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2017-2018学年北京市东城区高二下学期期末考试化学试题 解析版
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北京市东城区2017-2018学年下学期高二年级期末考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 F 19
第一部分（选择题，本部分有25小题。每小题只有一个正确选项。）
1.化学与科学、技术、社会和环境密切相关。下列有关说法中不正确的是
A. 对废旧电池进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝
B. 用电解水的方法制取大量，可以缓解能源不足的问题
C. 大力开发和应用太阳能有利于实现“低碳经济”
D. 工业上，不能采用电解溶液的方法制取金属镁
【答案】B
【解析】
试题分析：A、废旧电池中含有重金属，因此对废旧电池进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝，A正确；B、电解水需要消耗大量的电能，不利于节能，B不正确；C、氢能是新能源，因此大力开发和应用氢能源有利于实现“低碳经济”，C正确；D、镁是活泼的金属，工业上，不能采用电解MgCl2溶液的方法制取金属镁，而是电解熔融的氯化镁，D正确，答案选B。
考点：考查化学与生活、能源以及环境保护等
2.被称为人体冷冻学之父的罗伯特·埃廷格（Robert Ettinger）在1962年写出《不朽的前景》（The Prospect Of Immortality）一书。他在书中列举了大量事实，证明了冷冻复活的可能。比如，许多昆虫和低等生物冬天都冻僵起来，春天又自动复活。下列结论中与上述信
息相关的是
A. 温度越低，化学反应越慢 B. 低温下分子无法运动
C. 温度降低，化学反应停止 D. 化学反应前后质量守恒
【答案】A
【解析】
试题分析：冬天温度低，化学反应速率慢。春天温度逐渐升高，反应速率逐渐加快，据此可知选项A正确，答案选A。
考点：考查外界条件对反应速率的影响
点评：该题是设计新颖，有利于调动学生的学习兴趣，激发学生的学习求知欲。该题的关键是明确温度和反应速率的关系，然后结合题意灵活运用即可。
3.按照生活经验，判断下列物质：①苏打水 ②鲜橙汁 ③食醋 ④肥皂液，其中呈酸性的是
A. ②③ B. ①④ C. ②③④ D. ①③④
【答案】A
【解析】
【详解】①苏打水是含有碳酸氢钠的水溶液，碳酸氢钠水解而使溶液呈弱碱性②鲜橙汁中含有有机酸类物质，故其呈酸性③食醋中含有乙酸，故其呈酸性④肥皂液为高级脂肪酸钠的水溶液，高级脂肪酸钠水解而使溶液呈碱性。综上所述，本题答案为A。
4.能源是当今社会发展的三大支柱之一。有专家提出：如果对燃料燃烧产物如二氧化碳、水、氮气等能够实现利用太阳能让它们重新组合（如下图），可以节约燃料，缓解能源危机。在此构想的物质循环中太阳能最终转化为
A. 化学能
B. 热能
C. 生物能
D. 电能
【答案】B
【解析】
根据图示是利用太阳能把燃烧产物转化为燃料CH4、CH3OH、NH3等，所以太阳能最终转化为热能。
5.下列关于铜电极的叙述不正确的是
A. 铜锌原电池中铜是正极
B. 用电解法精炼铜时粗铜作阳极
C. 在镀件上镀铜时可用铜作阳极
D. 电解稀制、时铜做阳极
【答案】D
【解析】
【详解】A.铜锌原电池中，锌比铜活泼，所以铜是正极 ，故A叙述正确；
B.用电解法精炼铜时粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B叙述正确；
C.在镀件上镀铜时可用铜作阳极，镀件作阴极，故C叙述正确；
D.电解稀硫酸溶液制H2、O2时铜做阳极，则阳极是Cu发生氧化反应，不是氢氧根离子发生氧化反应，所以不可能得到氧气，故D叙述错误；
答案选D。
【点睛】本题主要考查了电解池在生产生活中的应用，在分析电解的原理时，要注意区分活性电极和惰性电极，当铜为电解的阳极时，为活性电极，首先是铜失电子变成铜离子。
6.下列说法不正确的是
A. 钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应均为
B. 钢铁发生吸氧腐蚀，正极的电极反应为
C. 破损后的镀锌铁板比镀锡铁板更耐腐蚀
D. 用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁，钢铁作原电池的负极
【答案】D
【解析】
【详解】A．钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀中都是铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，故A说法正确；
B．钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，故B说法正确；
C．在原电池中，镀锌铁板中锌作负极，铁作正极而被保护，镀锡铁板中铁作负极而被腐蚀，故C说法正确；
D．用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁，牺牲阳极作原电池负极，被保护的钢铁作原电池正极，故D说法错误；
故答案选D。
【点睛】本题主要考查金属的腐蚀与防护相关知识，在利用电化学的原理进行金属的防护时，一般金属作原电池的正极或电解池的阴极来防止金属被氧化。
7.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是
A. 抗氧化剂 B. 调味剂
C. 着色剂 D. 增稠剂
【答案】A
【解析】
试题分析：A.抗氧化剂能减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，A项正确；B.调味剂是为了增加食
品的味道，与速率无关，B项错误；C.着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，C项错误；D.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，D项错误；答案选A。
考点：考查食品添加剂。
视频
8.水的电离过程为，在不同温度下其离子积常数为，。则下列关于纯水的叙述正确的是
A. 随着温度升高而降低
B. 在35℃时，
C. 25℃时水的电离程度大于35℃时水的电离程度
D. 水的电离是吸热的
【答案】D
【解析】
【详解】A.K（25℃）=1.0×10-14＜K（35℃）=2.1×10-14，所以c（H+）随温度的升高而增大，故A错误；
B.升高温度，促进电离，但氢离子浓度和氢氧根离子浓度始终相等，故B错误；
C. 升高温度，促进水的电离，故35℃时水的电离程度大于25℃时水的电离程度，故C错误；
D. K（25℃）=1.0×10-14＜K（35℃）=2.1×10-14，说明升高温度，水的电离程度增大，水的电离为吸热过程，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题主要考查水的电离程度与温度的关系，因水的电离是吸热过程，故升温时，水的电离程度增大，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度都增大，但溶液依然是呈中性的。
9.下列物质在水溶液中促进了水的电离的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaHSO4在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故A错误；
B.HClO在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故B错误；
C.NaCl为强酸强碱盐，对水的电离无影响，故C错误；
D.CuSO4溶液中Cu2+会发生水解而促进水的电离，故D正确；
答案选D。
10.下列关于化学反应中物质或能量变化的判断正确的是
A. 需要加热才能进行的反应一定是吸热反应，放热反应不需要加热
B. 一定条件下进行的化学反应，只能将化学能转化成光能或热能
C. 化学键的断裂和形成是物质在化学反应中发生能量变化的主要原因
D. 将溶液蒸干后并高温加热至质量不发生变化，最终所得固体仍为
【答案】C
【解析】
【详解】A.化学反应的热效应和反应条件无关，有的吸热反应在常温下也可进行，如氯化铵和氢氧化钡晶体之间的反应，有的放热反应却需要加热，如二氧化硫的催化氧化反应，故A错误；
B.化学能转化的能量形式是多样的，可以是光能、电能、热能等，故B错误；
C．化学反应中总是有键的断裂和形成，在断键时吸收能量，成键时释放能量，导致在化学反应中放热或吸热，故C正确；
D．NaHCO3不稳定，在加热条件下会分解生成Na2CO3，故D错误；
答案选C。
11.已知在的溶液中存在着如下平衡：
。
加入下列物质能使溶液变为橙色的是
A. 氨水 B. 硫酸 C. 亚硫酸钠 D. 水
【答案】B
【解析】
【详解】A.加入氨水，中和溶液中的氢离子，氢离子浓度降低平衡向正反应方向移动，c(Cr 2 O 7 2- )减小，c(CrO 4 2- )增大，溶液变黄，故A错误；
B. 加入硫酸，溶液中c(H + )增大，平衡向逆反应方向移动，c(CrO 4 2- )降低，c(Cr 2 O 7 2- )增大，所以显橙色，故B正确；
C.加入亚硫酸钠会消耗H +，氢离子浓度降低平衡向正反应方向移动，c(Cr 2 O 7 2- )减小，c(CrO 4 2- )增大，溶液变黄，故C错误；
