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【化学】湖南省衡阳市第八中学2018-2019学年高二上学期六科联赛试题（12月）（解析版）
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湖南省衡阳市第八中学2018-2019学年高二上学期六科联赛试题（12月）
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 S 32 Cl 35.5 Ca40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 O 16 Li 7 Ni 28
一、选择题(本题包括21小题，每小题2分，共42分)
1.下列影响因素中，既能改变化学反应速率，又能改变化学平衡常数的是
A. 催化剂 B. 浓度 C. 温度 D. 固体表面积大小
【答案】C
【解析】
【分析】
平衡常数只是温度的函数，只有温度变化时，平衡常数才会变化。
【详解】A.使用催化剂能够加快反应的进行，增大反应速率,但平衡常数不变，故A项错误；B.改变物质浓度，有可能改变反应速率，但平衡常数不变，故B项错误；C.改变温度一定改变反应速率，平衡常数是温度的函数，温度变化，平衡常数也变化，故C项正确；D.改变固体表面积大小，可以改变反应速率，但平衡常数不变，故D项错误。综上，本题选C。
【点睛】本题考查平衡常数的影响因素，平衡常数只是温度的函数，温度不变，平衡常数不变。
2.在不同情况下测得A(g)＋3B(g)2C(g)＋ 2D(s)的下列反应速率，其中反应速率最大的是
A. υ(D)=0.01 mol•L-1•s-1 B. υ(C)=0.010 mol•L-1•s-1
C. υ(B)=0.6 mol•L-1•min-1 D. υ(A)=0.2mol•L-1•min-1
【答案】B
【解析】
【分析】
同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，数值可能不同，但表示的意义是相同的。所以在比较反应速率快慢时，应该换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值大小。
【详解】根据速率之比是相应化学计量数之比可知，如果都用B物质表示其反应速率，则分别为：
A. D是固体，其浓度视为常数，故不能用D来表示反应速率；
B. υ(B)=υ(C)=0.010 mol•L-1•s-1=0.6 mol•L-1•min-1=0.9 mol•L-1•min-1 ；
C. υ(B)=0.6 mol•L-1•min-1
D. υ(B)=3υ(A)=30.2mol•L-1•min-1=0.6mol•L-1•min-1。
数值最大的是B，
故选B。
【点睛】解答本题需要注意，一是D为固体，不能用D来表示反应速率，二是要注意统一单位，如本题统一单位为mol•L-1•min-1，需要换算，换算公式为：1mol•L-1•s-1=60 mol•L-1•min-1。
3.下列结论错误的是 ①微粒半径：K＋>Al3＋>S2－>Cl－ ②氢化物的稳定性：HF>HCl>H2S>PH3>SiH4③离子的还原性：S2－>Cl－>Br－>I－ ④氧化性： Cl2>S⑤酸性：H2SO4>H3PO4>H2CO3>HClO ⑥非金属性：O>N>P>Si ⑦金属性：Mg
【答案】B
【解析】
试题分析：离子的核外电子层数越多，离子半径越大。在核外电子排布相同的条件下，原子序数越小，离子半径越大，因此粒子半径是S2－＞Cl－＞K＋＞Al3＋，①不正确；非金属性越强，氢化物的稳定性越强。同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则非金属性强弱顺序是F＞Cl＞S＞P＞Si，所以氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，②正确；非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱。同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则非金属性强弱顺序是Cl＞Br＞I＞S，所以离子的还原性：S2－＞I－＞Br－＞Cl－，③不正确；同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，④正确；根据(OH)mROn可知n值越大，含氧酸的酸性越强，所以酸性强弱顺序是H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，⑤正确；同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则非金属性：O＞N＞P＞Si，⑥正确；同周期自左向右金属性逐渐减弱，同主族自上而下金属性逐渐增强，则金属性：Be＜Mg＜Ca＜K，⑦正确，答案选B。
考点：考查元素周期律的应用
4.下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理，下列说法不正确的是
A. 反应②为反应③提供了原料
B. 反应②也是SO2资源利用的方法之一
C. 制得等量H2所需能量较少的是系统(I)
D. 系统(I)制氢的热化学方程式为H2O(l) H2(g) + 1/2O2(g) ΔH = +286 kJ/mol
【答案】C
【解析】
A. 可以看出来反应②为反应③提供了原料HI，故A正确；B. SO2在反应②中实现了再利用，故B正确；C.由已知化学方程式可知①+②+③可得系统(Ⅰ)制氢的热化学方程式为：H2O(l) H2(g) + 1/2O2(g) ΔH = +286 kJ/mol，②+③+④可得系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式为：H2S(g) H2(g) + S(g) ΔH = +20 kJ/mol；由上面的热化学方程式可知：制得等量H2所需能量较少的是系统(Ⅱ)，故C错误；D. ①+②+③可得系统(Ⅰ)制氢的热化学方程式为：H2O(l) H2(g) + 1/2O2(g) ΔH = +286 kJ/mol，故D正确；本题选C。
点睛：利用盖斯定律可以计算出系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式，再比较两个系统的反应热做出判断。
5.A2+B2＝2AB的反应历程可以看作如下（△H表示该过程的能量变化）：
Ⅰ．A2＝A+A △H1
Ⅱ．B2＝B+B △H2
Ⅲ．A+B＝AB △H3
则下列说法中正确的是
A. 当△H3+（△H1+△H2）＞0时，该反应是吸热反应
B. 当2△H3+（△H1+△H2）＞0时，该反应是放热反应
C. 当2△H3+（△H1+△H2）＜0时，该反应是放热反应
D. 当△H3+（△H1+△H2）＜0时，该反应是吸热反应
【答案】C
【解析】
试题分析：根据盖斯定律可知，I＋Ⅱ＋Ⅲ×2即得到反应A2+B2===2AB，所以该反应的反应热是△H＝ 2△H3+(△H1+△H2 )。因此选项C正确，答案选C。
考点：考查反应热的计算和判断
点评：在根据多个热化学方程式计算有关的反应热时，盖斯定律是最重要的定律，需要熟练掌握并能灵活运用。
6.通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3 )。下列说法不正确的是
①C(s) + H2O(g)=CO(g) + H2 (g) ΔH1 = a kJ·mol−1
②CO(g) + H2O(g)=CO2 (g) + H2 (g) ΔH 2 = b kJ·mol−1
