 据此判断： ①该反应的△Η______0(填“>”或“<”)，△S______0(填“>”或“<”) ②在T1温度下，0～2s内的平均反应速率v(N2)=______． ③当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率．若增大催化剂的表面积，则CO转化率______(填“增大”，“减少”或“不变”) ④若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是______(填字母)． (2)直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题． ①煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染． 例如：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−867.0kJ⋅mol−1 2NO2(g)⇌N2O4(g)△H=−56.9kJ⋅mol−1 写出CH4催化还原N2O4(g)生成N2和H2O(g)的热化学方程式______． 可达到低碳排放的目的．图2是通过人工光合作用，以CO2②将燃煤产生的二氧化碳回收利用， 和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理示意图．电极a、b表面发生的电极反应式分别为 a：______， b：______． 20. 在化学分析中，常需用KMnO4标准溶液，由于KMnO4晶体在室温下不太稳定，因而很难直接配 制准确物质的量浓度的KMnO4溶液．实验室一般先称取一定质量的KMnO4晶体，粗配成大致浓度的KMnO4溶液，再用性质稳定、相对分子质量较大的基准物质草酸钠[Mr(Na2C2O4)=134.0]对粗配的KMnO4溶液进行标定，测出所配制的KMnO4溶液的准确浓度，反应原理为：5C2O2−4+ +2+ 2MnO−+8H2O 4+16H=10CO2↑+2Mn 以下是标定KMnO4溶液的实验步骤： 步骤一：先粗配浓度约为0.15mol/L的KMnO4溶液500mL． 步骤二：准确称取Na2C2O4固体mg放入锥形瓶中，用蒸馏水溶解并加稀硫酸酸化，加热至70～80℃，用步骤一所配KMnO4溶液进行滴定．记录相关数据． 步骤三： ______ ． 步骤四：计算得KMnO4溶液的物质的量浓度． 试回答下列问题： (1)如图1为整个过程中可能使用的仪器的部分结构(有的仪器被放大)， A图中液面所示溶液的体积为 ______ mL，用上述四种仪器中的某种测量某液体的体积，平视时读数为NmL，仰视时读数为MmL，若M>N，则所使用的仪器是 ______ (填字母标号)． (2)该滴定实验滴定终点的现象是 ______ ． (3)步骤二中滴定操作图示(如图2)正确的是 ______ (填编号)． (4)步骤二的滴定过程温度变化并不明显，但操作过程中发现前一阶段溶液褪色较慢，中间阶段褪色明显变快，最后阶段褪色又变慢．试根据影响化学反应速率的条件分析，溶液褪色中间明显变快，最后又变慢的原因是 ______ ． (5)请写出步骤三的操作内容 ______ ． (6)若m的数值为1.340g，滴定的KMnO4溶液平均用量为25.00mL，则KMnO4溶液的浓度为 ______ mol/L． (7)若滴定完毕后读数时俯视，则实验误差为 ______ (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)． -------- 答案与解析 -------- 1.答案：C 解析： 本题考查盐类水解的原理和应用，题目难度不大，把握盐类水解的实质和水解原理是解题的关键。 A.Na2S溶液水解呈碱性，磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和碱反应生成具有粘性的硅酸钠，会导致瓶塞和瓶口黏在一起，所以用橡胶塞，故A正确； B.铁钉在潮湿的环境下生锈，发生电化学腐蚀，与盐类的水解无关，故B正确； C.二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化硫的水溶液导电，但电离出离子的物质是亚硫酸不是二氧化硫，所以二氧化硫是非电解质，故C错误； D.AlCl3溶液加热、蒸干得到氢氧化铝，氢氧化铝灼烧得到氧化铝，故D正确。 故选C。 2.答案：A 解析：解：A.向稀硫酸中加水，浓度减小，反应速率减小，故A选； B.锌粒为固体，增加锌粒的量，反应速率不变，故B不选； C.用锌粉代替锌粒，固体表面积增大，反应速率增大，故C不选； D.升高反应温度，反应速率增大，故D不选。 故选：A。 减小反应速率，可以采用降低温度或减小反应物浓度等方法，以此解答该题． 本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于学生的分析能力的考查，为高考高频考点，注意把握影响反应速率的因素，注重相关知识的学习与积累，难度不大． 3.答案：A 2− 解析：解：A.Na+、K+、SO2−4、CO3之间不发生反应，都不与强碱性溶液中的氢氧根离子反应，在 溶液中能够大量共存，故A正确； B.Fe3+、Mg2+都与CO2−3发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误； −C.HCO−3、OH之间发生反应生成碳酸根离子和水，在溶液中不能大量共存，故C错误； 2+2−D.