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四川省宾市叙州区2023_2024学年高二化学上学期期中试题含解析
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这是一份四川省宾市叙州区2023_2024学年高二化学上学期期中试题含解析，共17页。试卷主要包含了 下列说法正确的是，1g，故B错误；， 对反应 ，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量有：H1 C12 O16 S32 Cu64 Si28 Cl35.5
第一部分选择题(共42分)
一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 下列关于化学与能源说法错误的是
A. 柴草及化石燃料转化成能源时一定发生化学反应
B. 在多能源结构时期，氢能、生物质能等的核心仍然是化学反应
C. 核能、太阳能等的利用取决于新型材料的合成与开发
D. 过去和现在，能源的开发与利用离不开化学，将来能源的开发与利用不需要化学
【答案】D
【解析】
【详解】A．柴草及化石燃料转化成能源时，均要燃烧，燃烧为放热反应，均有新物质生成，均发生了化学反应，故A正确；
B．氢能是由电解水制得；生物质能是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，光合作用也是化学反应，故B正确；
C．核能、太阳能的利用需要提出能发生核变化的金属，需要制备晶体硅等，故C正确；
D．过去和现在，能源的开发与利用离不开化学，将来能源的开发与利用也需要化学，即人教版《必修2》P36，“能源的开发和利用离不开化学，过去、现在、将来都是如此”，故D错误；
答案为D。
2. 下列说法正确的是
A. 非自发的反应一定可以通过改变条件使其成为自发反应
B. 相同物质的量的同种物质气态时熵值最小，固态时熵值最大
C. 反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的
D. 恒温恒压下，且的反应一定不能自发进行
【答案】C
【解析】
【详解】A．非自发的反应是在任何条件下均不能自发进行的反应，故A错误；
B．同一种物质的熵：气态>液态>固态，即相同物质的量的同种物质气态时熵值最大，固态时熵值最小，故B错误；
C．反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)的，时反应能自发进行，该反应室温下可自发进行，则，故C正确；
D．恒温恒压下，且的反应在任何条件下均有，即且的反应一定能自发进行，故D错误；
故选：C。
3. 某同学在实验报告中记录了下列数据，其中正确的是
A. 用试纸测出某溶液为3.5B. 用托盘天平称取固体
C. 用量筒量取盐酸D. 用酸式滴定管测出消耗盐酸的体积为
【答案】D
【解析】
【详解】A．用试纸测出的溶液为整数，故A错误；
B．托盘天平的精度为0.1g，故B错误；
C．量筒的精度是0.1mL，可以用量筒量取盐酸，故C错误；
D．滴定管的精度为0.01mL，酸式滴定管量取酸性溶液，用酸式滴定管测出消耗盐酸的体积为，故D正确；
选D。
4. 对反应 ，下列说法正确的是
A. 该反应
B. 该反应
C. 该反应在低温下可以自发进行
D. 该反应在加热时能自发进行的原因是
【答案】D
【解析】
【详解】由可知，该反应为吸热反应，且有气体生成，体系混乱度增大，则，当时反应可自发进行，则该反应在加热时能自发进行，则A、B、C错误，D正确。
故答案选D。
5. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 28g乙烯和环丙烷的混合气体中含C－H键的数目为4NA
B. 电解精炼铜时，若转移了NA个电子，阳极溶解铜
C. 92.0 g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0 NA
D. 1.0 ml CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0 NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．已知乙烯和环丙烷的最简式均为CH2，故28g乙烯和环丙烷的混合气体中含C－H键的数目为=4NA，A正确；
B．电解精炼铜时，若转移了NA个电子，阳极上除了Cu失去电子之外，还有Fe、Zn、Ni等也失去电子，故溶解铜的质量小于，B错误；
C．已知甘油分子中含有3个羟基，故92.0 g甘油(丙三醇)中含有羟基数为=3.0 NA，C错误；
D．已知CH4和Cl2在光照下，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4等四种有机产物，根据碳原子守恒可知，1.0 ml CH4与Cl2在光照下反应生成CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误；
故答案为：A。
6. 一定条件下，某密闭容器内发生反应，经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4ml·L-1，在这段时间内用O2表示的平均反应速率为0.04ml·L-1·s-1，则这段时间为
A. 2.5sB. 5 sC. 7.5 sD. 10 s
【答案】B
【解析】
【详解】根据化学方程式可知v(SO3)=2v(O2)=20.04 ml·L-1·s-1，根据v=知，这段时间为=5s，故选B。
7. 某化学兴趣小组用铝片与稀硫酸反应制取氢气，以下能够加快该反应速率的是
①用98%的浓硫酸代替稀硫酸 ②加热 ③改用铝粉 ④增大稀硫酸的体积 ⑤加水 ⑥加入少量硫酸铜
A. 全部B. ②③⑥C. ①②③⑥D. ②③④⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】①浓硫酸与金属反应不能生成氢气，错误；
②加热，能加快反应速率，正确；
③改用铝粉，增大表面积，能加快反应速率，正确；
④增大稀硫酸的体积，硫酸的浓度减小，不能加快反应，错误；
⑤加水后，溶液的体积增大，硫酸的浓度减小，反应速率减慢，错误；
⑥加入少量硫酸铜与铝反应生成 铜，形成原电池，能加快反应，正确；
②③⑥正确，答案选B。
8. 向盛有硫酸铜蓝色溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色溶液，再加无水乙醇得到深蓝色晶体。下列说法正确的是
A. 深蓝色溶液中含有的主要有色离子为
B. 与间的配位键比与间的配位键弱
C. 加乙醇的目的是降低生成的配合物的溶解度
D. 中含有键的数目为