③CO2 (g) + 3H2 (g)=CH3OH(g) + H2O(g) ΔH 3 = c kJ·mol−1
④2CH3OH(g)=CH3OCH3 (g) + H2O(g) ΔH 4 = d kJ·mol−1
A. 反应①、②为反应③提供原料气
B. 反应③也是CO2资源化利用的方法之一
C. 反应CH3OH(g)=1/2CH3OCH3 (g) +1/2H2O(l)的ΔH =d/2kJ·mol−1
D. 反应 2CO(g) + 4H2 (g) =CH3OCH3 (g) + H2O(g)的ΔH = ( 2b + 2c + d )kJ·mol−1
【答案】C
【解析】
A．反应①、②的生成物CO2和H2是反应③的反应物，A正确；B．反应③可将二氧化碳转化为甲醇，变废为宝，B正确；C．4个反应中，水全是气态，没有给出水由气态变为液态的焓变，C错误；D．根据盖斯定律可知把反应②③④三个反应按(②+③)2+④可得该反应对应的焓变，D正确，答案选C。
点睛：本题以合成新能源二甲醚为背景，考查学生对简单化工流程的反应原理、能量的转化关系、化学反应焓变的概念、盖斯定律的运用等知识的掌握和理解程度，同时关注了节能减排、工业三废资源化处理、开发利用新能源等社会热点问题。注意盖斯定律在计算反应热中的应用。
7.镍钴锰三元材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等重要优点。镍钴锰三元材料中Ni为主要活泼元素，通常可以表示为：LiNiaCobMncO2，其中a+b+c=1，可简写为LiAO2。充电时总反应为LiAO2 + nC = Li1-xAO2 + LixCn（0
A. 放电时Ni元素最先失去电子
B. 放电时电子从a电极由导线移向b电极
C. 充电时的阴极反应式为LiAO2 - xe-= Li1-xAO2 + xLi+
D. 充电时转移1mol电子，理论上阴极材料质量增加7g
【答案】D
【解析】
根据Li+的移动方向可知，a为正极，b为负极。A．镍放电时石墨是负极，Li元素先失去电子，故A错误；B．放电时电子从负极，即b电极由导线移向正极，即a电极，故B错误；C. 充电时的阴极反应式是： nC+xLi+ +xe-= LixCn，故C错误；D. 充电时，阴极反应式为nC+xLi+ +xe-= LixCn，转移1mol电子，理论上阴极材料质量增加1mol锂离子，质量为7g，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了原电池和电解池的工作原理，根据总反应正确书写电极反应式是解题的关键。本题的易错点为C，要注意放电是原电池，充电是电解池，充电时的阳极反应式是放电时的正极反应式的逆反应。
8.一种突破传统电池设计理念的镁—锑液态金属储能电池工作原理如下图所示，该电池所用液体密度不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成及浓度不变。
下列说法不正确的是
A. 放电时，Mg(液)层的质量减小
B. 放电时．正极反应为：Mg2++2e-=Mg
C. 该电池充电时，Mg—Sb(液)层发生还原反应
D. 该电池充电时，C1- 有向下层移动的趋势
【答案】C
【解析】
放电时，Mg(液)层发生反应 ，Mg(液)层的质量减小，故A正确；放电时Mg—Sb(液)层是正极，正极反应为：Mg2++2e-=====Mg，故B正确；该电池充电时，Mg—Sb(液)层是阳极，发生氧化反应，故C错误；该电池充电时，上层是阴极、下层是阳极，C1-向阳极移动，故D正确。
9.2017年9月亮相、2018年上市的奔驰燃料电池汽车GLCF-Cell，其电池采用的是质子交换膜燃料电池，工作原理如下图所示，则下列叙述正确的是
A. H2 作正极
B. 正极反应式为O2+4OH-+4e-=2H2O
C. 导电微粒在电池内部由负极定向移动至正极
D. 总反应式为2H2+O22H2O
【答案】C
【解析】
A H2 不导电，不能做电极，故A错误；B. 正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故B错；C. 因为是质子交换膜，导电微粒指的是氢离子，在电池内部由负极定向移动至正极，故C正确；
D. 总反应方程式为2H2+O22H2O，不是反应式，故D错。
点睛：严格把握概念的含义。电极是能导电的材料，电极反应式和方程式的区别。原电池内电路的导电原理。
10.已知:25 C 时,Ksp[Zn(OH)2]= 1.0×10-18， Ka(HCOOH)= 1.0×10-4。该温度下，下列说法错误的是
A. HCOO－的水解平衡常数为 1.0×10-10
B. 向 Zn(OH)2 悬浊液中加少量 HCOOH,溶液中 c(Zn2+)增大
C. Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中,c(Zn2＋)>1.0×10-6 mol/L
D. Zn(OH)2(s) +2HCOOH(aq)Zn2+(aq) +2HCOO－(aq) +2H2O(l)的平衡常数 K= 100
【答案】B
【解析】
A、HCOO－的水解常数为KW/Ka＝10－14/10－4＝1.0×10－10，A正确；B、 设Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中c(Zn2+)为x，则溶液中c(OH－)＝2x，x×(2x)2＝Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－18，解得x＝mol/L＜1.0×10－6mol/L，B错误；C、Zn(OH)2悬浊液中存在溶解平衡Zn(OH)2(s)Zn2+(aq)+2OH-（aq），加入HCOOH中和氢氧根离子，使平衡正向移动，溶液中c(Zn2+)增大，C正确；D、Zn(OH)2(s)+2HCOOH(aq)Zn2+(aq) +2HCOO-(aq)+2H2O(1)的平衡常数K＝＝K2a(HCOOH)·Ksp[Zn(OH)2]/K2W＝100，D正确，答案选B。
11.常温下，下列溶液中的微粒浓度关系不正确的是
A. pH＝8.3的某酸式盐NaHB的水溶液中：c (Na+) > c (HB－) > c (H2B) > c (B2－)
B. 等物质的量浓度的Na2S和NaHS溶液中：c (Na+)＝2c (S2－) + c (HS－)
C. NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性：c (Na+) > c (SO42－) > c (NH4+) > c (OH－)＝c (H+)
D. 0.1 mol / L NaH2PO4溶液中：c (Na+)＝c (PO43－) + c (HPO4２－) + c (H2PO4－) + c (H3PO4)
【答案】B
【解析】
A，NaHB溶液的pH=8.3说明HB-的水解程度（HB-+H2OH2B+OH-）大于HB-的电离程度（HB-H++B2-），溶液中粒子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）c（HB-）c（H2B）c（B2-），A项正确；B，等物质的量浓度的Na2S和NaHS溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-），由于溶液呈碱性，c（OH-）c（H+），则c（Na+）c（HS-）+2c（S2-），B项错误；C，若NH4HSO4与NaOH以1:1物质的量之比混合，发生的反应为2NH4HSO4+2NaOH=（NH4）2SO4+Na2SO4+2H2O，所得溶液呈酸性，若NH4HSO4与NaOH以1:2物质的量之比混合，发生的反应为NH4HSO4+2NaOH=Na2SO4+NH3·H2O+H2O，所得溶液呈碱性，NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液呈中性，则1:2n（NH4HSO4）：n（NaOH）1:1，溶液由Na2SO4、（NH4）2SO4和NH3·H2O混合而成，溶液中的物料守恒为c（NH4+）+c（NH3·H2O）=c（SO42-），溶液中粒子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）c（SO42-）c（NH4+）c（OH-）=c（H+），C项正确；D，H2PO4-在溶液中既存在电离平衡（H2PO4-H++HPO42-、HPO42-H++PO43-）又存在水解平衡（H2PO4-+H2OH3PO4+OH-），0.1mol/LNaH2PO4溶液中的物料守恒为：c（Na+）=c（H2PO4-）+c（HPO42-）+c（PO43-）+c（H3PO4），D项正确；答案选B。