D.加水稀释，平衡正向移动，溶液显黄色，故D错误；
答案选B。
12.在一定温度下，可逆反应达到平衡的标志是
A. 生成的速率和分解的速率相等
B. 、、的浓度相等
C. 单位时间内生成，同时生成
D. 、、的分子数之比为1：3：2
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH3生成的速率和NH3分解的速率相等，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；
B.平衡时各物质的物质的量浓度的大小关系取决于物质的起始物质的量和转化率，N2、H2、NH3浓度相等时不能说明其浓度保持不变，故不能作为判断是否达到平衡状态的依据，B错误；
C．单位时间内生成nmolN2是逆反应，同时生成3nmolH2也是逆反应，不能说明正逆反应速率相等，故C错误；
D． N2，H2，NH3分子数之比为1：2：3，并不能说明反应混合物各成份的浓度保持不变，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故D错误；
答案选A。
【点睛】化学平衡状态是一个相对稳定的状态，并不是任意时刻的状态。反应混合物的浓度相等时，有可能是反应进行到某个时刻的状态，并不一定是平衡状态，只有确定各组分的浓度保持不变时，才能判断其为平衡状态。
13.下列关于平衡常数的说法正确的是
A. 在平衡常数表达式中，反应物浓度用起始浓度表示，生成物浓度用平衡浓度表示
B. 可逆反应中，反应物的转化率增大，一定导致化学平衡常数增大
C. 可以用化学平衡常数来定量描述化学反应的限度
D. 平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂有关
【答案】C
【解析】
【详解】A.在平衡常数表达式中，反应物浓度和生成物浓度都应用平衡浓度表示，故A错误；
B.同一反应，平化学衡常数只受温度影响，反应物的转化率增大，平衡常数不一定改变，故B错误；
C.平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大，故C正确；
D.同一反应，化学平衡常数只受温度影响，与反应物浓度、体系的压强、催化剂等无关，故D错误；
答案选C。
14.下列有关事实，与水解反应无关的是
A. 醋酸钠溶液中，
B. 实验室保存溶液时常加入Fe粉
C. 加热蒸干氯化铁溶液，不能得到氯化铁晶体
D. 用和大量水反应，同时加热制备
【答案】B
【解析】
【详解】A.醋酸钠溶液中，醋酸根离子发生水解导致溶液呈碱性，与水解有关，故A错误；
B.实验室保存FeCl2溶液时常加入Fe粉是为发防止Fe2+被氧化，与水解无关，故B正确；
C.加热蒸干氯化铁溶液，由于促进了Fe3+的水解，最终得到氢氧化铁固体，不能得到氯化铁晶体，与水解有关，故C错误；
D. TiCl4遇水发生水解反应； TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O+4HCl，加热生成TiO2，与水解有关，故D错误；
答案选B。
15.如图为一原电池装置，其中X、Y为两种不同的金属。对此装置的下列说法中正确的是
A. 活动性顺序：X>Y
B. 外电路的电流方向是：X→外电路→Y
C. 随反应的进行，溶液的pH减小
D. Y极上发生的是氧化反应
【答案】A
【解析】
【分析】
由装置图中标示出的电子流向可判断X极为负极，Y为正极，结合原电池的工作原理可得结论。
【详解】A.一般构成原电池的两个金属电极的活泼性为：负极>正极，故X>Y，故A正确；
B. 外电路的电流方向与电子的流向相反，应为是：Y→外电路→X，故B错误；
C. 随反应的进行，溶液中氢离子浓度不断减小，溶液的pH增大，故C错误；
D. Y极上得到电子，发生还原反应，故D错误；
答案选A。
16.下图表示的是某物质所发生的
A. 置换反应 B. 水解反应 C. 中和反应 D. 电离过程
【答案】B
【解析】
试题分析：据题目给出的模型可知， HCO＋H2O=H2CO3＋OH－，而据水解的定义；水与另一化合物反应，该化合物分解为两部分，水中氢原子加到其中的一部分，而羟基加到另一部分，因而得到两种或两种以上新的化合物的反应过程。该反应中，水中的氢加到了碳酸氢根离子，氢氧根离子加到了另外一部分的阳离子中，符合水解反应的定义，因此答案选B
考点：考查水解反应的相关知识点
17.某同学按照教材实验要求，用50mL 0.50mol/L的盐酸与50mL 0.55mol/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热。下列说法正确的是
A. 实验过程中没有热量损失
B. 图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒
C. 烧杯间填满碎纸条的主要作用是固定小烧杯
D. 若将盐酸体积改为60 mL，理论上所求中和热不相等
【答案】B
【解析】
试题分析：A、热量不损失是不可能的，A错误；B、该实验装置缺少环形玻璃搅拌棒，B正确；C、烧杯间填满碎纸条的作用是保温，减少热量的散失，C错误；D、中和热指稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水所释放的热量，与酸碱用量没有关系，D不正确，答案选B。
考点：考查中和热的测定
18.关于下列事实的解释，其原理表示不正确的是
A. 常温下，测得0.1mol/L氨水的pH为11:
B. 将通入水中，所得水溶液呈酸性：
C. 用、进行氢氧燃料电池实验，产生电流：2H2+O22H2O
D. 恒温恒容时，的平衡体系中，通人，平衡正向移动：通入后，体系中的值小于平衡常数K
【答案】C
【解析】
【详解】A.若氨水中一水合氨是完全电离的，常温下0.1mol/L氨水的pH为13，而实际测得为11，说明一水合氨在溶液中部分电离，故A原理表示正确；
B．将通入水中，所得水溶液呈酸性是因为二氧化碳与水反应生成了碳酸，故B表示原理正确；
C．用、进行氢氧燃料电池实验时，是通过原电池装置使反应是的电子定向移动的，并不是通过燃烧，故C原理表示不正确；
D.在平衡体系中，通入I2(g)后，C(I2)增大，减小，体系中的值小于平衡常数K，平衡正向移动，故D原理表示正确；
答案选C。
【点睛】在判断可逆反应平衡的移动方向时，可由反应混合物的浓度熵与平衡常数的相对大小来分析，若在一定条件下，Qc=K，则反应处于平衡状态；Qc>K，则反应逆向移动； Qc
A. 粒子种类不相同
B. 前者大于后者
C. 均存在电离平衡和水解平衡
D. 分别加入固体，均增大
【答案】A
【解析】
【详解】A.NaHCO3和Na2CO3溶液中存在粒子种类相等，均有碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸分子、钠离子、氢离子和氢氧根离子以及水分子，故A判断不正确；
B.在浓度相同的情况下，碳酸根离子的水解程度较碳酸氢根离子要大，溶液的碱性更强，故B判断正确；
C.在NaHCO3和Na2CO3溶液中均存在水的电离平衡和弱离子碳酸根、碳酸氢根离子的水解平衡，故C正确；
D. 分别加入固体后，Na2CO3溶液中碳酸根离子的水解受到抑制导致C(CO32-)增大，NaHCO3溶液中发生反应：HCO3-+OH-=H2O+ CO32-，从而C(CO32-)增大，故D判断正确；
答案选A。
20.某研究性学习小组通过测量溶液的电导率（电导率越大，说明溶液的导电能力越强）探究沉淀溶解平衡，各物质的电导率数据如下：
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
物质
固体
饱和溶液
饱和溶液
NaCl溶液
溶液
饱和溶液
电导率
0
7
37
389
1989
1138
13
下列分析不正确的是
A. 固体中不存在自由移动的离子
B. 与①、②对比，可说明③中发生了电离
C. ⑤、⑥等体积混合后过滤，推测滤液的电导率一定大于13
D. 将①中固体加入④中，发生反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸钙为离子化合物，由离子构成，离子键形成离子键，离子不能自由移动，故A分析正确；
B．与①、②对比，③的电电导率较大，故溶液中自由移动的离子浓度较大，说明CaCO3发生了电离，故B分析正确；
C. ⑤、⑥等体积、等浓度混合，混合后过滤得到硝酸钠、氯化银的饱和溶液，导电率一定大于13，故C分析正确；
D．由③④的电导率对比可知Ksp（CaCO3）< Ksp（CaSO4），不能实现上述转化，故D分析错误；
答案选D。
【点睛】③的电导率较④的要小，说明CaSO4的饱和溶液中自由移动的离子浓度要大一些，则CaCO3更难溶，在其它条件相同时，反应总向生成更难溶物质的方向发生转化。
21.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A.水的电离是可逆过程，升高温度Kw增大，促进水的电离，故A可以用平衡移动原理来解释；
B.HCl在溶液完全电离，当其浓度为0.1mol/L时，电离出的c(H+)=0.1mol/L，pH=1，当其浓度为0.01mol/L时，电离出的c(H+)=0.01mol/L，pH=2，故B不可以用平衡移动原理来解释；
C．存在平衡2NO2N2O4，且正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以气体颜色加深，可以用平衡移动原理来解释，故C不可以用平衡移动原理来解释；
D．升温促进了Fe3+的水解，从而生成了氢氧化铁的胶体，故D故可用平衡移动原理来解释；
答案选B。