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知，硫酸铜蓝色溶液中存在四水合铜离子，向溶液中加入氨水时，蓝色的四水合铜离子与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜蓝色沉淀与氨水反应生成深蓝色的四氨合铜离子，加入无水乙醇降低硫酸四氨合铜的溶解度，使溶液中硫酸四氨合铜析出得到深蓝色晶体。
【详解】A．由分析可知，深蓝色溶液中含有的主要有色离子为四氨合铜离子，故A错误；
B．由分析可知，实验时蓝色的四水合铜离子转化为深蓝色的四氨合铜离子，说明氨分子与铜离子形成的配位键强于水分子与铜离子形成的配位键，故B错误；
C．由分析可知，加入无水乙醇能降低硫酸四氨合铜的溶解度，使溶液中硫酸四氨合铜析出得到深蓝色晶体，故C正确；
D．四水合铜离子中铜离子与4个水分子形成的配位键属于键，每个水分子中含有2个键，则1ml离子中含有的键的数目为1ml×(4+2×4)×NAml—1=12NA，故D错误；
故选C。
9. 利用下列实验装置进行的实验或操作不能达到相应目的是
A. ①探究反应物的接触面积对反应速率的影响
B. ②探究温度对平衡的影响
C. ③除去碱式滴定管中的气泡
D. ④测漂白精溶液的pH
【答案】D
【解析】
【详解】A．①中只有CaCO3的表面积不相同，其它外界条件相同，可用于探究反应物的接触面积对反应速率的影响，A正确；
B．在烧瓶中存在NO2与N2O4的可逆反应，反应的起始状态相同，气体颜色相同，然后一个烧瓶放入热水中，一个放入冷水中，看到热水中气体颜色变深，冷水中气体颜色变浅，可知对于可逆反应：2NO2(g)N2O4(g)，升高温度，化学平衡逆向移动，降低温度，化学平衡正向移动，可用于探究温度对化学平衡的影响，B正确；
C．③中图示符合碱式滴定管中气泡排除方法的操作要求，C正确；
D．漂白精具有强氧化性，会将pH氧化使其褪色，因此不能使用pH试纸测定溶液pH值，D错误；
故合理选项是D。
10. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 氯水中存在的平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，当加入适当的NaHCO3(s)后，溶液颜色变浅
B. 在K2Cr2O7溶液中存在如下平衡，+H2O2+2H+，若向K2Cr2O7溶液中滴入5~15滴浓硫酸，溶液颜色橙色加深
C. 对于反应体系CO(g)+NO2(g) NO(g)+CO2(g)，给平衡体系增大压强可使颜色变深
D. 对于反应2NO2(g) N2O4(g) ΔH＜0，平衡体系升高温度颜色变深
【答案】C
【解析】
【详解】A．当向氯水中加入适当的NaHCO3(s)后，溶液颜色变浅，说明氯气浓度减小，平衡正向移动，可以用勒夏特列原理解释，A错误；
B．向K2Cr2O7溶液中滴入5~15滴浓硫酸，溶液颜色橙色加深，说明H+浓度增大时，平衡逆向移动，可以用勒夏特列原理解释，B错误；
C．该平衡反应两边计量数和相等，给平衡体系增大压强，平衡不移动，但是由于NO2的浓度增大，使颜色变深，不可以用勒夏特列原理解释，C正确；
D．对该平衡体系升高温度，可使平衡逆向移动，NO2的浓度增大，所以颜色变深，可以用勒夏特列原理解释，D错误；
故答案为：C。
11. 某温度下，相同体积、相同的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时的变化曲线如图所示，下列判断正确的是
A. 点导电能力比点强
B. 点的值大于点
C. 与盐酸完全反应时，消耗盐酸体积
D. 、两点的相等
【答案】D
【解析】
【分析】根据信息可知氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH，由于氢氧化钠是强电解质，氨水是弱电解质，则氢氧化钠的浓度小于氨水，稀释过程中，促进氨水电离，所以pH变化快的是氢氧化钠，变化慢的是氨水。
【详解】A．溶液的导电能力与离子浓度成正比，a点的碱性小于b点，即a点的离子浓度小于b点，所以a点溶液的导电能力比处于b点溶液的导电能力弱，A错误；
B．电离平衡常数只与温度有关，温度不变，氨水的电离平衡常数不变，B错误；
C．氨水和氢氧化钠都是一元碱，等pH的氨水和氢氧化钠，氨水的浓度大于氢氧化钠，二者等体积时，氨水的物质的量大于氢氧化钠，所以氨水消耗盐酸体积大，即VaD．a、c两点的pH相等，即溶液中相等，D正确；
故答案为：D。
12. 向稀氨水中分别加入①蒸馏水、②氨气、③氯化铵，并维持室温，相关判断正确的是
A. 加入①之后，氨水的电离平衡得到促进，c(OH-)增大
B. 加入①之后，c()增大，c(NH3·H2O)减小、增大
C. 加入②之后，氨水的电离平衡正移，NH3·H2O的电离程度增大
D. 加入③之后，c(NH3·H2O)增大，维持不变
【答案】D
【解析】
【分析】在稀氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+ OH-，然后根据平衡移动原理分析判断。
【详解】A．稀氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+ OH-，加入①蒸馏水，对溶液起稀释作用，导致电离平衡正向移动，稀释后溶液中c(OH-)减小，A错误；
B．在稀氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+ OH-，加入①蒸馏水后，对溶液起稀释作用，导致电离平衡正向移动，n(NH3·H2O)减小，n()增大，溶液导致溶液体积增大，且稀释使溶液体积增大的倍数大于平衡移动使、OH-离子浓度增大的影响，因此溶液中c()减小，c(OH-)减小，c(NH3·H2O)减小，=，温度不变，Kb不变，所以增大，B错误；
C．在氨水中存在化学平衡：NH3+H2ONH3·H2O，向溶液中通入NH3，c(NH3·H2O)增大，电离平衡正向移动，但平衡移动趋势是微弱的，最终NH3·H2O的电离程度减小，C错误；
D．在稀氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+ OH-，向其中加入NH4Cl，NH4Cl电离产生，使c()增大，电离平衡逆向移动，=。温度不变，Kw、Kb不变，所以就不变，D正确；
故合理选项是D。
13. 在密闭容器中进行反应：2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)。下图是某次实验的化学反应速率随时间变化的图像，推断t时刻突然改变的条件可能是
A. 增大的浓度B. 升高反应体系的温度
C. 增大压强（缩小容器体积）D. 添加了合适的催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．增大NO的浓度，t时刻正反应速率增大，逆反应速率不变，与图不符，A错误；
B．该反应正反应为放热反应，升高反应体系的温度，平衡逆向移动，与图不符，B错误；
C．缩小容器体积增大压强，正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，C正确；