点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，首先确定溶液的组成，分析溶液中存在的平衡，分清主次（如A项HB-的水解程度大于HB-的电离程度），注意弱酸、弱碱的电离和盐的水解程度是微弱的，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒（质子守恒可由电荷守恒和物料守恒推出）。
12.室温下，1mol·L-l的某二元酸H2A溶液中，存在的HA-、A2-的物质的量分数随pH变化的关系如图所示，
下列说法不正确的是
A. H2A的电离方程式为：H2A==H++HA- HA-A2-+H+
B. 室温下，电离平衡HA-A2-+H+的平衡常数Ka=10-3。
C. 等物质的量浓度NaHA和Na2A溶液等体积混合，离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)
D. 在Na2A溶液中存在c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)
【答案】C
【解析】
根据图示，H2A溶液中不含H2A分子，所以H2A第一步完全电离，HA-、A2-共存，说明H2A第二步部分电离，所以H2A的电离方程式为：H2A==H++HA- HA-A2-+H+，故A正确；根据图示，PH=3时，c(A2-)=c(HA-)，电离平衡HA-A2-+H+的平衡常数Ka=10-3，故B正确；HA-A2-+H+的平衡常数Ka=10-3，A2-水解平衡常数是 ，HA-电离大于A2- 水解，所以c(HA-)
13.柠檬酸(用H3R表示)是一种高效除垢剂，现用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶液中H3R、H2R-、HR2-、R3-的含量随pH的变化如图所示。下列说法正确的是
A. H3R的第二步电离常数Ka2(H3R)的数量级为10-4
B. pH=6时，c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)
C. Na2HR溶液中HR2-的水解程度大于电离程度
D. pH=4时，c(H+)=c(H2R-)+2c(HR2-)+c(OH-)
【答案】B
【解析】
A. 据图可知，随pH的增大，H3R、H2R-、HR2-、R3-在图象中对应的曲线分别为a、b、c、d，H3R的第二步电离常数Ka2(H3R)=，由图可知，当c(HR2－)= c(H2R－)时，pH约为4.8，c(H+)=10－4.8mol/L，数量级应为10－5，故A错误；B. 据图可知，pH=6时，c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；C. HR2-大量存在的溶液pH约为5，溶液呈酸性，所以Na2HR溶液中HR2-的水解程度小于电离程度，故C错误；D. pH=4时，溶液中的阳离子除H+外还有Ca2＋、Mg2＋等，所以不符合电荷守恒，故D错误；答案选B。
点睛：本题主要考查弱电解质的电离、盐的水解反应及溶液中微粒浓度大小的比较等，充分利用图象信息并结合溶液中微粒的各种守恒关系是解答本题的关键，试题难度较大。本题的易错点是A项，要判断H3R的第二步电离常数Ka2(H3R)的数量级，可以先写出H3R的第二步电离常数Ka2(H3R)的表达式，再结合图象中c(HR2－)= c(H2R－)时，pH约为4.8，说明H+的浓度约为10－4.8mol/L，进而得出数量级应为10－5。
14.下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，用排水法收集气体
HX放出的氢气多且反应速率快
酸的强弱：HX＜HY
B
向2 mL 0.1 mol/L Na2S溶液中滴2滴0.1 mol/L ZnSO4溶液；再滴2滴0.1 mol/L CuSO4
先生成白色沉淀，后生成黑色沉淀
溶度积(Ksp)：ZnS>CuS
C
向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体
溶液颜色变浅
FeCl3+3KSCNFe(SCN)3 +3KCl平衡向逆反应方向移动
D
常温下，用pH计分别测定饱和NaA溶液和饱和NaB溶液的pH
pH：NaA＞NaB
常温下酸性：HA﹤HB
【答案】A
【解析】
【分析】
A.等体积等pH时HX放出的氢气多且反应速率快，可知其浓度大；B.Na2S溶液过量，均为沉淀的生成，未发生沉淀的转化；C.加入少量KCl固体，对平衡移动无影响；D. 要比较两种酸的酸性强弱，两种盐溶液的浓度必须相同。
【详解】A. 等体积等pH时HX放出的氢气多且反应速率快，可知其浓度大，则HX的酸性比HY的酸性弱，故A正确；
B. 因Na2S溶液过量，所以加入ZnSO4溶液和CuSO4溶液时发生的均为沉淀的生成，未发生沉淀的转化，不能比较二者溶度积的大小，故B错误；
C.该可逆反应中实质上KCl不参加反应，所以加入少量KCl固体，对平衡移动无影响，则溶液颜色不变，故C错误；
D. 要比较两种酸的酸性强弱，则两种盐溶液的浓度必须相同，这两种盐溶液都是饱和溶液，但两种盐溶液的浓度不一定相同，所以不能比较HA和HB的酸性强弱，故D错误，答案选A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，明确实验原理及物质性质是解答本题的关键，注意D选项中的两种溶液浓度必须相同，否则无法判断，为易错点。
15.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板（厚度不计）将容器分成两部分，当左边充入 1mol N2， 右边充入 CO 和 CO2 的混合气体共 8g 时，隔板处于如图位置（保持温度不变），下列说法正确的是
A. 右边 CO 与 CO2 分子数之比为 1:3
B. 右侧 CO 的质量为 2.75g
C. 若改变右边 CO 和 CO2 的充入量而使隔板处于离右端1/6处， 保持温度不变，则前后两次充入容器内的气体压强之比为 5: 3
D. 右侧气体密度是相同条件下氢气密度的 16 倍
【答案】CD
【解析】
左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，则左右气体物质的量之比为4：1，所以右侧气体物质的量==0.25mol，CO和二氧化碳质量为8g，设CO的物质的量为xmol，则二氧化碳物质的量为(0.25-x)mol，28xg+44(0.25-x)g=8g，x=mol，则CO的物质的量为mol，二氧化碳物质的量为 mol。A．气体的物质的量之比等于其分子数之比，所以右边CO与CO2分子数之比为mol：mol=3：1，故A错误；B．m(CO)=nM=mol×28g/mol=5.25g，故B错误；C．若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，则左右空间体积之比为5：1，充入CO和CO2物质的量为×1=0.2mol，相同条件下气体的物质的量之比等于其压强之比，所以其压强之比为0.25mol：0.2mol=5：4，故C正确；D．相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比，右边气体平均摩尔质量= =32g/mol，与氧气摩尔质量相等，所以混合气体与氢气密度之比为32：2=16:1，故D正确；故选CD。