使石蕊变红的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，HCO−3与氢离子反应，Ca、SO4之间反应生 成微溶物硫酸钙，在溶液中不能大量共存，故D错误； 故选A． A.强碱性溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应； B.铁离子、镁离子都与碳酸根离子反应； C.碳酸氢根离子与氢氧根离子反应； D.使石蕊变红的溶液中存在大量氢离子，碳酸氢根离子与氢离子反应，钙离子与硫酸根离子生成微溶物硫酸钙． 本题考查离子共存，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH−；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等． 4.答案：B 解析： 本题考查化学平衡影响因素，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确温度、压强、浓度对化学平衡影响原理是解本题关键题目难度不大。 A.反应物气体的计量数小于生成物气体的计量数，熵变增大，则△S>0，故A正确； B.△H>0，△S>0，如在低温下，△H−T⋅△S>0时，反应不能自发进行，故B错误； C.有固体参加反应，反应前后气体的质量不相等，如气体的密度不变，可说明达到平衡状态，故C正确； D.正反应吸热，升高温度，反应速率增大，且平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，故D正确。 故选B。 5.答案：B 解析：解：A.常温下0.1mol/L氨水溶液pH=11，溶液中c(OH−)= 10−1410−11mol/L=0.001mol/L< c(NH3.H2O)，说明NH3.H2O部分电离，为弱电解质，故A不选； B.氨水溶液中只有少量OH−，不能说明NH3.H2O部分电离，所以不能证明NH3.H2O是弱电解质，故B选； C.NH4Cl溶液显酸性说明氯化铵是强酸弱碱盐，则证明NH3.H2O是弱电解质，故C不选； + D.NH3⋅H2O只能部分电离产生NH4和OH−，则证明NH3.H2O是弱电解质，故D不选； 故选B． 部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明NH3.H2O部分电离就说明NH3.H2O是弱电解质，据此分析解答． 本题考查了强弱电解质的判断，根据电解质的电离程度划分强弱电解质，不能根据电解质溶液的导电性强弱及物质的溶解性强弱判断强弱电解质，为易错点． 6.答案：D 解析：解：A.甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，所以甲中铜片表面有气泡产生，故A错误； B.乙中不构成原电池，铜片不是电极，故B错误； C.甲中锌被氧化，乙中锌也被氧化，故C错误； D.甲能形成原电池，乙不能构成原电池，所以产生气泡的速度甲比乙快，故D正确； 故选D． 甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，总反应式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑.乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，以此进行分析． 本题考查了置换反应和原电池的有关知识，题目难度不大，注意把握原电池的组成条件的工作原理． 7.答案：D 解析： 本题考查水的电离和溶液的酸碱性。 A.醋酸钠为强碱弱酸盐，加入水中促进水的电离，但所得溶液显碱性，故A错误； B.向水中加入硫酸氢钠，硫酸氢钠电离出氢离子而使溶液呈酸性，但氢离子能抑制水电离，故B错误； C. 加热水至100℃促进水的电离，水呈中性，故C错误； D.向水中加少量的明矾能促进水电离，电离出的铝离子水解使溶液呈酸性，故D正确。 故选D。 8.答案：D 解析：解：由图象可知，升高温度，逆反应速率大于正反应速率，则升高温度，平衡逆向移动，所以该正反应为放热反应，Q<0； 增大压强，正反应速率大于逆反应速率，则增大压强，平衡正向移动，该反应为气体气体缩小的反应，所以m>n+p， 故选D． 由图象可知，升高温度，逆反应速率大于正反应速率，则升高温度，平衡逆向移动；增大压强，正反应速率大于逆反应速率，则增大压强，平衡正向移动，以此来解答． 本题考查化学平衡及其影响，题目难度不大，利用温度、压强对反应速率的影响分析平衡的移动是解答本题的关键，注意掌握化学平衡的影响因素，试题有利于提高学生的灵活应用能力． 9.答案：D 解析：解：①NH4Cl与ZnCl2溶液水解生成H+，能与铁锈反应从而除去铁锈，与水解有关； ②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液相互促进水解生成气体二氧化碳，作泡沫灭火剂，与水解有关； + ，二者混合相互促进水解降低肥效，与水解有关； ③草木灰中含K2CO3，铵态氮肥中含NH4 ④Na2CO3溶液水解显碱性，与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，具有粘合性，则不能用磨口玻璃塞，与水解有关； ⑤明矾溶于水，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，从而能够净化自来水，与水解有关； 故选：D。 ①NH4Cl与ZnCl2溶液水解生成H+，能与铁锈反应； ②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液相互促进水解生成气体二氧化碳； + ，二者混合相互促进水解； ③草木灰中含K2CO3，铵态氮肥中含NH4 ④Na2CO3溶液水解显碱性，与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠； ⑤明矾溶于水，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性。 本题考查盐类水解的应用，明确盐的类别及盐类水解的规律判断发生的水解反应是解答本题的关键，注意水解与生活的联系，题目难度不大。 10.答案：D 解析：解：A.Zn与稀H2SO4反应生成硫酸锌和氢气，正确的离子方程式为：Zn+H+=Zn2++H2↑，故A错误； +B.Na2SiO3应该拆开，正确的离子方程式为：NiO2−3+2H=H2SiO3↓，故B错误； C.碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应，漏掉了铵根离子与氢氧根离子的反应，正确的离子方程式 +2+ 为：NH4++HCO−+2OH−=CaCO3↓+H2O+NH3⋅H2O，故C错误； 3+Ca D.固体碳酸钙中滴加足量盐酸，碳酸钙需要保留化学式，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故D正确； 故选：D。 A.离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒； B.硅酸钠为易溶的强电解质，离子方程式中应该拆开； C.氢氧化钙足量，铵根离子也参与反应； D.碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水． 本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)等． 11.答案：B 解析：解：A.酸性条件下，硝酸根离子可氧化亚铁离子，不能说明样品变质，故A错误； B.高锰酸钾溶液褪色，可说明甲苯可被酸性高锰酸钾氧化、高锰酸钾被还原，故B正确； C.PH：Na2SiO3>Na2CO3，说明碳酸酸性较强，则非金属性C的较强，故C错误； D.能使澄清石灰水变浑浊的气体可能为二氧化碳、二氧化硫等气体，不一定为二氧化碳，故D错误． 故选B． A.酸性条件下，硝酸根离子可氧化亚铁离子； B.甲苯可被酸性高锰酸钾氧化； C.PH：Na2SiO3>Na2CO3，说明碳酸酸性较强； D.能使澄清石灰水变浑浊的气体不一定为二氧化碳． 本题考查较为综合，涉及物质的检验、性质比较等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价，难度中等． 12.答案：D 解析：解：A、△H小于0，说明该反应为放热反应，故A错误； B、燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定的化合物所放出的热量，S燃烧应该生成稳定的化合物二氧化硫，故B错误； C、反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，故C错误； D、反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关，故D正确； 故选：D． A、△H小于0，说明该反应为放热反应； B、燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定的化合物所放出的热量； C、反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量； D、反应热只与反应体系的始态和终态有关． 本题考查了反应热的相关判断，燃烧热的定义，题目较简单，注意基础知识的积累． 13.答案：B 解析： 【分析】 本题主要考查的是实验室中常见仪器的使用以及简单实验操作，还考查了仪器的读数等，难度不大。 A.溶解固体药品应用烧杯，不能直接在容量瓶中溶解，故A错误； B.CO不与水和氢氧化钠溶液反应，而二氧化碳可以与氢氧化钠反应，利用此装置可以除去CO中混有的二氧化碳，故B正确； C.苯萃取碘水中的碘，在分液漏斗的上层，应从上口倒出，故C错误； D.滴定管的0刻度在上方，此图中正确读数应为11.80mL，故D错误。 故选B。 14.答案：D 解析：解：A.常温下，等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH<7，说明滤液呈酸性，溶液中c(OH−)小于纯水中c(OH−)，c(H+)=c(OH−)<1.0×10−7mol/L，故A正确； B.任何电解质溶液中都存在物料守恒，碳酸氢铵和NaCl的物质的量相等，虽然析出部分碳酸钠，但 2−仍然存在物料守恒c(Na+)=c(HCO−3)+c(CO3)+c(H2CO3)，故B正确； +C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒、物料守恒，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4)+c(Na+)= Kw ++−+2−c(Cl−)+c(OH−)+c(HCO−3)+2 c(CO3)，根据物料守恒得c(Na)=c(Cl)，则c(H)+c(NH4)=++2−c(OH−)+c(HCO−3)+2 c(CO3)，因为析出部分钠离子、碳酸氢根离子，所以存在c(H)+c(NH4)>2−c(OH−)+c(HCO−3)+2 c(CO3)，故C正确 D.