D．添加了合适的催化剂，正逆反应速率同等程度的增大，与图不符，D错误；
故答案选C。
【点睛】根据勒夏特列原理：①升高温度时，反应向着吸热方向移动；降低温度时，反应向着放热方向移动；②增大压强时，反应向着系数变小的方向移动；减小压强时，反应向着系数变大的方向移动；③增大浓度，反应向着削弱该物质浓度的方向移动。
14. 在某一密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）＋B（g）xC（g）（正反应放热）有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）
A. P3＞P4，y轴表示B的转化率B. P3＜P4，y轴表示B的体积分数
C. P3＜P4，y轴表示混合气体的密度D. P3＞P4，y轴表示混合气体的密度
【答案】A
【解析】
【分析】图1中，根据先拐先平数值大知，温度一定时，P2＞P1，增大压强，C的含量增大，则平衡向正反应方向移动，所以x=1；压强一定时，T1＞T2，升高温度，C的含量降低，则正反应是放热反应。
【详解】A、升高温度平衡向逆反应方向移动，B的转化率减小，增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，则P3＞P4，A正确；
B、升高温度平衡向逆反应方向移动，B的体积分数增大，增大压强平衡向正反应方向移动，B的体积分数减小，P3＜P4，B错误；
C、混合气体总质量不变，容器容积不变，反应混合气体的密度不变，C错误；
D、混合气体总质量不变，容器容积不变，反应混合气体的密度不变，D错误；
故选A。
【点睛】本题考查图象分析，侧重考查学生分析判断能力，根据先拐先平数值大确定反应热和x值，再采用“定一议二”的方法分析解答。
第二部分非选择题(共58分)
二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)
15. 某学生用标准溶液滴定未知浓度硫酸的实验操作如下(正确的操作顺序自行判断)：
A.用酸式滴定管取稀，注入锥形瓶中，加入酚酞
B.用待测定的溶液润洗酸式滴定管
C.用蒸馏永洗干净滴定管
D.取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管刻度“0”以上2-3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至刻度“0”或“0”刻度以下
E.检查滴定管是否漏水
F.另取锥形瓶，再重复操作一次
G.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度，用去NaOH溶液15.00mL
（1）在G操作中如何确定终点_______。
（2）碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗导致滴定结果_______(填“偏小”、“偏大”或“恰好合适”)
（3）配制100mL NaOH标准溶液，除了烧杯、玻璃棒，必须使用到的玻璃仪器是_______。
（4）观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则结果会导致测得的稀溶液浓度测定值_______(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（5）计算待测硫酸溶液的物质的量浓度_______。
【答案】（1）无色变为浅红色(或粉红色)且半分钟不褪去
（2）偏大（3）100mL容量瓶、胶头滴管
（4）偏小（5）
【解析】
【小问1详解】
终点时现象是当溶液无色变为浅红色(或粉红色)且半分钟不褪去；
故答案为：无色变为浅红色(或粉红色)且半分钟不褪去；
【小问2详解】
碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗，则氢氧化钠溶液的浓度变小，滴定时消耗的氢氧化钠的体积偏大；
故答案为：偏大；
【小问3详解】
需要使用的仪器有：药匙、烧杯、量筒、托盘天平(砝码、镊子)、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，必须使用到的玻璃仪器是为：100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；
故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；
【小问4详解】
观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则氢氧化钠的体积偏小，所以测定的硫酸的浓度偏小；
故答案为：偏小；
【小问5详解】
滴定时消耗的氢氧化钠的物质的量为，
根据反应：,则：，所以100mL硫酸中物质的量为，则待测硫酸溶液的物质的量浓度；
故答案为：。
16. 回答下列问题：
（1）①若在一个容积为2 L的密闭容器中加入0.2 mlN2的和0.6 mlH2的，在一定条件下发生反应：N2+3H22NH3，若在5分钟时反应达到平衡，此时测得2NH3的物质的量为0.2 ml。则平衡时H2的转化率为_______。
②平衡后，若要提高H2的转化率，可以采取的措施有_______。
A.加了催化剂 B.增大容器体积 C.降低反应体系的温度 D.加入一定量N2
③下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据是_______(填序号字母)。
A.容器内N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为1∶3∶2 B.v(N2)正=3v(H2)逆
C.容器内压强保持不变 D.混合气体的密度保持不变
（2）化学反应的焓变通常用实验进行测定：实验测得，标准状况下11.2L甲烷在氧气中充分燃烧生成液态水和二氧化碳气体时释放出akJ的热量，试写出表示甲烷燃烧的热化学方程式：_______。
（3）砷(As)是第四周期VA族元素，可以形As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4成等化合物，有着广泛的用途。回答下列问题：
①画出砷的原子结构示意图_______。
②工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式_______。该反应需要在加压下进行，原因是_______。
③已知：
则反应的As2O5(s)+3H2O(l)=2H3AsO4(s) _______。
【答案】（1） ①. 50% ②. CD ③. C
（2）
（3） ①. ②. ③. 加快反应速率，提高原料的利用率 ④.
【解析】
【小问1详解】
①当生成0.2mlNH3时，消耗氢气0.3ml，氢气的转化率为：；
②A.加催化剂可以加快反应速率，但不会影响氢气的转化率，A错误；
B.增大容器体积，压强减小，该反应正向气体分子数减少，故平衡逆向移动，氢气的转化率减小，B错误；