16.在3个体积均为1 L的恒容密闭容器中发生反应：SO2(g)＋2NO(g)2NO2(g)＋S(s)。改变容器I的反应温度，平衡时c( NO2)与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的ΔH<0
B. T1时，该反应的平衡常数为1/16
C. 容器Ⅰ与容器Ⅱ均在T1时达到平衡，总压强之比小于1:2
D. 若T2
【解析】
A. 根据图像，升高温度，c( NO2)减小，说明平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，ΔH<0，故A正确；B. T1时，平衡是c( NO2)=0.2 mol/L，
SO2(g)＋2NO(g)2NO2(g)＋S(s)
起始(mol/L) 0.5 0.6 0 0
反应(mol/L) 0.1 0.2 0.2
平衡(mol/L) 0.4 0.4 0.2
该反应的平衡常数K==，故B错误；C. T1时，容器I平衡时气体的物质的量为0.4+0.4+0.2=1.0mol，容器Ⅱ中Qc==0.5＜，说明反应正向移动，气体的物质的量小于0.5+1+0.5=2.0mol，因此达到平衡，总压强之比大于1:2，故C错误；D.根据上述分析，T1时，平衡时容器I中NO的体积分数为×100%=40%；容器I相当于起始时加入0.2mol二氧化氮和0.6mol二氧化氮，容器Ⅲ相当于起始时加入0.4mol二氧化硫和1.2mol一氧化氮，容器Ⅲ相当于容器I缩小体积的结果，根据方程式，增大压强，平衡正向移动，一氧化氮的物质的量减少，因此平衡时容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%，若T2
17.下列有关滴定操作的说法正确的是( )
A. 用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mL
B. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定，则测定结果偏低
C. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中含有NaOH杂质，则测定结果偏高
D. 用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏高
【答案】D
【解析】
【详解】A．滴定管精确值为0.01mL，读数应保留小数点后2位，A错误；
B．用标准KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定，由于没有润洗，标准液浓度减小，消耗标准液体积增加，则测定结果偏高，B错误；
C．所用的固体KOH中混有NaOH，相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，故所配的溶液的OH-浓度偏大，导致消耗标准液的体积V（碱）偏小，根据c（酸）＝c(碱)×V(碱)/V(酸)可知c（酸）偏小，C错误；
D．用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若滴定前仰视读数，滴定至终点后俯视读数，导致消耗的盐酸体积偏小，依据c（酸）＝c(碱)×V(碱)/V(酸)可知测定结果偏高，D正确；
答案选D。
18.在一密闭容器中，进行以下可逆反应O(g) +P(g) W (g) + 2T(?)，在不同条件下W的百分含量的变化情况如图，则该反应
A. 正反应放热，T是固体
B. 正反应放热，T是气体
C. 正反应吸热，T是气体
D. 正反应放热，T是固体或气体
【答案】B
【解析】
【分析】
结合图像分析可知P2>P1、T2>T1，再结合压强、温度对平衡的影响，即可得到答案。
【详解】根据图像可知，在温度相同的条件下，压强越大W的含量越低，这说明增大压强平衡向逆反应方向移动，所以正反应是体积增大的可逆反应，因此T一定是气态。而当压强相同时，温度越高W的含量越低，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应。综上，本题选B。
【点睛】在分析有关图像时应该注意：一、ν－t 图像或 c－t 图像：1.ν－t 图像：分清正逆反应，分清各因素(浓度、温度、压强、催化剂)对反应速率和平衡移动的影响。 二、平衡图像 1.出现拐点的图像：分析依据“先拐先平”。在转化率－时间图像或物质的百分含量－时间图像中，先出现拐点的曲线先达到平衡(代表温度高或压强大或使用合适的催化剂等)。
19.向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl—，降低对电解的影响，反应原理如下：
Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) ΔH1＝a kJ·mol-1
Cl—(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) ΔH2＝b kJ·mol-1
实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl—)的影响如图所示。下列说法正确的是
A. 向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除
B. 溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大
C. 反应达到平衡增大c(Cu2+)，c(Cl—)减小
D. 1/2 Cu(s)+ 1/2 Cu2+(aq)+Cl—(aq)CuCl(s) ΔH＝(a+2b) kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
A. Ksp(CuCl)只与温度有关，与溶液pH无关，故A错误；B. 根据图像，溶液的pH越小，溶液中残留c(Cl—)越大，因此向电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，故B错误；C. 根据Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)，增大c(Cu2+)，平衡正向移动，使得c(Cu+)增大，促进Cl—(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)右移，c(Cl—)减小，故C正确；D.①Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) ΔH1＝a kJ·mol-1，②Cl—(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) ΔH2＝b kJ·mol-1，根据盖斯定律，将①×+②得： Cu(s)+ Cu2+(aq)+Cl—(aq)CuCl(s)的ΔH＝(+b) kJ·mol-1，故D错误；故选C。
20.已知悬浊液中存在平衡：Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH-（aq）△H<0，下列有关该平衡体系的说法正确的是