因为析出部分碳酸氢钠，HCO−结合物料守恒知滤液中存在c(Cl−)>c(HCO−溶液中部分HCO−3)，3，3、 ++ NH4都水解但程度较小，所以存在c(HCO−3) A.常温下，等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH<7，说明滤液呈酸性，溶液中c(OH−)小于纯水中c(OH−)； B.任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断； C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒、物料守恒，根据电荷守恒、物料守恒判断； D.因为析出部分碳酸氢钠，HCO−结合物料守恒知滤液中存在c(Cl−)>c(HCO−溶液中部分HCO−3)，3，3、 +NH4都水解但程度较小。 本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质及其性质、析出物质成分是解本题关键，注意溶液中仍然遵循电荷守恒和物料守恒，易错选项是D。 15.答案：D 解析： 旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量值即为反应热，依据化学反应的焓变=反应物总键能−生成物总键能计算得到反应的焓变。本题考查反应热的有关计算，掌握反应热与键能的关系是解答关键，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。 甲烷分子为正四面体结构，分子中含有4个C−H键，其结构式为，1mol甲烷含有4mol碳 氢键，同理，1 mol四氟甲烷含有4 mol碳氟键，化学反应的焓变=反应物总键能−生成物总键能，CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)△H=(414kJ/mol×4+155kJ/mol×4)−(489kJ/mol×4+565kJ/mol×4)=−1940kJ/mol， 故选D。 16.答案：B 解析： 【分析】 本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，正确计算硫化氢的初始物质的量为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。 反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为nmol，则： CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g) 起始(mol)：10 n 0 0 变化(mol)：2 2 2 2 平衡(mol)：8 n−2 2 2 该温度下该反应的K=0.1，设容器容积为V， 则平衡常数K= 22×VV8(n−2)×VV=0.1，解得：n=7，即反应前硫化氢的物质的量为7mol， A.由于反应前CO、H2S的物质的量分别为10mol、7mol，而二者化学计量数相等，反应消耗的物质的量相等，所以二者的转化率一定不相等，故A错误； B.该反应前后气体的体积相等，则反应后气体的总物质的量不变，仍然为10mol+7mol=17mol，平衡后硫化氢的物质的量为(7−2)mol=5mol，相同条件下气体的体积分数=物质的量分数= 5mol17mol ×100%≈29.4%，故B正确； C.升高温度，COS浓度减小，说明平衡向着逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故C错误； D.恒温下向平衡体系中再加入CO、COS、H2S、H2各1 mol，则此时该反应的浓度商Qc=K=0.1，说明平衡会向着逆向移动，故D错误； 故选：B。 4OH−−4e−=2H2O+O2↑ 2CuSO+2HO17.答案：426e−+8OH−=CO2−3+6H2O 变小 通电 2+12+1 ×VV8+15+1+VV=> 6 1 − 2Cu+O2↑+2H2SO4 11.2L CH3OH− 解析：解：测得乙中c电极质量增加了16g，则乙中含有Cu2+，结合离子的共存可知，B为CuSO4，丙中pH不变，则C为硫酸钠或硫酸钾，甲中pH增大，则A为KOH或NaOH， (1)乙中c电极铜离子得电子，则c为阴极，即M为电源负极，则b为阳极，碱溶液中OH−放电，电极反应为4OH−−4e−=2H2O+O2↑， 故答案为：4OH−−4e−=2H2O+O2↑； (2)乙烧杯中为惰性电极电解硫酸铜溶液，反应的化学方程式为：总反应为2CuSO+2HO 42 通电 − 2Cu+ O2↑+2H2SO4， 故答案为：2CuSO+2HO 42 通电 − 2Cu+O2↑+2H2SO4； e电极上氢离子放电生成氢气，(3)e电极上氢离子放电生成氢气，n(Cu)=利用Cu～2e−～H2↑来计算， 32g64g/mol =0.5mol，由Cu～2e−～H2↑可知生成标况下氢气的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L， 故答案为：11.2L； (4)甲池能自发的发生氧化还原反应，符合原电池的条件，属于原电池，乙池为电解池，则甲池是将化学能转化为电能的装置，乙池是将电能转化为化学能的装置，甲池中，通入甲醇的电极是负极，碱性条件下，电极反应式中不能产生氢离子，电极反应式为：CH3OH−6e−+8OH−=CO2−3+6H2O，乙池中，阳极上不仅溶解铜还溶解锌、铁、银等金属，阴极上只有铜析出，所以阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，则溶液中硫酸铜溶液浓度减小， 故答案为：CH3OH−6e−+8OH−=CO2−3+6H2O；变小。 (Ⅰ)测得乙中c电极质量增加了32g，则乙中含有Cu2+，结合离子的共存可知，B为CuSO4，丙中pH不变，则C为硫酸钠或硫酸钾，甲中pH增大，则A为KOH或NaOH， (1)乙中c电极铜离子得电子，则c为阴极，即M为电源负极，则b为阳极，碱溶液中OH−放电； (2)乙烧杯中为惰性电极电解硫酸铜溶液； (3)e电极上氢离子放电生成氢气，利用Cu～2e−～H2↑来计算； (Ⅱ)(4)甲池能自发的发生氧化还原反应，符合原电池的条件，属于原电池，乙池为电解池，甲池通入CH3OH一极的电极反应为：CH3OH−6e−+8OH−=CO2−3+6H2O，通空气的电极反应：2H2O+O2↑−4e−=4OH−，乙池为粗铜精炼。电解池中阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜。 本题考查原电池、电解池原理，明确发生的电极反应、电解反应及图象的分析是解答本题的关键，注意利用现象和通入物质推出电源的正负极和电解池阴阳极是解答的突破口，题目难度中等。 18.答案：(1)a>b>c； (2)a>b=c； (3)a=b=c； (4)b=c>a 解析： 本题考查了弱电解质的电离及溶液中离子浓度大小的比较，根据电解质的强弱及酸的元数来分析解答即可，难度不大，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。 (1)pH相同的酸，弱酸的浓度更大，硫酸是二元酸，所以物质的量浓度由大到小的顺序是a>b>c， 故答案为：a>b>c； (2)pH相同的盐酸和硫酸，溶液中c(H+)相等，醋酸的浓度更大，随着反应进行，H+不断电离出来，a>b=c， 所以醋酸产生的H2更多，即酸的体积相同，相同状况下产生气体体积由大到小的顺序是：故答案为：a>b=c； (3)开始时三种酸溶液的pH相同，c(H+)相等，开始时反应速率相等， 故答案为：a=b=c； (4)弱酸稀释时pH变化幅度没有强酸大，pH相等的盐酸和硫酸稀释时，pH变化幅度相等，所以三种酸溶液均加水稀释至体积为原来的10倍后，pH由大到小的顺序为：b=c>a， 故答案为：b=c>a。 CH4(g)+N2O4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，△H=19.答案：<；<；0.05mol/(L⋅s)；不变；bd； −810.1kJ/mol；2H2O−4e−=O2↑+4H+；2CO2+4H++4e−=2HCOOH 解析：解：(1)①由图1可知，温度T1先到达平衡，故温度T1>T2，温度越高平衡时，二氧化碳的浓度越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，即△H<0，2NO(g)+ 催化剂 2CO(g) ，反应前后气体体积减小，反应熵变△S<0， 2CO2(g)+N2(g) 故答案为：<；<； T2温度时2s到达平衡，平衡时二氧化碳的浓度变化量为0.2mol/L，故v(CO2)=②由图可知， 1 1 0.2mol/L 2s = 0.1mol/(L⋅s)，速率之比等于化学计量数之比，故v(N2)=2v(CO2)=2×0.1mol/(L⋅s)=0.05mol/(L⋅s)， 故答案为：0.05mol/(L⋅s)； ③接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S1>S2，S2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，一氧化碳的转化率不变，故答案为：不变； ④a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故a错误； b、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故b正确， c、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故c错误； d、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故d正确； 故答案为：bd； (2)①已知：Ⅰ、CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H1=−867kJ/mol Ⅱ、2NO2(g)⇌N2O4(g)△H2=−56.9kJ/mol 根据盖斯定律，Ⅰ−Ⅱ得CH4(g)+N2O4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，故△H=−867kJ/mol−(−56.9kJ/mol)=−810.1kJ/mol， 即CH4(g)+N2O4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，△H=−810.1kJ/mol， 故答案为：CH4(g)+N2O4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，△H=−810.1kJ/mol； ②由图可知，左室投入水，生成氧气与氢离子，电极a表面发生氧化反应，为负极，电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极b表面发生还原反应，为正极，电极反应式为2CO2+4e−+4H+=2HCOOH， 故答案为：2H2O−4e−=O2↑+4H+；2CO2+4H++4e−=2HCOOH． 