C.该反应为放热反应，降低反应体系的温度，平衡正向移动，氢气的转化率增大，C正确；
D.加入一定量N2，反应物浓度增大，平衡正向移动，氢气的转化率增大，D正确；
故选CD；
③A.容器内N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为1∶3∶2，浓度之比等于化学计量数之比，不能证明反应达到平衡，A错误；
B.当v(N2)正=v(H2)逆时可以判断达到平衡，B错误；
C.该反应前后气体分子数变化，当容器内压强保持不变时达到平衡，C正确； D.该反应气体总质量和容器体积均不变，混合气体的密度始终保持不变，不能判断达到平衡，D错误；
故选C。
小问2详解】
标况下11.2L甲烷的物质的量为0.5ml，完全燃烧时放出的热量为akJ，故1ml甲烷完全燃烧时放出的热量为2akJ，表示甲烷燃烧热的热化学方程式为：；
【小问3详解】
①As的原子序数为33，原子结构示意图为：；
②As2S3与O2反应，生成H3AsO4和单质硫，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为：；该反应正向气体分子数减少，加压浓度增大，化学反应速率增大，平衡正向移动，反应物的利用率增大，故在加压下进行的原因是：加快反应速率，提高原料的利用率；
③记I：；
II：；III，目标反应=2I-3II-III，故。
17. 两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人均使用镁片和铝片作电极，甲同学将电极放入2ml/L H2SO4溶液A中，乙同学将电极放入6ml/L NaOH溶液B中，如图：
（1）原电池中的能量转化过程是将_______。
（2）A中正极的电极反应式为_______，电子的流向是由_______(填“Al→Mg或Mg→Al”)。
（3）B中负极为_______(填元素符号)。
（4）由此实验得出的下列结论中，正确的是_______(填字母)。
A. 镁的金属性不一定比铝的金属性强
B. 该实验说明金属活动性顺序已过时，已没有实用价值
C. 该实验说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析
D. 上述实验证明了“直接利用金属活动性顺序判断原电池中的正负极”这种做法不可靠
（5）两位同学继续用下图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。
请回答下列问题：
①A电极的电极反应式为_______。
②一段时间后，丙池中F电极上出现的现象是_______。
③当乙池中C极质量减轻10.8 g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为_______mL(标准状况)。
【答案】（1）化学能转化为电能
（2） ①. 2H++2e-=H2↑ ②. Mg→Al
（3）Al（4）CD
（5） ①. CH4＋10OH-_8e-=CO＋7H2O ②. 石墨上有红色固体析出 ③. 560
【解析】
【分析】将电极放入2ml/L H2SO4溶液A中，镁活泼作负极，铝较不活泼作正极，将电极放入6ml/L NaOH溶液B中，镁不反应作正极，铝反应作负极；甲、乙、丙三池中，根据A、B电极中通入的甲烷和氧气可确定甲为原电池，其中A为负极、B为正极，乙、丙为电解池，乙中C为阳极、D为阴极，丙中为E阳极、F 为阴极。
【小问1详解】
原电池是将化学能转化为电能；
【小问2详解】
A中Al作正极，氢离子作氧化剂，电极反应式为2H++2e-=H2↑；电子的流向是由Mg（负极）→Al（正极）；
【小问3详解】
B中负极为能在氢氧化钠溶液反应的Al，Mg不反应作正极；
【小问4详解】
A．根据金属单质与水或酸置换出氢气的难易可得镁的金属性比铝的金属性强，Al在氢氧化钠溶液反应产生氢气不能作为比较金属性强弱的依据，A错误；
B．比较金属活动性顺序的依据要明确，不要被一些特殊反应混淆金属活动性顺序的比较，B错误；
C．该实验中镁铝在稀硫酸中比较置换出氢气的难易而可以比较金属性，镁铝在氢氧化钠溶液中镁不反应而铝反应是因为氢氧化铝具有两性能溶解于氢氧化钠而氢氧化镁只有碱性不能溶解于氢氧化钠，说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析，C正确；
D．上述实验证明了“直接利用金属活动性顺序判断原电池中的正负极”这种做法不可靠，要注意反应的特殊性和明确金属活动性顺序的比较方法，D正确；
答案选CD。
【小问5详解】
A电极是原电池的负极，甲烷作还原剂在氢氧化钾介质下氧化为碳酸根离子，该电极反应式为CH4＋10OH-_8e-=CO＋7H2O； F是电解池的阴极，铜离子在该电极得电子还原为铜单质，现象是石墨上有红色固体析出；根据串联电极的电子守恒法可得。
18. 铜和三氧化二铁在工农业生产中用途广泛，用黄铜矿(主要成分为，其中为+2价、为+2价)制取铜和三氧化二铁的工艺流程如图所示：
（1）将黄铜矿粉碎的目的是_______。
（2）高温熔烧时发生的反应是，当1参加反应时，反应中转移电子_______。
（3）向滤液A中通入的目的是_______。
（4）向溶液B中通入后发生反应的离子方程式为_______。
（5）工业上用生物法处理的原理为(硫杆菌作催化剂)：
由图甲和图乙可知，使用硫杆菌的最佳条件为_______，若反应温度过高，反应速率下降，其原因是_______。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率
（2）6（3）将亚铁离子氧化成铁离子
（4）
（5） ①. 温度为30℃， ②. 反应温度过高，使硫杆菌失去活性，催化活性降低
【解析】
【分析】黄铜矿粉末通氧气高温焙烧产生硫化亚铁和铜，加盐酸酸溶时硫化亚铁反应生成氯化亚铁，铜不溶解而过滤分离出来，滤液A通入的氯气将亚铁氧化为铁离子，溶液B通氨气使铁离子沉淀为氢氧化铁，过滤分离出的氢氧化铁经焙烧得氧化铁。
【小问1详解】
黄铜矿粉碎的目的是增大固体表面积，加快反应速率，提高原料利用率；
【小问2详解】
该反应中铜元素和氧元素化合价降低，则1参加反应时，反应中转移电子为；
【小问3详解】
滤液A为氯化亚铁，通入的目的是将亚铁离子氧化成铁离子；
【小问4详解】
滤液B为氯化铁，通入氨气的离子方程式为
【小问5详解】
由图像可知，在温度为30℃和时，亚铁的氧化速率都最高，则使用硫杆菌的最佳条件为30℃和；反应温度过高，硫杆菌的催化活性降低，反应速率下降。
19. 25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示
请回答下列问题：
（1）同浓度的CH3COO-、、、ClO- 结合H+的能力由强到弱的顺序为___________。
（2）常温下，0.1ml•L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是___________(填序号)。