①升高温度，平衡逆向移动
②温度一定时，溶液中c（Ca2+）•c2（OH-）为定值
③向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大c（Ca2+）
④恒温下，向饱和溶液中加入CaO，溶液的pH升高
⑤给溶液加热，溶液的pH升高
⑥向溶液中加入少量NaOH固体，Ca（OH）2 固体质量不变。
⑦向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加．
A. ①②⑦ B. ①②⑦⑧ C. ③④⑤⑦ D. ①③⑦⑧
【答案】A
【解析】
【分析】
由已知方程式的△H＜0，可判断该反应为放热反应；
升高温度，反应向吸热的方向移动，据此判断①⑤；
加入适量的NaOH溶液，c(OH-)增大，平衡左移，生成了难溶的Ca(OH)2，Ca(OH)2溶度积较大，据此判断②⑥；
加入少量碳酸钠粉末溶液会产生CaCO3白色沉淀，据此判断③⑦；
恒温下Ksp不变，加入固体物质，溶液仍为饱和溶液，据此判断④。
【详解】①已知反应的△H＜0，所以该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故①正确；
②溶度积Ksp只跟温度有关，温度一定时，溶液中c（Ca2+）•c2（OH-）为定值，故②正确；
③加入碳酸钠粉末会生成CaCO3，使Ca2+浓度减小，故③错误；
④恒温下Ksp不变，加入CaO后，溶液仍为Ca(OH)2的饱和溶液，pH不变，故④错误；
⑤加热，Ca(OH)2的溶解度减小，溶液的pH降低，故⑤错误；
⑥加入NaOH固体平衡向左移动，Ca(OH)2固体质量增加，故⑥错误；
⑦加入Na2CO3溶液，沉淀溶解平衡向右移动，Ca(OH)2固体转化为CaCO3固体，固体质量增加，故⑦正确。
所以正确的只有①②⑦，
故选A。
21.常温下，HX溶液、HY溶液、HY和NaY的混合溶液，分别加水稀释，稀释后溶液的pH随浓度的变化如图所示，下列叙述正确的是
A. HX、HY均为一元强酸
B. 溶液中水的电离程度：a = b < c
C. 常温下，HY的电离常数Ka约为1.0×10-4
D. c点溶液：c(Na+)>c(Y-)>c(HY) >c(H+)>c(OH-)
【答案】C
【解析】
A．图像中1.0mol/L的HX溶液pH=0说明HX为强酸，1.0mol/L的HY溶液pH=2说明HY为弱酸，故A错误；B．HX为强酸，HY为弱酸，加水稀释相同倍数，a点HX溶液中氢离子浓度大于b点HY，溶液中水的电离程度：a点小于b点，故B错误；C.1.0mol/LHY溶液pH=2，c(H+)=10-2mol/L，结合定量平衡常数K==≈1×10-4，故C正确；D．HY和NaY的混合溶液，溶液pH=4，根据C的计算，有K==≈1×10-4，此时c(Y-)=c(HY)= c(Na+)，加水稀释后溶液仍显酸性，HY电离程度大于Y-离子水解程度，因此c点溶液中离子浓度大小，c(Y-)＞c(Na+)＞c(HY)＞c(H+)＞c(OH-)，故D错误；故选C。
点睛：本题考查了弱电解质电离平衡、电离平衡常数计算等。本题的难点是D，要注意根据HY的电离常数计算判断起始时HY和NaY的浓度关系。
二、非选择题(本题包括4小题，每空2分，共58分)
22.对于可逆反应：mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)(m、n、p、q均为化学计量数)，根据图示曲线回答：
（1）正反应是___热反应。
（2）m+n___p+q(填“＞”“＜”或“=”)。
（3）若将纵坐标Ａ的转化率换成A在平衡混合物中的质量分数，则逆反应是____ 热反应，m+n___p+q(填“＞”“＜”或“=”)。
【答案】 (1). 吸 (2). ＞ (3). 吸 (4). ＜
【解析】
【分析】
（1）根据图示，升高温度，A的转化率增大，平衡正向移动；（2）根据图示，增大压强，A的转化率增大，平衡正向移动。（3）若将纵坐标Ａ的转化率换成A在平衡混合物中的质量分数，升高温度，A在平衡混合物中的质量分数增大，所以平衡逆向移动；增大压强，A在平衡混合物中的质量分数增大，所以平衡逆向移动。
【详解】（1）根据图示，升高温度，A的转化率增大，平衡正向移动，所以正反应是吸热反应；（2）根据图示，增大压强，A的转化率增大，平衡正向移动，所以m+n>p+q。（3）若将纵坐标Ａ的转化率换成A在平衡混合物中的质量分数，升高温度，A在平衡混合物中的质量分数增大，平衡逆向移动，所以逆反应是吸热反应；增大压强，A在平衡混合物中的质量分数增大，平衡逆向移动，所以m+n
(1)装置甲中仪器A的名称是_____________，丙中应装的溶液是________________，甲装置中发生反应的离子方程式为__________________________________________________。制取收集纯净氯气的装置接口连接顺序是a→ _____________→g(补充完整)。
(2)制备反应会因盐酸浓度下降而停止，为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出下列实验方案：
I方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量。
Ⅱ方案：采用酸碱中和滴定法测定。
Ⅲ方案：与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量。
继而进行下列判断和实验：
①判定I方案不可行，理由是____________；
②进行Ⅱ方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。
a.量取试样20.00mL于锥形瓶中，若锥形瓶中存有少量水，对实验结果是否有影响？_____。填“是”或“否”)用0.10 mol•L-1NaOH标准溶液滴定，消耗NaOH标准溶液的体积如图所示，其读数为_____ mL。
b．平行滴定后获得实验结果。
③判断Ⅲ方案的实验结果___________(填“偏大”、“偏小”或“准确”)。[已知：Ksp(CaCO3)＝2.8×10-9、Ksp(MnCO3)＝2.3×10-11
(3)某同学认为上述方案存在明显的缺陷，请指出_______________________________。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 饱和NaCl溶液 (3). MnO2＋4H++2Cl-Mn2+＋Cl2↑＋2H2O (4). debcf (5). 残余液中的MnCl2 也会与AgNO3反应形成沉淀 (6). 否 (7). 22.60 (8). 偏小 (9). 没有尾气处理装置
【解析】
【分析】
（1）熟悉常见仪器的形状，说出其名称；二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，浓盐酸易挥发，制备的氯气含有氯化氢，结合氯化氢、氯气在饱和食盐水中溶解度特点选择合适的除杂剂；分析各装置作用进行排序；
（2）①Ⅰ方案：二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应；
②Ⅱ方案：锥形瓶中含少量水，不影响试样的物质的量；根据图二读取数据；
③Ⅲ方案：与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；
（3）氯气有毒，直接排放能够引起环境污染。