22.下列实验现象或图像信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是
A
B
C
D
反应装置或图像
实验现象或图像信息
温度计的水银柱上升
反应物总能量大于生成物总能量
反应开始后，针筒活塞向右移动
反应开始后，甲处液面低于乙处液面
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．盐酸和氢氧化钠发生中和反应，为放热反应，可观察到温度计的水银柱不断上升，故A与题意不符；
B．从能量守恒的角度分析，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故B与题意不符；
C．硫酸和锌反应生成氢气，导致反应开始后，针筒活塞向右移动，不能说明反应放热，故与题意相符；
D．反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明装置内压强增大，反应为放热反应，温度升高，压强增大，故D与题意不符；
答案选C。
23.对下列图像的描述正确的是
A. 根据图①可判断反应的
B. 图②可表示压强（p）对反应的影响
C. 图③可表示向醋酸溶液通入氨气时，溶液导电性随氨气量的变化
D. 根据图④，除去溶液中的，可加入调节至3-5
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图象可知，温度升高，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故A错误；
B.从图象可知，在p2条件下曲线斜率大，反应到达平衡用得时间少，反应速率快，根据压强对反应速率的影响，压强越大反应速率越大，则p2曲线压强大，根据反应方程式可以看出，物质D为固体，则增大压强平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，而图中达到平衡时反应物的浓度在两种不同压强下相同，是不符合实际的，故B错误；
C.乙酸和氨水都为弱电解质，二者反应生成醋酸铵为强电解质，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故C错误；
D.CuSO4溶液中加入适量CuO，发生：CuO+2H+═Cu2++H2O，溶液中H+浓度减小，易于Fe3+水解生成沉淀，当调节pH在4左右时，Fe3+全部水解生成沉淀而除去，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题主要老查了化学反应速率变化曲线及其应用 体积百分含量随温度、压强变化曲线 电解质溶液的导电性 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质等相关知识。
24.用如图所示装置，可由乙二醛制备乙二酸，反应原理为。下列说法正确的是
A. 该装置利用上述反应将化学能转化为电能
B. 电极的反应式为
C. 盐酸除增强溶液导电性的作用，还提供参与电极反应
D. 理论上每得到0.1mol乙二酸，将有从右室迁移到左室
【答案】C
【解析】
【详解】A. 该装置电解池，能量转化关系为电能转化为化学能，故A错误；
B. Pt1为阴极得电子发生还原反应，发生的电极反应方程式为：2H++2e-＝H2，故B错误；
C．HCl是电解质，其在水溶液中起提供Cl-和增强导电性的作用，同时在Pt2极放电生成Cl2，电极方程式为：Cl2+2e-＝2Cl-，故C正确；
D. 由反应可知，每生成1mol乙二酸，转移4mole-，将有4molH+从右室迁移到左室，则理论上每得到0.1mol乙二酸，将有从右室迁移到左室，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题主要考查了电解池原理的应用，在本装置中，阳极先是氯离子放电生成氯气，然后将乙二醛氧化生成乙二酸，从而实现由乙二醛制备乙二酸的目的。
25.已知和可以相互转化 。现将一定量和的混合气体通入体积为1L的恒温恒容的密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图。下列说法不正确的是
A. 反应进行至25min时，曲线发生变化的原因是加入0.4mol
B. a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是b和d
C. 图中共有两条曲线X和Y，其中曲线X表示浓度随时间的变化
D. 若要达到与d相同的状态，在25min时还可以采取的措施是适当缩小容器体积
【答案】A
【解析】
【详解】A.由曲线看出25 min时，NO2的浓度突然增大了0.4mol/L，则应加入了0.4mol NO2，故A说法错误；
B．由图可知，10-25min及35min之后X、Y的物质的量不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b和d处于化学平衡状态，故B说法正确；
C.由图可知，X的变化量为Y的2倍，由反应方程式的系数可得X为NO2浓度随时间的变化曲线；故C说法正确；
D.因在25 min时，恒温恒容条件下增大NO2的浓度，相当于增大了压强，平衡右移，要使25 min时改变条件达到使NO2（g）的百分含量与d点相同的化学平衡状态，也可通过缩上容器的体积来实现，故D说法正确；
答案选A。
第二部分（非选择题，本部分包括26—30题，共5题。）
26.阅读以下信息：①向盛有10mL水的锥形瓶中，小心滴加8~10滴液体，可观察到剧烈反应，液面上有白雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出，该气体中含有可使品红溶液褪色的；②蒸干溶液不能得到无水，使与混合并加热，可得到无水。请回答：
（1）将①中发生反应的化学方程式补充完整：SOCl2+H2O=SO2↑+______；
（2）溶液呈________（填“酸”“碱”或“中”）性，用离子方程式表示其原理为：_________。
（3）试解释②中可得到无水的原因：_________。
【答案】 (1). 2HCl (2). 酸 (3). (4). 吸收晶体中的水，产生的HCl抑制的水解
【解析】
【详解】（1）根据SOCl2和水反应的实验现象，可知反应生成的产物是HCl和SO2，这可以看作是SOCl2的水解反应：SOCl2中的1个+2价基团（SO2+）结合2个水电离产生的OH-生成H2SO3，H2SO3分解产生SO2，反应方程式为SOCl2+H2O====2HCl+SO2↑，故答案为：2HCl；
(2)AlCl3为强酸弱碱盐，在其溶液中Al3+发生水解生成H+，离子方程式为：，溶液显酸性，故答案为：酸、；
（3）SOCl2与水发生反应，既减少了水的量，又生成了H+，抑制AlCl3的水解，从而可得到无水AlCl3，故答案为：SOCl2吸收晶体中的水，产生的HCl抑制的水解。
27.关于化学反应的理论是一个经过简化的概念模型，合理简化的概念模型是研究化学反应原理的基础。反应速率的碰撞理论提出：能引发化学反应的碰撞称为有效碰撞。
（1）下图是HI分解反应中HI分子之间的几种碰撞示意图，其中属于有效碰撞的是________（填“a”“b”或“c”）。
（2）过渡态理论是在碰撞理论的基础上提出的：化学反应并不是通过简单的碰撞就能完成的，而是在反应物到生成物的过程中经过一个高能量的过渡态。根据图Ⅱ写出相应的热化学方程式：_________。
（3）过渡态理论认为，催化剂改变反应速率的原因是改变了活化能从而改变了反应的途径。请在下图中画出该反应在其他条件不变，仅使用催化剂而使反应速率加快的能量变化示意图：_____。
【答案】 (1). a (2). (3).
【解析】
【详解】（1）只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，分析三个图，可知只有a有新物质生成，则a为有效碰撞，故答案为：a；
（2）反应热为134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol，则反应的热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=-234 kJ/mol，故答案为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=-234 kJ/mol；
（3）使用催化剂而使反应速率加快的的原因是降低了反应的活化能，故答案为：。
28.合成氨对工、农业生产和国防都有重要意义。 已知：N2(g)+3 H2(g)⇌2NH3(g) △H= -92.4kJ/mol，请回答：
（1）合成氨工业中采取的下列措施可以用平衡移动原理解释的是________（填字母）。
a. 用铁触媒加快化学反应速率
b. 采用较高压强（20MPa~50MPa）
c. 采用较高温度（500℃左右）
d. 将生成的氨液化并及时从体系中分离出来
（2）一定温度下，在密闭容器中充入1mol N2和3mol H2并发生反应。
①若容器容积恒定，达到平衡时，N2的转化率α1 =25%，此时，反应放热______kJ，容器内气体压强与开始时气体压强之比是________。
②若容器压强恒定，则达到平衡时，容器中N2的转化率α2______α1（填“>”“<”或“=”）。
（3）随着对合成氨研究的发展，希腊科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氨（装置如图）。钯电极A为_________极（填“阴”或“阳”），该极上的电极反应式是_______。
【答案】 (1). bd (2). 23.1 (3). 7:8 (4). ＞ (5). 阴 (6).