A. c(H+)B. C. c(H+)•c(OH-)D.
（3）在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程如下图所示，a、b、c三点处，电离程度最大的是___________。
（4）25℃时，pH=4的盐酸中水的电离程度___________pH=10的Ba(OH)2溶液中水的电离程度(填“<”“>”或“=”)。
（5）某温度下，测得0.1 ml/L NaOH溶液pH为11，则该温度下水的离子积常数Kw=___________。
（6）浓度相等的盐酸和醋酸各100mL，分别与过量的Zn反应，相同条件下生成H2的体积分别为V1和V2，则V1___________ V2 (填“>”、“<”或“=”)
【答案】（1）CO>ClO->HCO>CH3COO-（2）A
（3）c（4）=
（5）1×10-12（6）=
【解析】
【小问1详解】
根据表格中电离常数的数据可知Ka(CH3COOH) >Ka1(H2CO3)> Ka(HClO)> Ka2(H2CO3)，酸性越强，其阴离子结合氢离子的能力越弱，故同浓度的CH3COO－、、、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为> ClO－>> CH3COO－。
【小问2详解】
A．CH3COOH溶液在加水稀释过程中，溶液浓度减小，c(H+)减小；
B．，稀释过程中，溶液浓度减小，减小，比值增大；
C．c(H+)∙c(OH-)=Kw，其只受温度影响，比值不变；
D．，稀释过程中，溶液浓度减小，c(H+)减小，比值增大；
故一定变小的是A。
【小问3详解】
a、b、c三点处，随着醋酸不断稀释，浓度不断减小，醋酸的电离程度不断增大，所以电离程度最大的是c。
【小问4详解】
pH═4的盐酸中，由水电离出的c水（OH-）═c水（H+）=ml/L=1×10-10ml/L，pH═10的Ba（OH）2溶液中，由水电离出的c水（H+）=1×10-10ml/L，故两种溶液中水的电离程度相同，故填=。
【小问5详解】
0.1 ml/L NaOH溶液，c(OH-)=10-1ml/L，因为pH=11，c(H+)=10-11ml/L，。
【小问6详解】
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.7×10-5
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
3.0×10-8
可能用到的相对原子质量有：H1 C12 O16 S32 Cu64 Si28 Cl35.5
第一部分选择题(共42分)
一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 下列关于化学与能源说法错误的是
A. 柴草及化石燃料转化成能源时一定发生化学反应
B. 在多能源结构时期，氢能、生物质能等的核心仍然是化学反应
C. 核能、太阳能等的利用取决于新型材料的合成与开发
D. 过去和现在，能源的开发与利用离不开化学，将来能源的开发与利用不需要化学
【答案】D
【解析】
【详解】A．柴草及化石燃料转化成能源时，均要燃烧，燃烧为放热反应，均有新物质生成，均发生了化学反应，故A正确；
B．氢能是由电解水制得；生物质能是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，光合作用也是化学反应，故B正确；
C．核能、太阳能的利用需要提出能发生核变化的金属，需要制备晶体硅等，故C正确；
D．过去和现在，能源的开发与利用离不开化学，将来能源的开发与利用也需要化学，即人教版《必修2》P36，“能源的开发和利用离不开化学，过去、现在、将来都是如此”，故D错误；
答案为D。
2. 下列说法正确的是
A. 非自发的反应一定可以通过改变条件使其成为自发反应
B. 相同物质的量的同种物质气态时熵值最小，固态时熵值最大
C. 反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的
D. 恒温恒压下，且的反应一定不能自发进行
【答案】C
【解析】
【详解】A．非自发的反应是在任何条件下均不能自发进行的反应，故A错误；
B．同一种物质的熵：气态>液态>固态，即相同物质的量的同种物质气态时熵值最大，固态时熵值最小，故B错误；
C．反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)的，时反应能自发进行，该反应室温下可自发进行，则，故C正确；
D．恒温恒压下，且的反应在任何条件下均有，即且的反应一定能自发进行，故D错误；
故选：C。
3. 某同学在实验报告中记录了下列数据，其中正确的是
A. 用试纸测出某溶液为3.5B. 用托盘天平称取固体
C. 用量筒量取盐酸D. 用酸式滴定管测出消耗盐酸的体积为
【答案】D
【解析】
【详解】A．用试纸测出的溶液为整数，故A错误；
B．托盘天平的精度为0.1g，故B错误；
C．量筒的精度是0.1mL，可以用量筒量取盐酸，故C错误；
D．滴定管的精度为0.01mL，酸式滴定管量取酸性溶液，用酸式滴定管测出消耗盐酸的体积为，故D正确；
选D。
4. 对反应 ，下列说法正确的是
A. 该反应
B. 该反应
C. 该反应在低温下可以自发进行
D. 该反应在加热时能自发进行的原因是
【答案】D
【解析】
【详解】由可知，该反应为吸热反应，且有气体生成，体系混乱度增大，则，当时反应可自发进行，则该反应在加热时能自发进行，则A、B、C错误，D正确。
故答案选D。
5. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 28g乙烯和环丙烷的混合气体中含C－H键的数目为4NA
B. 电解精炼铜时，若转移了NA个电子，阳极溶解铜
C. 92.0 g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0 NA
D. 1.0 ml CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0 NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．已知乙烯和环丙烷的最简式均为CH2，故28g乙烯和环丙烷的混合气体中含C－H键的数目为=4NA，A正确；
B．电解精炼铜时，若转移了NA个电子，阳极上除了Cu失去电子之外，还有Fe、Zn、Ni等也失去电子，故溶解铜的质量小于，B错误；
C．已知甘油分子中含有3个羟基，故92.0 g甘油(丙三醇)中含有羟基数为=3.0 NA，C错误；
D．已知CH4和Cl2在光照下，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4等四种有机产物，根据碳原子守恒可知，1.0 ml CH4与Cl2在光照下反应生成CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误；
故答案为：A。
6. 一定条件下，某密闭容器内发生反应，经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4ml·L-1，在这段时间内用O2表示的平均反应速率为0.04ml·L-1·s-1，则这段时间为
A. 2.5sB. 5 sC. 7.5 sD. 10 s
【答案】B
【解析】
【详解】根据化学方程式可知v(SO3)=2v(O2)=20.04 ml·L-1·s-1，根据v=知，这段时间为=5s，故选B。
7. 某化学兴趣小组用铝片与稀硫酸反应制取氢气，以下能够加快该反应速率的是
①用98%的浓硫酸代替稀硫酸 ②加热 ③改用铝粉 ④增大稀硫酸的体积 ⑤加水 ⑥加入少量硫酸铜
A. 全部B. ②③⑥C. ①②③⑥D. ②③④⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】①浓硫酸与金属反应不能生成氢气，错误；
②加热，能加快反应速率，正确；
③改用铝粉，增大表面积，能加快反应速率，正确；
④增大稀硫酸的体积，硫酸的浓度减小，不能加快反应，错误；