【详解】（1）装置甲中仪器A的名称为分液漏斗，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为MnO2＋4H++2Cl- Mn2+＋Cl2↑＋2H2O。甲装置用来制取氯气，A为分液漏斗用来滴加浓盐酸；从甲装置出来的气体含氯化氢和水蒸气，浓硫酸具有吸水性，装置乙中浓硫酸的作用干燥氯气；氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，所以装置丙中可以盛放饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，气体依次通过丙、乙先除杂后干燥。氯气密度比空气密度大，用向上排气法收集（长进短出），正确的顺序为：a→d→e→b→c→f→g。故答案为：分液漏斗；饱和NaCl溶液；MnO2+4H++2Cl−=Mn2++Cl2↑+2H2O； debcf。
（2）①Ⅰ方案不可行。反应残余液中的盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀，二氧化锰和浓盐酸反应生成的氯化锰也会与硝酸银反应生成氯化银沉淀，故称量生成的AgCl质量，只能求出氯离子的物质的量，而不能求出剩余盐酸的浓度。本小题答案为：残余液中的MnCl2也会与AgNO3反应形成沉淀。
②Ⅱ方案：锥形瓶中含少量水，不影响试样的物质的量；根据图二读取数据为：22.60mL。本小题答案为：否；22.60。
③Ⅲ方案：根据Ksp（CaCO3）=2.8×10-9 、Ksp(MnCO3)＝2.3×10-11知，碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，导致实验结果偏小。本小题答案为：偏小；
（3）氯气有毒直接排放会污染空气，方案中缺少尾气处理装置。本小题答案为：没有尾气处理装置。
【点睛】本题考查的是氯气的制备，制取并收集纯净的氯气的关键是除杂。；用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制得的氯气中混有水蒸气和浓盐酸挥发出的氯化氢两种杂质气体。；氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢。水蒸气可以用浓硫酸除去。由于通过饱和食盐水除去氯化氢时还会携带出一部分水，则除水蒸气的装置应放在除氯化氢的装置后面。
24.研究NO2、NO、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
(1)已知: CO可将部分氮的氧化物还原为N2。
反应I :2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-746kJ.mol-1
反应II :4CO(g)+2NO2(g) N2(g)+4CO2(g) △H=-1200kJ.mol-1
则反应NO2(g)+CO(g) CO2(g)+NO(g)的△H=______kJ/mol。
(2)一定条件下，将NO2与CO以体积比1:2置于密闭容器中发生反应II,下列能说明反应达到平衡状态的是________。
a.体系压强保持不变 b.容器中气体密度保持不变
c.混合气体颜色保持不变 d.每消耗2molNO2的同时生成1molN2
(3)温度为T、容积为10L的恒容密闭容器中，充入1molCO和0.5 mol SO2发生反应:2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(g) 实验测得生成的CO2体积分数(φ) 随着时间的变化曲线如图所示:
①达到平衡状态时，SO2的转化率为__，该温度下反应的平衡常数K=______。
②其它条件保持不变，再向上述平衡体系中充入SO2(g).CO(g)、S(g)、CO2(g)各0.2mol，此时v(正)___v(逆) (填“>”“<”或“=”)。
(4)SCR法是工业上消除氦氧化物的常用方法，反应原理为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) △H<0.在催化剂作用下，NO转化率与温度的关系如图所示:
图中A点处NO的转化率_______(填“可能是”、“一定是 ”或“一定不是”)该温度下的平衡转化率；B点之后，NO转化率降低的原因可能是________。
A.平衡常数变大 B.副反应增多
C.催化剂活性降低 D.反应活化能增大
(5)2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H=-198kJ.mol-l 是制备硫酸的重要反应。在VL恒容密闭容器中充入2molSO2和1molO2,在不同条件下进行反应，反应体系总压强随时间的变化如图所示。a和b平衡时，SO3体积分数较大的是_______； 判断的依据是________。
【答案】 (1). -227 (2). ac (3). 60% (4). 3.375 (5). > (6). 一定不是 (7). BC (8). a (9). b起始压强大于a,说明其温度高于a，而该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO3体积分数减小
【解析】
(1)已知:反应I :2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-746kJ.mol-1；反应II :4CO(g)+2NO2(g) N2(g)+4CO2(g) △H=-1200kJ.mol-1。根据盖斯定律，由(II-I)可得反应NO2(g)+CO(g) CO2(g)+NO(g)，所以其△H=[-1200kJ.mol-1 -(-746kJ.mol-1)]-227kJ/mol。
(2)一定条件下，将NO2与CO以体积比1:2置于密闭容器中发生反应II，该反应的正反应是气体分子数减少的反应。a.体系压强保持不变，说明各组分的物质的量保持不变；b.由于气体的质量和体积始终不变，所以容器中气体密度保持不变；c.混合气体颜色保持不变，说明各组分的浓度保持不变；d.每消耗2molNO2的同时生成1molN2，不能说明正反应速率和逆反应速率相等。综上所述，能说明反应达到平衡状态的是ac。
(3)①由图中信息可知，达到平衡状态时，CO2体积分数为0.4，n(CO2)=（1mol+0.5 mol）0.4=0.6mol，则SO2的变化量是0.3mol，其转化率为60%。各组分CO、SO2、CO2、S的平衡浓度分别为0.04mol/L、0.02 mol/L、0.06 mol/L、0.03 mol/L,该温度下反应的平衡常数K==3.375。②其它条件保持不变，再向上述平衡体系中充入SO2(g).CO(g)、S(g)、CO2(g)各0.2mol，此时Qc=v(逆)。
(4)由于该反应是放热反应，平衡常数随温度升高而减小，所以其平衡转化率随温度升高而减小，温度越低NO的平衡转化率越大。A点对应的温度低、反应速率较慢，NO的转化率小于B点，所以A点尚未达到平衡状态，故A点NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率；催化剂不变则活化能不变，B点之后，NO转化率降低的原因可能是副反应增多或催化剂活性降低，选BC。
(5) a和b平衡时，SO3体积分数较大的是a，判断的依据是：由图可知，b起始压强大于a,由于容器体积相同、起始投料相同，说明其温度高于a ，而该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO3体积分数减小。
点睛：本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡状态的判断、转化率和平衡常数的计算、影响化学平衡移动的因素、化学反应方向的判断等等，难度较大。要求学生能掌握判断平衡状态的两个基本依据，即正反应速率和逆反应速率相等、变量保持不变的状态；能根据浓度商和平衡常数的相对大小判断反应进行的方向；能根据反应的特点为判断外界条件的改变对化学平衡移动的影响。另外，本题还考查了压强与温度的关系，一定物质的量的气体在一定体积条件下，其压强随温度升高而增大。