【解析】
【详解】（1）a．用铁作催化剂加快化学反应速率，催化剂不能使平衡移动，使用催化剂是为了加快化学反应速率，用勒夏特列原理无法解释；b．采用较高压强（20Mpa-50MPa），合成氨是气体体积减小的反应，加压至20～50MPa，有利于化学平衡正向移动，有利于氨的合成，可用勒夏特列原理解释；c．加热到500℃合成氨是放热反应，升温会使平衡逆向移动，降低转化率，升温的目的是为了保证催化剂的催化活性，加快化学反应速率，不能用勒夏特列原理解释；d．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，将氨及时液化分离，利于化学平衡正向移动，有利于氨的合成，可用勒夏特列原理解释；故答案为：bd；
（2）①因N2的转化率为25%，放出的热量为:1mol×0.25×92.4kJ/mol=23.1KJ，在恒温恒容条件下，容器内气体压强与开始时气体压强之比等于气体的物质的量之比，平衡时容器中气体的物质的量为：4mol-1mol×0.25×2=3.5mol，则容器内气体压强与开始时气体压强之比为:3.5mol:4mol=7:8；故答案为：23.1、7:8；②在恒容条件下，可逆反应在建立平衡的过程中，容器中的气体分子数目减少，则容器内的压强减小，故在恒压条件下容器内的压强比恒容条件下大，由于该反应正反应是一个气体分子数目减小的反应，故在恒压条件下有利于反应的正向进行，氮气的转化率更大，故答案为：＞；
（3）由图示可知钯电极A上氮气被还原为氨，发生还原反应，是电解池的阴极，发生的电极反应为：N2+6e-+6H+═2NH3 ，故答案为：阴； N2+6e-+6H+═2NH3。
【点睛】工业合成氨采取较高的温度，并不是因为在较高温度下原料的转化率更高，而是因为在500ºC下，反应速率更快，且催化剂在此温度下的活性最高，有利于提高化学反应速率，从而提高单位时间内氨的产量。
29.两位同学设计实验确定某一元酸HA是弱电解质并分析其中的变化，实验方案如下：
甲：取纯度、质量、大小相同的锌粒于两只相同气球中，向2支试管中分别加入浓度均为0.1mol/L的HA溶液和稀盐酸各10mL，将气球套在试管上，并同时将锌粒加入试管。
乙：方案一：用pH计测定浓度为0.1mol/L HA溶液的pH；
方案二：取pH=3的HA溶液5mL稀释至500mL，再用pH计测其pH。
（1）甲同学设计的方案中，说明HA是弱电解质的实验现象是_________（填字母）。
a. 两个试管上方的气球同时鼓起，且一样大
b. 装有HA溶液的试管上方的气球鼓起慢
c. 装有盐酸的试管上方的气球鼓起慢
（2）乙同学设计的方案可证明HA是弱电解质：方案一中，测得0.1mol/L的HA溶液的pH________1（填“>”“<”或“=”）；方案二中，所得结果是_________。
（3）若从水解原理角度设计一个合理而比较容易进行的方案（药品可任取），证明HA是弱电解质，你的设计方案是_________。
（4）乙同学根据HA在溶液中的电离平衡移动的原理，进一步做下列分析。
①使HA的电离程度和c(H+)都减小，c(A-)增大，可在0.1mol/L的HA溶液中，选择加入___________试剂。
②使HA的电离程度减小，c(H+)和c(A-)都增大，可在0.1mol/L的HA溶液中，选择加入________试剂。
【答案】 (1). b (2). ＞ (3). 溶液的pH＜5 (4). 配制NaA溶液，常温下测其pH，若pH>7，则证明HA是弱电解质 (5). NaA (6). 物质的量浓度＞0.1 mol／L的HA溶液
【解析】
【详解】（1）反应速率与氢离子浓度成正比，等浓度的HA和盐酸溶液中，HA中氢离子浓度小，所以开始时反应速率慢，则试管上方的气球鼓起慢，故答案为：b；
（2）弱电解质的水溶液中，弱电解质只有部分电离，则0.1mol·L-1的HA溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，所以溶液的PH＞1，在方案二中，pH=3的HA溶液5mL稀释至500mL，溶液被稀释了100倍，弱电解质在稀释过程中电离程度增大，则pH<5，故答案为：＞、溶液的pH＜5；
（3）若HA为弱酸，则NaA为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，故可通过测量NaA溶液的pH的大小来判断HA是否为弱电解质，故答案为：配制NaA溶液，常温下测其pH，若pH>7，则证明HA是弱电解质；
（4）①使HA的电离程度和c（H+）都减小，c（A-）增大，则应该加入含有A-的物质，故答案为NaA；②使HA的电离程度减小，c（H+）和c（A-）都增大，则应加入浓的HA溶液，故答案为：物质的量浓度＞0.1 mol／L的HA溶液；
30.某小组同学为探究加热条件下固体的分解反应，将一定量固体在隔绝空气条件下充分加热，最终得到固体A。
（1）甲同学认为分解会产生气体，于是用________试纸检验反应后容器内气体，试纸颜色不变。
（2）他们通过比较反应前后固体的水溶液在常温下的pH不同，初步证明了Na2SO3固体发生了分解：
①取a g Na2SO3固体配成100mL溶液，测溶液的pH１＞7，用离子方程式表示其原因：__________。
②_________（填操作），测得溶液的pH２＞pH１。
（3）该小组同学查阅资料并继续实验。资料显示：Na2SO3固体在隔绝空气加热时能分解得到两种盐；H2S是具有刺激性气味的气体，溶于水形成的氢硫酸是二元弱酸。
实验如下:
①加入氯水后的现象表明有硫单质生成，则说明固体A中含有_______离子。
②结合资料和实验，写出Na2SO3固体受热发生分解的化学方程式：____________。
（4）同学们根据（2）中pH２＞pH１还得出结论：相同条件下HSO3-的电离能力强于HS-，理由是__________。
【答案】 (1). 湿润的品红试纸（或湿润的蓝色石蕊试纸等合理答案） (2). (3). 取a g固体A配成100 mL溶液 (4). (5). (6). 同温度下，溶液浓度低时，碱性强于溶液，说明结合的能力强于
【解析】
【详解】(1)二氧化硫为酸性氧化物，能使紫色石蕊变红色，二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，故答案为：湿润的品红试纸（或湿润的蓝色石蕊试纸等合理答案）；
(2) Na2SO3为强碱弱酸盐，亚硫酸根离子在溶液中发生水解而使溶液显碱性，为了实验的对照，在配制A的溶液时，也应配制成100ml的溶液，故答案为：SO32-+H2OHSO3-+OH-；取a g固体A配成100 mL溶液；
(3) ①硫离子易被氧化生成硫单质，呈淡黄色，故答案为S2-；②由实验现象可知A中含有硫酸根离子，由氧化还原反应规律可得反应的方程式为：4Na2SO33Na2SO4+Na2S，故答案为：4Na2SO33Na2SO4+Na2S；
(4)在相同条件下，弱酸根离子的水解程度越大，则其对应弱酸的的酸性越弱，A中固体配成溶液后浓度比配成的Na2SO3溶液的浓度小，而溶液的碱性反而强，说明S2-的水解能力强于SO32-，相同条件下HSO3-的电离能力强于HS-，故答案为：同温度下，Na2S溶液浓度低时，碱性强于Na2SO3溶液，说明S2-结合H+的能力强于SO32-。
【点睛】本题以实验形式考查Na2SO3固体的分解，注重实验方案的设计与评价，能综合运用盐类水解规律分析问题。
北京市东城区2017-2018学年下学期高二年级期末考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 F 19
第一部分（选择题，本部分有25小题。每小题只有一个正确选项。）
1.化学与科学、技术、社会和环境密切相关。下列有关说法中不正确的是
A. 对废旧电池进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝
B. 用电解水的方法制取大量，可以缓解能源不足的问题
C. 大力开发和应用太阳能有利于实现“低碳经济”
D. 工业上，不能采用电解溶液的方法制取金属镁
【答案】B
【解析】
试题分析：A、废旧电池中含有重金属，因此对废旧电池进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝，A正确；B、电解水需要消耗大量的电能，不利于节能，B不正确；C、氢能是新能源，因此大力开发和应用氢能源有利于实现“低碳经济”，C正确；D、镁是活泼的金属，工业上，不能采用电解MgCl2溶液的方法制取金属镁，而是电解熔融的氯化镁，D正确，答案选B。
考点：考查化学与生活、能源以及环境保护等
2.被称为人体冷冻学之父的罗伯特·埃廷格（Robert Ettinger）在1962年写出《不朽的前景》（The Prospect Of Immortality）一书。他在书中列举了大量事实，证明了冷冻复活的可能。比如，许多昆虫和低等生物冬天都冻僵起来，春天又自动复活。下列结论中与上述信
息相关的是
A. 温度越低，化学反应越慢 B. 低温下分子无法运动
C. 温度降低，化学反应停止 D. 化学反应前后质量守恒