⑤加水后，溶液的体积增大，硫酸的浓度减小，反应速率减慢，错误；
⑥加入少量硫酸铜与铝反应生成 铜，形成原电池，能加快反应，正确；
②③⑥正确，答案选B。
8. 向盛有硫酸铜蓝色溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色溶液，再加无水乙醇得到深蓝色晶体。下列说法正确的是
A. 深蓝色溶液中含有的主要有色离子为
B. 与间的配位键比与间的配位键弱
C. 加乙醇的目的是降低生成的配合物的溶解度
D. 中含有键的数目为
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知，硫酸铜蓝色溶液中存在四水合铜离子，向溶液中加入氨水时，蓝色的四水合铜离子与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜蓝色沉淀与氨水反应生成深蓝色的四氨合铜离子，加入无水乙醇降低硫酸四氨合铜的溶解度，使溶液中硫酸四氨合铜析出得到深蓝色晶体。
【详解】A．由分析可知，深蓝色溶液中含有的主要有色离子为四氨合铜离子，故A错误；
B．由分析可知，实验时蓝色的四水合铜离子转化为深蓝色的四氨合铜离子，说明氨分子与铜离子形成的配位键强于水分子与铜离子形成的配位键，故B错误；
C．由分析可知，加入无水乙醇能降低硫酸四氨合铜的溶解度，使溶液中硫酸四氨合铜析出得到深蓝色晶体，故C正确；
D．四水合铜离子中铜离子与4个水分子形成的配位键属于键，每个水分子中含有2个键，则1ml离子中含有的键的数目为1ml×(4+2×4)×NAml—1=12NA，故D错误；
故选C。
9. 利用下列实验装置进行的实验或操作不能达到相应目的是
A. ①探究反应物的接触面积对反应速率的影响
B. ②探究温度对平衡的影响
C. ③除去碱式滴定管中的气泡
D. ④测漂白精溶液的pH
【答案】D
【解析】
【详解】A．①中只有CaCO3的表面积不相同，其它外界条件相同，可用于探究反应物的接触面积对反应速率的影响，A正确；
B．在烧瓶中存在NO2与N2O4的可逆反应，反应的起始状态相同，气体颜色相同，然后一个烧瓶放入热水中，一个放入冷水中，看到热水中气体颜色变深，冷水中气体颜色变浅，可知对于可逆反应：2NO2(g)N2O4(g)，升高温度，化学平衡逆向移动，降低温度，化学平衡正向移动，可用于探究温度对化学平衡的影响，B正确；
C．③中图示符合碱式滴定管中气泡排除方法的操作要求，C正确；
D．漂白精具有强氧化性，会将pH氧化使其褪色，因此不能使用pH试纸测定溶液pH值，D错误；
故合理选项是D。
10. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 氯水中存在的平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，当加入适当的NaHCO3(s)后，溶液颜色变浅
B. 在K2Cr2O7溶液中存在如下平衡，+H2O2+2H+，若向K2Cr2O7溶液中滴入5~15滴浓硫酸，溶液颜色橙色加深
C. 对于反应体系CO(g)+NO2(g) NO(g)+CO2(g)，给平衡体系增大压强可使颜色变深
D. 对于反应2NO2(g) N2O4(g) ΔH＜0，平衡体系升高温度颜色变深
【答案】C
【解析】
【详解】A．当向氯水中加入适当的NaHCO3(s)后，溶液颜色变浅，说明氯气浓度减小，平衡正向移动，可以用勒夏特列原理解释，A错误；
B．向K2Cr2O7溶液中滴入5~15滴浓硫酸，溶液颜色橙色加深，说明H+浓度增大时，平衡逆向移动，可以用勒夏特列原理解释，B错误；
C．该平衡反应两边计量数和相等，给平衡体系增大压强，平衡不移动，但是由于NO2的浓度增大，使颜色变深，不可以用勒夏特列原理解释，C正确；
D．对该平衡体系升高温度，可使平衡逆向移动，NO2的浓度增大，所以颜色变深，可以用勒夏特列原理解释，D错误；
故答案为：C。
11. 某温度下，相同体积、相同的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时的变化曲线如图所示，下列判断正确的是
A. 点导电能力比点强
B. 点的值大于点
C. 与盐酸完全反应时，消耗盐酸体积
D. 、两点的相等
【答案】D
【解析】
【分析】根据信息可知氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH，由于氢氧化钠是强电解质，氨水是弱电解质，则氢氧化钠的浓度小于氨水，稀释过程中，促进氨水电离，所以pH变化快的是氢氧化钠，变化慢的是氨水。
【详解】A．溶液的导电能力与离子浓度成正比，a点的碱性小于b点，即a点的离子浓度小于b点，所以a点溶液的导电能力比处于b点溶液的导电能力弱，A错误；
B．电离平衡常数只与温度有关，温度不变，氨水的电离平衡常数不变，B错误；
C．氨水和氢氧化钠都是一元碱，等pH的氨水和氢氧化钠，氨水的浓度大于氢氧化钠，二者等体积时，氨水的物质的量大于氢氧化钠，所以氨水消耗盐酸体积大，即Va
故答案为：D。
12. 向稀氨水中分别加入①蒸馏水、②氨气、③氯化铵，并维持室温，相关判断正确的是
A. 加入①之后，氨水的电离平衡得到促进，c(OH-)增大
B. 加入①之后，c()增大，c(NH3·H2O)减小、增大
C. 加入②之后，氨水的电离平衡正移，NH3·H2O的电离程度增大
D. 加入③之后，c(NH3·H2O)增大，维持不变
【答案】D
【解析】
【分析】在稀氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+ OH-，然后根据平衡移动原理分析判断。
【详解】A．稀氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+ OH-，加入①蒸馏水，对溶液起稀释作用，导致电离平衡正向移动，稀释后溶液中c(OH-)减小，A错误；
B．在稀氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+ OH-，加入①蒸馏水后，对溶液起稀释作用，导致电离平衡正向移动，n(NH3·H2O)减小，n()增大，溶液导致溶液体积增大，且稀释使溶液体积增大的倍数大于平衡移动使、OH-离子浓度增大的影响，因此溶液中c()减小，c(OH-)减小，c(NH3·H2O)减小，=，温度不变，Kb不变，所以增大，B错误；
C．在氨水中存在化学平衡：NH3+H2ONH3·H2O，向溶液中通入NH3，c(NH3·H2O)增大，电离平衡正向移动，但平衡移动趋势是微弱的，最终NH3·H2O的电离程度减小，C错误；
D．在稀氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+ OH-，向其中加入NH4Cl，NH4Cl电离产生，使c()增大，电离平衡逆向移动，=。温度不变，Kw、Kb不变，所以就不变，D正确；
故合理选项是D。
13. 在密闭容器中进行反应：2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)。下图是某次实验的化学反应速率随时间变化的图像，推断t时刻突然改变的条件可能是
A. 增大的浓度B. 升高反应体系的温度
C. 增大压强（缩小容器体积）D. 添加了合适的催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．增大NO的浓度，t时刻正反应速率增大，逆反应速率不变，与图不符，A错误；
B．该反应正反应为放热反应，升高反应体系的温度，平衡逆向移动，与图不符，B错误；
C．缩小容器体积增大压强，正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，C正确；
D．添加了合适的催化剂，正逆反应速率同等程度的增大，与图不符，D错误；
故答案选C。
【点睛】根据勒夏特列原理：①升高温度时，反应向着吸热方向移动；降低温度时，反应向着放热方向移动；②增大压强时，反应向着系数变小的方向移动；减小压强时，反应向着系数变大的方向移动；③增大浓度，反应向着削弱该物质浓度的方向移动。