25.硫酸锌可作为食品锌强化剂的原料。工业上常用菱锌矿生产硫酸锌，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，并含少量的Fe2O3、FeCO3、MgO、CaO等，生产工艺流程图如下：
(1)将菱锌矿研磨成粉的目的是___________________________。
(2)写出Fe3+水解的离子方程式_____________________________________________。
(3)根据下表数据，调节“滤液2”的pH时，理论上可选用的最大区间为__________。
沉淀化学式
Mg(OH)2
Zn(OH)2
MgCO3
CaCO3
开始沉淀的pH
10.4
6.4
沉淀完全的pH
12.4
8.0
开始溶解的pH
10.5
Ksp
5.6×10-12
6.8×10-6
2.8×10-9
(4)工业上从“滤液3”制取MgO过程中，合适的反应物是________选填序号。
A、大理石粉 B、石灰乳 C、纯碱溶液 D、氨水
(5)“滤液4”之后的操作依次为______________、______________、过滤、洗涤、干燥。
(6)分析图中数据，菱锌矿粉中ZnCO3的质量分数不低于__________用代数式表示。
【答案】 (1). 增大反应物接触面积或增大反应速率或使反应更充分 (2). Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ (3). 8.0≤pH<10.4 (4). BD (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 125m2/81m1
【解析】
【分析】
本题考查的是工业制备硫酸锌的相关知识和计算。
（1）根据影响化学反应速率的因素回答，固体表面积越大，反应速率越大；滤液1中混有Fe3+和Fe2+，调节pH，加入漂白精的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，生成Fe（OH）3沉淀除去；（2）调节滤液2的pH要想生成Zn（OH）2沉淀而不生成Mg（OH）2，必须知道Mg（OH）2开始沉淀时的pH、Zn（OH）2沉淀完全的pH，以及Zn（OH）2开始溶解的pH；
（3）根据从溶液中制得干燥纯净的固体一般有蒸发、结晶、过滤后洗涤并干燥等操作来回答；
（4）利用关系式法来计算质量分数。
【详解】（1）将菱锌矿研磨成粉可以增加反应时的接触面积，使反应更加充分。本小题答案为：增大反应物接触面积或增大反应速率或使反应更充分。
（2）Fe3+水解的离子方程式为Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+。本小题答案为：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+。
（3）pH=8.0时Zn(OH)2完全沉淀，pH=10.5时开始溶解，而Mg(OH)2在pH=10.4时开始沉淀，为了使Zn(OH)2能完全析出且不影响Mg(OH)2，溶液的酸碱度应控制在8.0≤pH<10.4范围。本小题答案为：8.0≤pH<10.4。
（4）从“滤液3”制取MgO过程中，由于滤液中含有氯化镁，可以先加入石灰乳生成Mg（OH）2沉淀，然后加热氢氧化镁使其分解得到氧化镁；也可以加入碳酸钠溶液生成碳酸镁沉淀，然后加热碳酸镁使其分解得到氧化镁。如果加入氨水也能生成氢氧化镁，但是氢氧化镁能溶于较浓的氯化铵溶液，所以氨水不能把镁离子完全沉淀。大理石不能沉淀镁离子。综上所述，BD符合。本小题答案为：BD。
（5）“滤液4”之后的操作目的是为了得到纯净的七水合硫酸锌晶体，应将溶液蒸发浓缩至饱和溶液，然后冷却结晶、过滤、洗涤并干燥。本小题答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。
（6）设碳酸锌的质量为m，利用关系式法计算：
ZnCO 3----ZnO
125 81
m m 2
ZnCO 3的质量为125m2/81，ZnCO 3的质量分数为 125m2/81m1。
【点睛】本题在制备硫酸锌过程中两个环节需调pH，调pH的目的是除杂，是沉淀溶解平衡的一个重要应用。若要把杂质离子沉淀除去而不影响目标元素（产品中所需要的元素），则需要知道杂质完全沉淀的pH和目标元素开始沉淀的pH，pH的范围选择应在杂质完全沉淀的pH和目标元素开始沉淀的pH之间。
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 S 32 Cl 35.5 Ca40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 O 16 Li 7 Ni 28
一、选择题(本题包括21小题，每小题2分，共42分)
1.下列影响因素中，既能改变化学反应速率，又能改变化学平衡常数的是
A. 催化剂 B. 浓度 C. 温度 D. 固体表面积大小
【答案】C
【解析】
【分析】
平衡常数只是温度的函数，只有温度变化时，平衡常数才会变化。
【详解】A.使用催化剂能够加快反应的进行，增大反应速率,但平衡常数不变，故A项错误；B.改变物质浓度，有可能改变反应速率，但平衡常数不变，故B项错误；C.改变温度一定改变反应速率，平衡常数是温度的函数，温度变化，平衡常数也变化，故C项正确；D.改变固体表面积大小，可以改变反应速率，但平衡常数不变，故D项错误。综上，本题选C。
【点睛】本题考查平衡常数的影响因素，平衡常数只是温度的函数，温度不变，平衡常数不变。
2.在不同情况下测得A(g)＋3B(g)2C(g)＋ 2D(s)的下列反应速率，其中反应速率最大的是
A. υ(D)=0.01 mol•L-1•s-1 B. υ(C)=0.010 mol•L-1•s-1
C. υ(B)=0.6 mol•L-1•min-1 D. υ(A)=0.2mol•L-1•min-1
【答案】B
【解析】
【分析】
同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，数值可能不同，但表示的意义是相同的。所以在比较反应速率快慢时，应该换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值大小。
【详解】根据速率之比是相应化学计量数之比可知，如果都用B物质表示其反应速率，则分别为：
A. D是固体，其浓度视为常数，故不能用D来表示反应速率；
B. υ(B)=υ(C)=0.010 mol•L-1•s-1=0.6 mol•L-1•min-1=0.9 mol•L-1•min-1 ；
C. υ(B)=0.6 mol•L-1•min-1
D. υ(B)=3υ(A)=30.2mol•L-1•min-1=0.6mol•L-1•min-1。
数值最大的是B，
故选B。
【点睛】解答本题需要注意，一是D为固体，不能用D来表示反应速率，二是要注意统一单位，如本题统一单位为mol•L-1•min-1，需要换算，换算公式为：1mol•L-1•s-1=60 mol•L-1•min-1。
3.下列结论错误的是 ①微粒半径：K＋>Al3＋>S2－>Cl－ ②氢化物的稳定性：HF>HCl>H2S>PH3>SiH4③离子的还原性：S2－>Cl－>Br－>I－ ④氧化性： Cl2>S⑤酸性：H2SO4>H3PO4>H2CO3>HClO ⑥非金属性：O>N>P>Si ⑦金属性：Mg
【答案】B
【解析】