【答案】A
【解析】
试题分析：冬天温度低，化学反应速率慢。春天温度逐渐升高，反应速率逐渐加快，据此可知选项A正确，答案选A。
考点：考查外界条件对反应速率的影响
点评：该题是设计新颖，有利于调动学生的学习兴趣，激发学生的学习求知欲。该题的关键是明确温度和反应速率的关系，然后结合题意灵活运用即可。
3.按照生活经验，判断下列物质：①苏打水 ②鲜橙汁 ③食醋 ④肥皂液，其中呈酸性的是
A. ②③ B. ①④ C. ②③④ D. ①③④
【答案】A
【解析】
【详解】①苏打水是含有碳酸氢钠的水溶液，碳酸氢钠水解而使溶液呈弱碱性②鲜橙汁中含有有机酸类物质，故其呈酸性③食醋中含有乙酸，故其呈酸性④肥皂液为高级脂肪酸钠的水溶液，高级脂肪酸钠水解而使溶液呈碱性。综上所述，本题答案为A。
4.能源是当今社会发展的三大支柱之一。有专家提出：如果对燃料燃烧产物如二氧化碳、水、氮气等能够实现利用太阳能让它们重新组合（如下图），可以节约燃料，缓解能源危机。在此构想的物质循环中太阳能最终转化为
A. 化学能
B. 热能
C. 生物能
D. 电能
【答案】B
【解析】
根据图示是利用太阳能把燃烧产物转化为燃料CH4、CH3OH、NH3等，所以太阳能最终转化为热能。
5.下列关于铜电极的叙述不正确的是
A. 铜锌原电池中铜是正极
B. 用电解法精炼铜时粗铜作阳极
C. 在镀件上镀铜时可用铜作阳极
D. 电解稀制、时铜做阳极
【答案】D
【解析】
【详解】A.铜锌原电池中，锌比铜活泼，所以铜是正极 ，故A叙述正确；
B.用电解法精炼铜时粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B叙述正确；
C.在镀件上镀铜时可用铜作阳极，镀件作阴极，故C叙述正确；
D.电解稀硫酸溶液制H2、O2时铜做阳极，则阳极是Cu发生氧化反应，不是氢氧根离子发生氧化反应，所以不可能得到氧气，故D叙述错误；
答案选D。
【点睛】本题主要考查了电解池在生产生活中的应用，在分析电解的原理时，要注意区分活性电极和惰性电极，当铜为电解的阳极时，为活性电极，首先是铜失电子变成铜离子。
6.下列说法不正确的是
A. 钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应均为
B. 钢铁发生吸氧腐蚀，正极的电极反应为
C. 破损后的镀锌铁板比镀锡铁板更耐腐蚀
D. 用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁，钢铁作原电池的负极
【答案】D
【解析】
【详解】A．钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀中都是铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，故A说法正确；
B．钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，故B说法正确；
C．在原电池中，镀锌铁板中锌作负极，铁作正极而被保护，镀锡铁板中铁作负极而被腐蚀，故C说法正确；
D．用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁，牺牲阳极作原电池负极，被保护的钢铁作原电池正极，故D说法错误；
故答案选D。
【点睛】本题主要考查金属的腐蚀与防护相关知识，在利用电化学的原理进行金属的防护时，一般金属作原电池的正极或电解池的阴极来防止金属被氧化。
7.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是
A. 抗氧化剂 B. 调味剂
C. 着色剂 D. 增稠剂
【答案】A
【解析】
试题分析：A.抗氧化剂能减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，A项正确；B.调味剂是为了增加食
品的味道，与速率无关，B项错误；C.着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，C项错误；D.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，D项错误；答案选A。
考点：考查食品添加剂。
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8.水的电离过程为，在不同温度下其离子积常数为，。则下列关于纯水的叙述正确的是
A. 随着温度升高而降低
B. 在35℃时，
C. 25℃时水的电离程度大于35℃时水的电离程度
D. 水的电离是吸热的
【答案】D
【解析】
【详解】A.K（25℃）=1.0×10-14＜K（35℃）=2.1×10-14，所以c（H+）随温度的升高而增大，故A错误；
B.升高温度，促进电离，但氢离子浓度和氢氧根离子浓度始终相等，故B错误；
C. 升高温度，促进水的电离，故35℃时水的电离程度大于25℃时水的电离程度，故C错误；
D. K（25℃）=1.0×10-14＜K（35℃）=2.1×10-14，说明升高温度，水的电离程度增大，水的电离为吸热过程，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题主要考查水的电离程度与温度的关系，因水的电离是吸热过程，故升温时，水的电离程度增大，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度都增大，但溶液依然是呈中性的。
9.下列物质在水溶液中促进了水的电离的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaHSO4在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故A错误；
B.HClO在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故B错误；
C.NaCl为强酸强碱盐，对水的电离无影响，故C错误；
D.CuSO4溶液中Cu2+会发生水解而促进水的电离，故D正确；
答案选D。
10.下列关于化学反应中物质或能量变化的判断正确的是
A. 需要加热才能进行的反应一定是吸热反应，放热反应不需要加热
B. 一定条件下进行的化学反应，只能将化学能转化成光能或热能
C. 化学键的断裂和形成是物质在化学反应中发生能量变化的主要原因
D. 将溶液蒸干后并高温加热至质量不发生变化，最终所得固体仍为
【答案】C
【解析】
【详解】A.化学反应的热效应和反应条件无关，有的吸热反应在常温下也可进行，如氯化铵和氢氧化钡晶体之间的反应，有的放热反应却需要加热，如二氧化硫的催化氧化反应，故A错误；
B.化学能转化的能量形式是多样的，可以是光能、电能、热能等，故B错误；
C．化学反应中总是有键的断裂和形成，在断键时吸收能量，成键时释放能量，导致在化学反应中放热或吸热，故C正确；
D．NaHCO3不稳定，在加热条件下会分解生成Na2CO3，故D错误；
答案选C。
11.已知在的溶液中存在着如下平衡：
。
加入下列物质能使溶液变为橙色的是
A. 氨水 B. 硫酸 C. 亚硫酸钠 D. 水
【答案】B
【解析】
【详解】A.加入氨水，中和溶液中的氢离子，氢离子浓度降低平衡向正反应方向移动，c(Cr 2 O 7 2- )减小，c(CrO 4 2- )增大，溶液变黄，故A错误；
B. 加入硫酸，溶液中c(H + )增大，平衡向逆反应方向移动，c(CrO 4 2- )降低，c(Cr 2 O 7 2- )增大，所以显橙色，故B正确；
C.加入亚硫酸钠会消耗H +，氢离子浓度降低平衡向正反应方向移动，c(Cr 2 O 7 2- )减小，c(CrO 4 2- )增大，溶液变黄，故C错误；
D.加水稀释，平衡正向移动，溶液显黄色，故D错误；
答案选B。
12.在一定温度下，可逆反应达到平衡的标志是
A. 生成的速率和分解的速率相等
B. 、、的浓度相等
C. 单位时间内生成，同时生成
D. 、、的分子数之比为1：3：2
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH3生成的速率和NH3分解的速率相等，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；
B.平衡时各物质的物质的量浓度的大小关系取决于物质的起始物质的量和转化率，N2、H2、NH3浓度相等时不能说明其浓度保持不变，故不能作为判断是否达到平衡状态的依据，B错误；
C．单位时间内生成nmolN2是逆反应，同时生成3nmolH2也是逆反应，不能说明正逆反应速率相等，故C错误；
D． N2，H2，NH3分子数之比为1：2：3，并不能说明反应混合物各成份的浓度保持不变，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故D错误；
答案选A。
【点睛】化学平衡状态是一个相对稳定的状态，并不是任意时刻的状态。反应混合物的浓度相等时，有可能是反应进行到某个时刻的状态，并不一定是平衡状态，只有确定各组分的浓度保持不变时，才能判断其为平衡状态。