14. 在某一密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）＋B（g）xC（g）（正反应放热）有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）
A. P3＞P4，y轴表示B的转化率B. P3＜P4，y轴表示B的体积分数
C. P3＜P4，y轴表示混合气体的密度D. P3＞P4，y轴表示混合气体的密度
【答案】A
【解析】
【分析】图1中，根据先拐先平数值大知，温度一定时，P2＞P1，增大压强，C的含量增大，则平衡向正反应方向移动，所以x=1；压强一定时，T1＞T2，升高温度，C的含量降低，则正反应是放热反应。
【详解】A、升高温度平衡向逆反应方向移动，B的转化率减小，增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，则P3＞P4，A正确；
B、升高温度平衡向逆反应方向移动，B的体积分数增大，增大压强平衡向正反应方向移动，B的体积分数减小，P3＜P4，B错误；
C、混合气体总质量不变，容器容积不变，反应混合气体的密度不变，C错误；
D、混合气体总质量不变，容器容积不变，反应混合气体的密度不变，D错误；
故选A。
【点睛】本题考查图象分析，侧重考查学生分析判断能力，根据先拐先平数值大确定反应热和x值，再采用“定一议二”的方法分析解答。
第二部分非选择题(共58分)
二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)
15. 某学生用标准溶液滴定未知浓度硫酸的实验操作如下(正确的操作顺序自行判断)：
A.用酸式滴定管取稀，注入锥形瓶中，加入酚酞
B.用待测定的溶液润洗酸式滴定管
C.用蒸馏永洗干净滴定管
D.取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管刻度“0”以上2-3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至刻度“0”或“0”刻度以下
E.检查滴定管是否漏水
F.另取锥形瓶，再重复操作一次
G.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度，用去NaOH溶液15.00mL
（1）在G操作中如何确定终点_______。
（2）碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗导致滴定结果_______(填“偏小”、“偏大”或“恰好合适”)
（3）配制100mL NaOH标准溶液，除了烧杯、玻璃棒，必须使用到的玻璃仪器是_______。
（4）观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则结果会导致测得的稀溶液浓度测定值_______(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（5）计算待测硫酸溶液的物质的量浓度_______。
【答案】（1）无色变为浅红色(或粉红色)且半分钟不褪去
（2）偏大（3）100mL容量瓶、胶头滴管
（4）偏小（5）
【解析】
【小问1详解】
终点时现象是当溶液无色变为浅红色(或粉红色)且半分钟不褪去；
故答案为：无色变为浅红色(或粉红色)且半分钟不褪去；
【小问2详解】
碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗，则氢氧化钠溶液的浓度变小，滴定时消耗的氢氧化钠的体积偏大；
故答案为：偏大；
【小问3详解】
需要使用的仪器有：药匙、烧杯、量筒、托盘天平(砝码、镊子)、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，必须使用到的玻璃仪器是为：100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；
故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；
【小问4详解】
观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则氢氧化钠的体积偏小，所以测定的硫酸的浓度偏小；
故答案为：偏小；
【小问5详解】
滴定时消耗的氢氧化钠的物质的量为，
根据反应：,则：，所以100mL硫酸中物质的量为，则待测硫酸溶液的物质的量浓度；
故答案为：。
16. 回答下列问题：
（1）①若在一个容积为2 L的密闭容器中加入0.2 mlN2的和0.6 mlH2的，在一定条件下发生反应：N2+3H22NH3，若在5分钟时反应达到平衡，此时测得2NH3的物质的量为0.2 ml。则平衡时H2的转化率为_______。
②平衡后，若要提高H2的转化率，可以采取的措施有_______。
A.加了催化剂 B.增大容器体积 C.降低反应体系的温度 D.加入一定量N2
③下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据是_______(填序号字母)。
A.容器内N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为1∶3∶2 B.v(N2)正=3v(H2)逆
C.容器内压强保持不变 D.混合气体的密度保持不变
（2）化学反应的焓变通常用实验进行测定：实验测得，标准状况下11.2L甲烷在氧气中充分燃烧生成液态水和二氧化碳气体时释放出akJ的热量，试写出表示甲烷燃烧的热化学方程式：_______。
（3）砷(As)是第四周期VA族元素，可以形As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4成等化合物，有着广泛的用途。回答下列问题：
①画出砷的原子结构示意图_______。
②工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式_______。该反应需要在加压下进行，原因是_______。
③已知：
则反应的As2O5(s)+3H2O(l)=2H3AsO4(s) _______。
【答案】（1） ①. 50% ②. CD ③. C
（2）
（3） ①. ②. ③. 加快反应速率，提高原料的利用率 ④.
【解析】
【小问1详解】
①当生成0.2mlNH3时，消耗氢气0.3ml，氢气的转化率为：；
②A.加催化剂可以加快反应速率，但不会影响氢气的转化率，A错误；
B.增大容器体积，压强减小，该反应正向气体分子数减少，故平衡逆向移动，氢气的转化率减小，B错误；
C.该反应为放热反应，降低反应体系的温度，平衡正向移动，氢气的转化率增大，C正确；
D.加入一定量N2，反应物浓度增大，平衡正向移动，氢气的转化率增大，D正确；
故选CD；
③A.容器内N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为1∶3∶2，浓度之比等于化学计量数之比，不能证明反应达到平衡，A错误；
B.当v(N2)正=v(H2)逆时可以判断达到平衡，B错误；
C.该反应前后气体分子数变化，当容器内压强保持不变时达到平衡，C正确； D.该反应气体总质量和容器体积均不变，混合气体的密度始终保持不变，不能判断达到平衡，D错误；
故选C。
小问2详解】
标况下11.2L甲烷的物质的量为0.5ml，完全燃烧时放出的热量为akJ，故1ml甲烷完全燃烧时放出的热量为2akJ，表示甲烷燃烧热的热化学方程式为：；
【小问3详解】
①As的原子序数为33，原子结构示意图为：；
②As2S3与O2反应，生成H3AsO4和单质硫，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为：；该反应正向气体分子数减少，加压浓度增大，化学反应速率增大，平衡正向移动，反应物的利用率增大，故在加压下进行的原因是：加快反应速率，提高原料的利用率；
③记I：；
II：；III，目标反应=2I-3II-III，故。