根据平衡时二氧化碳的浓度判断温度对平衡的影响，进而(1)①根据到达平衡的时间判断温度高低，判断△H； ②由图可知，T2温度平衡时，二氧化碳的浓度变化量为0.1mol/L，根据v=速率之比等于化学计量数之比计算v(N2)； ③接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S1>S2，S2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动； ④a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化； b、到达平衡后，温度为定值，平衡常数不变，结合反应热判断随反应进行容器内温度变化，判断温度对化学平衡常数的影响； c、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，最后不再变化； d、到达平衡后各组分的含量不发生变化； (2)①根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式； ②由图可知，左室投入水，生成氧气与氢离子，电极a表面发生氧化反应，为负极，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极b表面发生还原反应，为正极． 本题考查化学平衡图象、化学反应速率、影响化学平衡的因素、热化学方程式书写、原电池、电离平衡常数与水解平衡常数等，题目综合性较大，难度中等，是对知识的综合利用、注意基础知识的理解掌握． △c△t 计算v(CO2)，再根据 20.答案：重复步骤二两到三次；28.0；C；溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不变色；E；中间 生成的Mn2+为催化剂，使反应速率变快；后反应物浓度减小，反应速率变慢；重复步骤二两到三次；0.1600；偏低 解析：解：(1)用于量取一定体积的液体的仪器是量筒和滴定管，量筒的刻度从下往上依次增大，滴定管的0刻度在最上面，A图为量筒所示的溶液的体积，只能到小数点后面一位，即28.0mL，平视时读数为NmL，仰视时读数为MmL，若M>N，则所使用的仪器为滴定管，故答案为：28.0；C； (2)高锰酸钾为紫红色，当紫红色变为无色即达到了滴定终点，故答案为：溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不变色； (3)KMnO4溶液具有氧化性，应该用酸式滴定管盛装，滴定时，左手控制活塞；故答案为：E； (4)反应中间阶段产生的Mn2+为催化剂，催化剂能使反应速率变大，随反应进行，反应物浓度减小，所以反应速率减慢，故答案为：中间生成的Mn2+为催化剂，使反应速率变大；反应物浓度减小，所以速率变小； (5)为减少实验误差，滴定实验要多次滴定取平均值，故答案为：重复步骤二(两到三次)； −+2+−(6)根据反应5C2O2−+8H2O，则5C2O2−4+2MnO4+16H=10CO2↑+2Mn4～2MnO4，m的平均 数值为1.340g，即Na2C2O4的物质的量n=M134g/mol=0.0100mol，即C2O2−4的物质的量为0.0100mol，所以KMnO4溶液的物质的量为0.0040mol，据C= nV m1.34g = 0.004mol0.025L =0.1600mol/L，故答案为：0.1600； c(标准)×c(标准) V(待测) (7)滴定完毕后读数时俯视，造成V(标准液)偏小，根据c(待测)=故答案为：偏低． ，可知c(待测)偏低； (1)用于量取一定体积的液体的仪器是量筒和滴定管，量筒的刻度从下往上依次增大，滴定管的0刻A图为量筒所示的溶液的体积，度在最上面，只能到小数点后面一位，即28.0mL，平视时读数为NmL，仰视时读数为MmL，若M>N，则所使用的仪器为滴定管； (2)高锰酸钾为紫红色，当紫红色变为无色即达到了滴定终点； (3)KMnO4溶液具有氧化性，应该用酸式滴定管盛装，滴定时，左手控制活塞； (4)反应中间阶段产生的Mn2+为催化剂，催化剂能使反应速率变大，随反应进行，反应物浓度减小，所以反应速率减慢； (5)为减少实验误差，滴定实验要多次滴定取平均值； −+2+−(6)根据反应5C2O2−+8H2O，则5C2O2−4+2MnO4+16H=10CO2↑+2Mn4～2MnO4，计算 KMnO4溶液的浓度； (7)根据c(待测)= c(标准)×c(标准) V(待测) ，分析误差． 本题是一道有关滴定实验的大型综合题目，考查角度广，难度较大． 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容