13.下列关于平衡常数的说法正确的是
A. 在平衡常数表达式中，反应物浓度用起始浓度表示，生成物浓度用平衡浓度表示
B. 可逆反应中，反应物的转化率增大，一定导致化学平衡常数增大
C. 可以用化学平衡常数来定量描述化学反应的限度
D. 平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂有关
【答案】C
【解析】
【详解】A.在平衡常数表达式中，反应物浓度和生成物浓度都应用平衡浓度表示，故A错误；
B.同一反应，平化学衡常数只受温度影响，反应物的转化率增大，平衡常数不一定改变，故B错误；
C.平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大，故C正确；
D.同一反应，化学平衡常数只受温度影响，与反应物浓度、体系的压强、催化剂等无关，故D错误；
答案选C。
14.下列有关事实，与水解反应无关的是
A. 醋酸钠溶液中，
B. 实验室保存溶液时常加入Fe粉
C. 加热蒸干氯化铁溶液，不能得到氯化铁晶体
D. 用和大量水反应，同时加热制备
【答案】B
【解析】
【详解】A.醋酸钠溶液中，醋酸根离子发生水解导致溶液呈碱性，与水解有关，故A错误；
B.实验室保存FeCl2溶液时常加入Fe粉是为发防止Fe2+被氧化，与水解无关，故B正确；
C.加热蒸干氯化铁溶液，由于促进了Fe3+的水解，最终得到氢氧化铁固体，不能得到氯化铁晶体，与水解有关，故C错误；
D. TiCl4遇水发生水解反应； TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O+4HCl，加热生成TiO2，与水解有关，故D错误；
答案选B。
15.如图为一原电池装置，其中X、Y为两种不同的金属。对此装置的下列说法中正确的是
A. 活动性顺序：X>Y
B. 外电路的电流方向是：X→外电路→Y
C. 随反应的进行，溶液的pH减小
D. Y极上发生的是氧化反应
【答案】A
【解析】
【分析】
由装置图中标示出的电子流向可判断X极为负极，Y为正极，结合原电池的工作原理可得结论。
【详解】A.一般构成原电池的两个金属电极的活泼性为：负极>正极，故X>Y，故A正确；
B. 外电路的电流方向与电子的流向相反，应为是：Y→外电路→X，故B错误；
C. 随反应的进行，溶液中氢离子浓度不断减小，溶液的pH增大，故C错误；
D. Y极上得到电子，发生还原反应，故D错误；
答案选A。
16.下图表示的是某物质所发生的
A. 置换反应 B. 水解反应 C. 中和反应 D. 电离过程
【答案】B
【解析】
试题分析：据题目给出的模型可知， HCO＋H2O=H2CO3＋OH－，而据水解的定义；水与另一化合物反应，该化合物分解为两部分，水中氢原子加到其中的一部分，而羟基加到另一部分，因而得到两种或两种以上新的化合物的反应过程。该反应中，水中的氢加到了碳酸氢根离子，氢氧根离子加到了另外一部分的阳离子中，符合水解反应的定义，因此答案选B
考点：考查水解反应的相关知识点
17.某同学按照教材实验要求，用50mL 0.50mol/L的盐酸与50mL 0.55mol/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热。下列说法正确的是
A. 实验过程中没有热量损失
B. 图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒
C. 烧杯间填满碎纸条的主要作用是固定小烧杯
D. 若将盐酸体积改为60 mL，理论上所求中和热不相等
【答案】B
【解析】
试题分析：A、热量不损失是不可能的，A错误；B、该实验装置缺少环形玻璃搅拌棒，B正确；C、烧杯间填满碎纸条的作用是保温，减少热量的散失，C错误；D、中和热指稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水所释放的热量，与酸碱用量没有关系，D不正确，答案选B。
考点：考查中和热的测定
18.关于下列事实的解释，其原理表示不正确的是
A. 常温下，测得0.1mol/L氨水的pH为11:
B. 将通入水中，所得水溶液呈酸性：
C. 用、进行氢氧燃料电池实验，产生电流：2H2+O22H2O
D. 恒温恒容时，的平衡体系中，通人，平衡正向移动：通入后，体系中的值小于平衡常数K
【答案】C
【解析】
【详解】A.若氨水中一水合氨是完全电离的，常温下0.1mol/L氨水的pH为13，而实际测得为11，说明一水合氨在溶液中部分电离，故A原理表示正确；
B．将通入水中，所得水溶液呈酸性是因为二氧化碳与水反应生成了碳酸，故B表示原理正确；
C．用、进行氢氧燃料电池实验时，是通过原电池装置使反应是的电子定向移动的，并不是通过燃烧，故C原理表示不正确；
D.在平衡体系中，通入I2(g)后，C(I2)增大，减小，体系中的值小于平衡常数K，平衡正向移动，故D原理表示正确；
答案选C。
【点睛】在判断可逆反应平衡的移动方向时，可由反应混合物的浓度熵与平衡常数的相对大小来分析，若在一定条件下，Qc=K，则反应处于平衡状态；Qc>K，则反应逆向移动； Qc
A. 粒子种类不相同
B. 前者大于后者
C. 均存在电离平衡和水解平衡
D. 分别加入固体，均增大
【答案】A
【解析】
【详解】A.NaHCO3和Na2CO3溶液中存在粒子种类相等，均有碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸分子、钠离子、氢离子和氢氧根离子以及水分子，故A判断不正确；
B.在浓度相同的情况下，碳酸根离子的水解程度较碳酸氢根离子要大，溶液的碱性更强，故B判断正确；
C.在NaHCO3和Na2CO3溶液中均存在水的电离平衡和弱离子碳酸根、碳酸氢根离子的水解平衡，故C正确；
D. 分别加入固体后，Na2CO3溶液中碳酸根离子的水解受到抑制导致C(CO32-)增大，NaHCO3溶液中发生反应：HCO3-+OH-=H2O+ CO32-，从而C(CO32-)增大，故D判断正确；
答案选A。
20.某研究性学习小组通过测量溶液的电导率（电导率越大，说明溶液的导电能力越强）探究沉淀溶解平衡，各物质的电导率数据如下：
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
物质
固体
饱和溶液
饱和溶液
NaCl溶液
溶液
饱和溶液
电导率
0
7
37
389
1989
1138
13
下列分析不正确的是
A. 固体中不存在自由移动的离子
B. 与①、②对比，可说明③中发生了电离
C. ⑤、⑥等体积混合后过滤，推测滤液的电导率一定大于13
D. 将①中固体加入④中，发生反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸钙为离子化合物，由离子构成，离子键形成离子键，离子不能自由移动，故A分析正确；
B．与①、②对比，③的电电导率较大，故溶液中自由移动的离子浓度较大，说明CaCO3发生了电离，故B分析正确；
C. ⑤、⑥等体积、等浓度混合，混合后过滤得到硝酸钠、氯化银的饱和溶液，导电率一定大于13，故C分析正确；
D．由③④的电导率对比可知Ksp（CaCO3）< Ksp（CaSO4），不能实现上述转化，故D分析错误；
答案选D。
【点睛】③的电导率较④的要小，说明CaSO4的饱和溶液中自由移动的离子浓度要大一些，则CaCO3更难溶，在其它条件相同时，反应总向生成更难溶物质的方向发生转化。
21.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A.水的电离是可逆过程，升高温度Kw增大，促进水的电离，故A可以用平衡移动原理来解释；
B.HCl在溶液完全电离，当其浓度为0.1mol/L时，电离出的c(H+)=0.1mol/L，pH=1，当其浓度为0.01mol/L时，电离出的c(H+)=0.01mol/L，pH=2，故B不可以用平衡移动原理来解释；
C．存在平衡2NO2N2O4，且正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以气体颜色加深，可以用平衡移动原理来解释，故C不可以用平衡移动原理来解释；
D．升温促进了Fe3+的水解，从而生成了氢氧化铁的胶体，故D故可用平衡移动原理来解释；
答案选B。
22.下列实验现象或图像信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是
A
B
C
D
反应装置或图像
实验现象或图像信息
温度计的水银柱上升
反应物总能量大于生成物总能量
反应开始后，针筒活塞向右移动
反应开始后，甲处液面低于乙处液面
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．盐酸和氢氧化钠发生中和反应，为放热反应，可观察到温度计的水银柱不断上升，故A与题意不符；
B．从能量守恒的角度分析，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故B与题意不符；