17. 两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人均使用镁片和铝片作电极，甲同学将电极放入2ml/L H2SO4溶液A中，乙同学将电极放入6ml/L NaOH溶液B中，如图：
（1）原电池中的能量转化过程是将_______。
（2）A中正极的电极反应式为_______，电子的流向是由_______(填“Al→Mg或Mg→Al”)。
（3）B中负极为_______(填元素符号)。
（4）由此实验得出的下列结论中，正确的是_______(填字母)。
A. 镁的金属性不一定比铝的金属性强
B. 该实验说明金属活动性顺序已过时，已没有实用价值
C. 该实验说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析
D. 上述实验证明了“直接利用金属活动性顺序判断原电池中的正负极”这种做法不可靠
（5）两位同学继续用下图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。
请回答下列问题：
①A电极的电极反应式为_______。
②一段时间后，丙池中F电极上出现的现象是_______。
③当乙池中C极质量减轻10.8 g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为_______mL(标准状况)。
【答案】（1）化学能转化为电能
（2） ①. 2H++2e-=H2↑ ②. Mg→Al
（3）Al（4）CD
（5） ①. CH4＋10OH-_8e-=CO＋7H2O ②. 石墨上有红色固体析出 ③. 560
【解析】
【分析】将电极放入2ml/L H2SO4溶液A中，镁活泼作负极，铝较不活泼作正极，将电极放入6ml/L NaOH溶液B中，镁不反应作正极，铝反应作负极；甲、乙、丙三池中，根据A、B电极中通入的甲烷和氧气可确定甲为原电池，其中A为负极、B为正极，乙、丙为电解池，乙中C为阳极、D为阴极，丙中为E阳极、F 为阴极。
【小问1详解】
原电池是将化学能转化为电能；
【小问2详解】
A中Al作正极，氢离子作氧化剂，电极反应式为2H++2e-=H2↑；电子的流向是由Mg（负极）→Al（正极）；
【小问3详解】
B中负极为能在氢氧化钠溶液反应的Al，Mg不反应作正极；
【小问4详解】
A．根据金属单质与水或酸置换出氢气的难易可得镁的金属性比铝的金属性强，Al在氢氧化钠溶液反应产生氢气不能作为比较金属性强弱的依据，A错误；
B．比较金属活动性顺序的依据要明确，不要被一些特殊反应混淆金属活动性顺序的比较，B错误；
C．该实验中镁铝在稀硫酸中比较置换出氢气的难易而可以比较金属性，镁铝在氢氧化钠溶液中镁不反应而铝反应是因为氢氧化铝具有两性能溶解于氢氧化钠而氢氧化镁只有碱性不能溶解于氢氧化钠，说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析，C正确；
D．上述实验证明了“直接利用金属活动性顺序判断原电池中的正负极”这种做法不可靠，要注意反应的特殊性和明确金属活动性顺序的比较方法，D正确；
答案选CD。
【小问5详解】
A电极是原电池的负极，甲烷作还原剂在氢氧化钾介质下氧化为碳酸根离子，该电极反应式为CH4＋10OH-_8e-=CO＋7H2O； F是电解池的阴极，铜离子在该电极得电子还原为铜单质，现象是石墨上有红色固体析出；根据串联电极的电子守恒法可得。
18. 铜和三氧化二铁在工农业生产中用途广泛，用黄铜矿(主要成分为，其中为+2价、为+2价)制取铜和三氧化二铁的工艺流程如图所示：
（1）将黄铜矿粉碎的目的是_______。
（2）高温熔烧时发生的反应是，当1参加反应时，反应中转移电子_______。
（3）向滤液A中通入的目的是_______。
（4）向溶液B中通入后发生反应的离子方程式为_______。
（5）工业上用生物法处理的原理为(硫杆菌作催化剂)：
由图甲和图乙可知，使用硫杆菌的最佳条件为_______，若反应温度过高，反应速率下降，其原因是_______。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率
（2）6（3）将亚铁离子氧化成铁离子
（4）
（5） ①. 温度为30℃， ②. 反应温度过高，使硫杆菌失去活性，催化活性降低
【解析】
【分析】黄铜矿粉末通氧气高温焙烧产生硫化亚铁和铜，加盐酸酸溶时硫化亚铁反应生成氯化亚铁，铜不溶解而过滤分离出来，滤液A通入的氯气将亚铁氧化为铁离子，溶液B通氨气使铁离子沉淀为氢氧化铁，过滤分离出的氢氧化铁经焙烧得氧化铁。
【小问1详解】
黄铜矿粉碎的目的是增大固体表面积，加快反应速率，提高原料利用率；
【小问2详解】
该反应中铜元素和氧元素化合价降低，则1参加反应时，反应中转移电子为；
【小问3详解】
滤液A为氯化亚铁，通入的目的是将亚铁离子氧化成铁离子；
【小问4详解】
滤液B为氯化铁，通入氨气的离子方程式为
【小问5详解】
由图像可知，在温度为30℃和时，亚铁的氧化速率都最高，则使用硫杆菌的最佳条件为30℃和；反应温度过高，硫杆菌的催化活性降低，反应速率下降。
19. 25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示
请回答下列问题：
（1）同浓度的CH3COO-、、、ClO- 结合H+的能力由强到弱的顺序为___________。
（2）常温下，0.1ml•L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是___________(填序号)。
A. c(H+)B. C. c(H+)•c(OH-)D.
（3）在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程如下图所示，a、b、c三点处，电离程度最大的是___________。
（4）25℃时，pH=4的盐酸中水的电离程度___________pH=10的Ba(OH)2溶液中水的电离程度(填“<”“>”或“=”)。
（5）某温度下，测得0.1 ml/L NaOH溶液pH为11，则该温度下水的离子积常数Kw=___________。
（6）浓度相等的盐酸和醋酸各100mL，分别与过量的Zn反应，相同条件下生成H2的体积分别为V1和V2，则V1___________ V2 (填“>”、“<”或“=”)
【答案】（1）CO>ClO->HCO>CH3COO-（2）A
（3）c（4）=
（5）1×10-12（6）=
【解析】
【小问1详解】
根据表格中电离常数的数据可知Ka(CH3COOH) >Ka1(H2CO3)> Ka(HClO)> Ka2(H2CO3)，酸性越强，其阴离子结合氢离子的能力越弱，故同浓度的CH3COO－、、、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为> ClO－>> CH3COO－。
【小问2详解】
A．CH3COOH溶液在加水稀释过程中，溶液浓度减小，c(H+)减小；
B．，稀释过程中，溶液浓度减小，减小，比值增大；
C．c(H+)∙c(OH-)=Kw，其只受温度影响，比值不变；
D．，稀释过程中，溶液浓度减小，c(H+)减小，比值增大；
故一定变小的是A。
【小问3详解】
a、b、c三点处，随着醋酸不断稀释，浓度不断减小，醋酸的电离程度不断增大，所以电离程度最大的是c。
【小问4详解】
pH═4的盐酸中，由水电离出的c水（OH-）═c水（H+）=ml/L=1×10-10ml/L，pH═10的Ba（OH）2溶液中，由水电离出的c水（H+）=1×10-10ml/L，故两种溶液中水的电离程度相同，故填=。
【小问5详解】
0.1 ml/L NaOH溶液，c(OH-)=10-1ml/L，因为pH=11，c(H+)=10-11ml/L，。
【小问6详解】
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.7×10-5
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
3.0×10-8
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