C．硫酸和锌反应生成氢气，导致反应开始后，针筒活塞向右移动，不能说明反应放热，故与题意相符；
D．反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明装置内压强增大，反应为放热反应，温度升高，压强增大，故D与题意不符；
答案选C。
23.对下列图像的描述正确的是
A. 根据图①可判断反应的
B. 图②可表示压强（p）对反应的影响
C. 图③可表示向醋酸溶液通入氨气时，溶液导电性随氨气量的变化
D. 根据图④，除去溶液中的，可加入调节至3-5
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图象可知，温度升高，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故A错误；
B.从图象可知，在p2条件下曲线斜率大，反应到达平衡用得时间少，反应速率快，根据压强对反应速率的影响，压强越大反应速率越大，则p2曲线压强大，根据反应方程式可以看出，物质D为固体，则增大压强平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，而图中达到平衡时反应物的浓度在两种不同压强下相同，是不符合实际的，故B错误；
C.乙酸和氨水都为弱电解质，二者反应生成醋酸铵为强电解质，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故C错误；
D.CuSO4溶液中加入适量CuO，发生：CuO+2H+═Cu2++H2O，溶液中H+浓度减小，易于Fe3+水解生成沉淀，当调节pH在4左右时，Fe3+全部水解生成沉淀而除去，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题主要老查了化学反应速率变化曲线及其应用 体积百分含量随温度、压强变化曲线 电解质溶液的导电性 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质等相关知识。
24.用如图所示装置，可由乙二醛制备乙二酸，反应原理为。下列说法正确的是
A. 该装置利用上述反应将化学能转化为电能
B. 电极的反应式为
C. 盐酸除增强溶液导电性的作用，还提供参与电极反应
D. 理论上每得到0.1mol乙二酸，将有从右室迁移到左室
【答案】C
【解析】
【详解】A. 该装置电解池，能量转化关系为电能转化为化学能，故A错误；
B. Pt1为阴极得电子发生还原反应，发生的电极反应方程式为：2H++2e-＝H2，故B错误；
C．HCl是电解质，其在水溶液中起提供Cl-和增强导电性的作用，同时在Pt2极放电生成Cl2，电极方程式为：Cl2+2e-＝2Cl-，故C正确；
D. 由反应可知，每生成1mol乙二酸，转移4mole-，将有4molH+从右室迁移到左室，则理论上每得到0.1mol乙二酸，将有从右室迁移到左室，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题主要考查了电解池原理的应用，在本装置中，阳极先是氯离子放电生成氯气，然后将乙二醛氧化生成乙二酸，从而实现由乙二醛制备乙二酸的目的。
25.已知和可以相互转化 。现将一定量和的混合气体通入体积为1L的恒温恒容的密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图。下列说法不正确的是
A. 反应进行至25min时，曲线发生变化的原因是加入0.4mol
B. a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是b和d
C. 图中共有两条曲线X和Y，其中曲线X表示浓度随时间的变化
D. 若要达到与d相同的状态，在25min时还可以采取的措施是适当缩小容器体积
【答案】A
【解析】
【详解】A.由曲线看出25 min时，NO2的浓度突然增大了0.4mol/L，则应加入了0.4mol NO2，故A说法错误；
B．由图可知，10-25min及35min之后X、Y的物质的量不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b和d处于化学平衡状态，故B说法正确；
C.由图可知，X的变化量为Y的2倍，由反应方程式的系数可得X为NO2浓度随时间的变化曲线；故C说法正确；
D.因在25 min时，恒温恒容条件下增大NO2的浓度，相当于增大了压强，平衡右移，要使25 min时改变条件达到使NO2（g）的百分含量与d点相同的化学平衡状态，也可通过缩上容器的体积来实现，故D说法正确；
答案选A。
第二部分（非选择题，本部分包括26—30题，共5题。）
26.阅读以下信息：①向盛有10mL水的锥形瓶中，小心滴加8~10滴液体，可观察到剧烈反应，液面上有白雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出，该气体中含有可使品红溶液褪色的；②蒸干溶液不能得到无水，使与混合并加热，可得到无水。请回答：
（1）将①中发生反应的化学方程式补充完整：SOCl2+H2O=SO2↑+______；
（2）溶液呈________（填“酸”“碱”或“中”）性，用离子方程式表示其原理为：_________。
（3）试解释②中可得到无水的原因：_________。
【答案】 (1). 2HCl (2). 酸 (3). (4). 吸收晶体中的水，产生的HCl抑制的水解
【解析】
【详解】（1）根据SOCl2和水反应的实验现象，可知反应生成的产物是HCl和SO2，这可以看作是SOCl2的水解反应：SOCl2中的1个+2价基团（SO2+）结合2个水电离产生的OH-生成H2SO3，H2SO3分解产生SO2，反应方程式为SOCl2+H2O====2HCl+SO2↑，故答案为：2HCl；
(2)AlCl3为强酸弱碱盐，在其溶液中Al3+发生水解生成H+，离子方程式为：，溶液显酸性，故答案为：酸、；
（3）SOCl2与水发生反应，既减少了水的量，又生成了H+，抑制AlCl3的水解，从而可得到无水AlCl3，故答案为：SOCl2吸收晶体中的水，产生的HCl抑制的水解。
27.关于化学反应的理论是一个经过简化的概念模型，合理简化的概念模型是研究化学反应原理的基础。反应速率的碰撞理论提出：能引发化学反应的碰撞称为有效碰撞。
（1）下图是HI分解反应中HI分子之间的几种碰撞示意图，其中属于有效碰撞的是________（填“a”“b”或“c”）。
（2）过渡态理论是在碰撞理论的基础上提出的：化学反应并不是通过简单的碰撞就能完成的，而是在反应物到生成物的过程中经过一个高能量的过渡态。根据图Ⅱ写出相应的热化学方程式：_________。
（3）过渡态理论认为，催化剂改变反应速率的原因是改变了活化能从而改变了反应的途径。请在下图中画出该反应在其他条件不变，仅使用催化剂而使反应速率加快的能量变化示意图：_____。
【答案】 (1). a (2). (3).
【解析】
【详解】（1）只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，分析三个图，可知只有a有新物质生成，则a为有效碰撞，故答案为：a；
（2）反应热为134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol，则反应的热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=-234 kJ/mol，故答案为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=-234 kJ/mol；
（3）使用催化剂而使反应速率加快的的原因是降低了反应的活化能，故答案为：。
28.合成氨对工、农业生产和国防都有重要意义。 已知：N2(g)+3 H2(g)⇌2NH3(g) △H= -92.4kJ/mol，请回答：
（1）合成氨工业中采取的下列措施可以用平衡移动原理解释的是________（填字母）。
a. 用铁触媒加快化学反应速率
b. 采用较高压强（20MPa~50MPa）
c. 采用较高温度（500℃左右）
d. 将生成的氨液化并及时从体系中分离出来
（2）一定温度下，在密闭容器中充入1mol N2和3mol H2并发生反应。
①若容器容积恒定，达到平衡时，N2的转化率α1 =25%，此时，反应放热______kJ，容器内气体压强与开始时气体压强之比是________。
②若容器压强恒定，则达到平衡时，容器中N2的转化率α2______α1（填“>”“<”或“=”）。
（3）随着对合成氨研究的发展，希腊科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氨（装置如图）。钯电极A为_________极（填“阴”或“阳”），该极上的电极反应式是_______。
【答案】 (1). bd (2). 23.1 (3). 7:8 (4). ＞ (5). 阴 (6).
【解析】
【详解】（1）a．用铁作催化剂加快化学反应速率，催化剂不能使平衡移动，使用催化剂是为了加快化学反应速率，用勒夏特列原理无法解释；b．采用较高压强（20Mpa-50MPa），合成氨是气体体积减小的反应，加压至20～50MPa，有利于化学平衡正向移动，有利于氨的合成，可用勒夏特列原理解释；c．加热到500℃合成氨是放热反应，升温会使平衡逆向移动，降低转化率，升温的目的是为了保证催化剂的催化活性，加快化学反应速率，不能用勒夏特列原理解释；d．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，将氨及时液化分离，利于化学平衡正向移动，有利于氨的合成，可用勒夏特列原理解释；故答案为：bd；
（2）①因N2的转化率为25%，放出的热量为:1mol×0.25×92.4kJ/mol=23.1KJ，在恒温恒容条件下，容器内气体压强与开始时气体压强之比等于气体的物质的量之比，平衡时容器中气体的物质的量为：4mol-1mol×0.25×2=3.5mol，则容器内气体压强与开始时气体压强之比为:3.5mol:4mol=7:8；故答案为：23.1、7:8；②在恒容条件下，可逆反应在建立平衡的过程中，容器中的气体分子数目减少，则容器内的压强减小，故在恒压条件下容器内的压强比恒容条件下大，由于该反应正反应是一个气体分子数目减小的反应，故在恒压条件下有利于反应的正向进行，氮气的转化率更大，故答案为：＞；
（3）由图示可知钯电极A上氮气被还原为氨，发生还原反应，是电解池的阴极，发生的电极反应为：N2+6e-+6H+═2NH3 ，故答案为：阴； N2+6e-+6H+═2NH3。
【点睛】工业合成氨采取较高的温度，并不是因为在较高温度下原料的转化率更高，而是因为在500ºC下，反应速率更快，且催化剂在此温度下的活性最高，有利于提高化学反应速率，从而提高单位时间内氨的产量。
29.两位同学设计实验确定某一元酸HA是弱电解质并分析其中的变化，实验方案如下：
甲：取纯度、质量、大小相同的锌粒于两只相同气球中，向2支试管中分别加入浓度均为0.1mol/L的HA溶液和稀盐酸各10mL，将气球套在试管上，并同时将锌粒加入试管。
乙：方案一：用pH计测定浓度为0.1mol/L HA溶液的pH；
方案二：取pH=3的HA溶液5mL稀释至500mL，再用pH计测其pH。
（1）甲同学设计的方案中，说明HA是弱电解质的实验现象是_________（填字母）。
a. 两个试管上方的气球同时鼓起，且一样大
b. 装有HA溶液的试管上方的气球鼓起慢
c. 装有盐酸的试管上方的气球鼓起慢
（2）乙同学设计的方案可证明HA是弱电解质：方案一中，测得0.1mol/L的HA溶液的pH________1（填“>”“<”或“=”）；方案二中，所得结果是_________。
（3）若从水解原理角度设计一个合理而比较容易进行的方案（药品可任取），证明HA是弱电解质，你的设计方案是_________。
（4）乙同学根据HA在溶液中的电离平衡移动的原理，进一步做下列分析。
①使HA的电离程度和c(H+)都减小，c(A-)增大，可在0.1mol/L的HA溶液中，选择加入___________试剂。
②使HA的电离程度减小，c(H+)和c(A-)都增大，可在0.1mol/L的HA溶液中，选择加入________试剂。
【答案】 (1). b (2). ＞ (3). 溶液的pH＜5 (4). 配制NaA溶液，常温下测其pH，若pH>7，则证明HA是弱电解质 (5). NaA (6). 物质的量浓度＞0.1 mol／L的HA溶液
【解析】
【详解】（1）反应速率与氢离子浓度成正比，等浓度的HA和盐酸溶液中，HA中氢离子浓度小，所以开始时反应速率慢，则试管上方的气球鼓起慢，故答案为：b；
（2）弱电解质的水溶液中，弱电解质只有部分电离，则0.1mol·L-1的HA溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，所以溶液的PH＞1，在方案二中，pH=3的HA溶液5mL稀释至500mL，溶液被稀释了100倍，弱电解质在稀释过程中电离程度增大，则pH<5，故答案为：＞、溶液的pH＜5；
（3）若HA为弱酸，则NaA为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，故可通过测量NaA溶液的pH的大小来判断HA是否为弱电解质，故答案为：配制NaA溶液，常温下测其pH，若pH>7，则证明HA是弱电解质；
（4）①使HA的电离程度和c（H+）都减小，c（A-）增大，则应该加入含有A-的物质，故答案为NaA；②使HA的电离程度减小，c（H+）和c（A-）都增大，则应加入浓的HA溶液，故答案为：物质的量浓度＞0.1 mol／L的HA溶液；
30.某小组同学为探究加热条件下固体的分解反应，将一定量固体在隔绝空气条件下充分加热，最终得到固体A。
（1）甲同学认为分解会产生气体，于是用________试纸检验反应后容器内气体，试纸颜色不变。
（2）他们通过比较反应前后固体的水溶液在常温下的pH不同，初步证明了Na2SO3固体发生了分解：
①取a g Na2SO3固体配成100mL溶液，测溶液的pH１＞7，用离子方程式表示其原因：__________。
②_________（填操作），测得溶液的pH２＞pH１。
（3）该小组同学查阅资料并继续实验。资料显示：Na2SO3固体在隔绝空气加热时能分解得到两种盐；H2S是具有刺激性气味的气体，溶于水形成的氢硫酸是二元弱酸。
实验如下:
①加入氯水后的现象表明有硫单质生成，则说明固体A中含有_______离子。
②结合资料和实验，写出Na2SO3固体受热发生分解的化学方程式：____________。
（4）同学们根据（2）中pH２＞pH１还得出结论：相同条件下HSO3-的电离能力强于HS-，理由是__________。
【答案】 (1). 湿润的品红试纸（或湿润的蓝色石蕊试纸等合理答案） (2). (3). 取a g固体A配成100 mL溶液 (4). (5). (6). 同温度下，溶液浓度低时，碱性强于溶液，说明结合的能力强于
【解析】
【详解】(1)二氧化硫为酸性氧化物，能使紫色石蕊变红色，二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，故答案为：湿润的品红试纸（或湿润的蓝色石蕊试纸等合理答案）；
(2) Na2SO3为强碱弱酸盐，亚硫酸根离子在溶液中发生水解而使溶液显碱性，为了实验的对照，在配制A的溶液时，也应配制成100ml的溶液，故答案为：SO32-+H2OHSO3-+OH-；取a g固体A配成100 mL溶液；
(3) ①硫离子易被氧化生成硫单质，呈淡黄色，故答案为S2-；②由实验现象可知A中含有硫酸根离子，由氧化还原反应规律可得反应的方程式为：4Na2SO33Na2SO4+Na2S，故答案为：4Na2SO33Na2SO4+Na2S；
(4)在相同条件下，弱酸根离子的水解程度越大，则其对应弱酸的的酸性越弱，A中固体配成溶液后浓度比配成的Na2SO3溶液的浓度小，而溶液的碱性反而强，说明S2-的水解能力强于SO32-，相同条件下HSO3-的电离能力强于HS-，故答案为：同温度下，Na2S溶液浓度低时，碱性强于Na2SO3溶液，说明S2-结合H+的能力强于SO32-。
【点睛】本题以实验形式考查Na2SO3固体的分解，注重实验方案的设计与评价，能综合运用盐类水解规律分析问题。
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