试题分析：离子的核外电子层数越多，离子半径越大。在核外电子排布相同的条件下，原子序数越小，离子半径越大，因此粒子半径是S2－＞Cl－＞K＋＞Al3＋，①不正确；非金属性越强，氢化物的稳定性越强。同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则非金属性强弱顺序是F＞Cl＞S＞P＞Si，所以氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，②正确；非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱。同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则非金属性强弱顺序是Cl＞Br＞I＞S，所以离子的还原性：S2－＞I－＞Br－＞Cl－，③不正确；同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，④正确；根据(OH)mROn可知n值越大，含氧酸的酸性越强，所以酸性强弱顺序是H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，⑤正确；同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则非金属性：O＞N＞P＞Si，⑥正确；同周期自左向右金属性逐渐减弱，同主族自上而下金属性逐渐增强，则金属性：Be＜Mg＜Ca＜K，⑦正确，答案选B。
考点：考查元素周期律的应用
4.下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理，下列说法不正确的是
A. 反应②为反应③提供了原料
B. 反应②也是SO2资源利用的方法之一
C. 制得等量H2所需能量较少的是系统(I)
D. 系统(I)制氢的热化学方程式为H2O(l) H2(g) + 1/2O2(g) ΔH = +286 kJ/mol
【答案】C
【解析】
A. 可以看出来反应②为反应③提供了原料HI，故A正确；B. SO2在反应②中实现了再利用，故B正确；C.由已知化学方程式可知①+②+③可得系统(Ⅰ)制氢的热化学方程式为：H2O(l) H2(g) + 1/2O2(g) ΔH = +286 kJ/mol，②+③+④可得系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式为：H2S(g) H2(g) + S(g) ΔH = +20 kJ/mol；由上面的热化学方程式可知：制得等量H2所需能量较少的是系统(Ⅱ)，故C错误；D. ①+②+③可得系统(Ⅰ)制氢的热化学方程式为：H2O(l) H2(g) + 1/2O2(g) ΔH = +286 kJ/mol，故D正确；本题选C。
点睛：利用盖斯定律可以计算出系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式，再比较两个系统的反应热做出判断。
5.A2+B2＝2AB的反应历程可以看作如下（△H表示该过程的能量变化）：
Ⅰ．A2＝A+A △H1
Ⅱ．B2＝B+B △H2
Ⅲ．A+B＝AB △H3
则下列说法中正确的是
A. 当△H3+（△H1+△H2）＞0时，该反应是吸热反应
B. 当2△H3+（△H1+△H2）＞0时，该反应是放热反应
C. 当2△H3+（△H1+△H2）＜0时，该反应是放热反应
D. 当△H3+（△H1+△H2）＜0时，该反应是吸热反应
【答案】C
【解析】
试题分析：根据盖斯定律可知，I＋Ⅱ＋Ⅲ×2即得到反应A2+B2===2AB，所以该反应的反应热是△H＝ 2△H3+(△H1+△H2 )。因此选项C正确，答案选C。
考点：考查反应热的计算和判断
点评：在根据多个热化学方程式计算有关的反应热时，盖斯定律是最重要的定律，需要熟练掌握并能灵活运用。
6.通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3 )。下列说法不正确的是
①C(s) + H2O(g)=CO(g) + H2 (g) ΔH1 = a kJ·mol−1
②CO(g) + H2O(g)=CO2 (g) + H2 (g) ΔH 2 = b kJ·mol−1
③CO2 (g) + 3H2 (g)=CH3OH(g) + H2O(g) ΔH 3 = c kJ·mol−1
④2CH3OH(g)=CH3OCH3 (g) + H2O(g) ΔH 4 = d kJ·mol−1
A. 反应①、②为反应③提供原料气
B. 反应③也是CO2资源化利用的方法之一
C. 反应CH3OH(g)=1/2CH3OCH3 (g) +1/2H2O(l)的ΔH =d/2kJ·mol−1
D. 反应 2CO(g) + 4H2 (g) =CH3OCH3 (g) + H2O(g)的ΔH = ( 2b + 2c + d )kJ·mol−1
【答案】C
【解析】
A．反应①、②的生成物CO2和H2是反应③的反应物，A正确；B．反应③可将二氧化碳转化为甲醇，变废为宝，B正确；C．4个反应中，水全是气态，没有给出水由气态变为液态的焓变，C错误；D．根据盖斯定律可知把反应②③④三个反应按(②+③)2+④可得该反应对应的焓变，D正确，答案选C。
点睛：本题以合成新能源二甲醚为背景，考查学生对简单化工流程的反应原理、能量的转化关系、化学反应焓变的概念、盖斯定律的运用等知识的掌握和理解程度，同时关注了节能减排、工业三废资源化处理、开发利用新能源等社会热点问题。注意盖斯定律在计算反应热中的应用。
7.镍钴锰三元材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等重要优点。镍钴锰三元材料中Ni为主要活泼元素，通常可以表示为：LiNiaCobMncO2，其中a+b+c=1，可简写为LiAO2。充电时总反应为LiAO2 + nC = Li1-xAO2 + LixCn（0
A. 放电时Ni元素最先失去电子
B. 放电时电子从a电极由导线移向b电极
C. 充电时的阴极反应式为LiAO2 - xe-= Li1-xAO2 + xLi+
D. 充电时转移1mol电子，理论上阴极材料质量增加7g
【答案】D
【解析】
根据Li+的移动方向可知，a为正极，b为负极。A．镍放电时石墨是负极，Li元素先失去电子，故A错误；B．放电时电子从负极，即b电极由导线移向正极，即a电极，故B错误；C. 充电时的阴极反应式是： nC+xLi+ +xe-= LixCn，故C错误；D. 充电时，阴极反应式为nC+xLi+ +xe-= LixCn，转移1mol电子，理论上阴极材料质量增加1mol锂离子，质量为7g，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了原电池和电解池的工作原理，根据总反应正确书写电极反应式是解题的关键。本题的易错点为C，要注意放电是原电池，充电是电解池，充电时的阳极反应式是放电时的正极反应式的逆反应。
8.一种突破传统电池设计理念的镁—锑液态金属储能电池工作原理如下图所示，该电池所用液体密度不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成及浓度不变。
下列说法不正确的是
A. 放电时，Mg(液)层的质量减小
B. 放电时．正极反应为：Mg2++2e-=Mg
C. 该电池充电时，Mg—Sb(液)层发生还原反应
D. 该电池充电时，C1- 有向下层移动的趋势
【答案】C
【解析】
放电时，Mg(液)层发生反应 ，Mg(液)层的质量减小，故A正确；放电时Mg—Sb(液)层是正极，正极反应为：Mg2++2e-=====Mg，故B正确；该电池充电时，Mg—Sb(液)层是阳极，发生氧化反应，故C错误；该电池充电时，上层是阴极、下层是阳极，C1-向阳极移动，故D正确。
9.2017年9月亮相、2018年上市的奔驰燃料电池汽车GLCF-Cell，其电池采用的是质子交换膜燃料电池，工作原理如下图所示，则下列叙述正确的是
A. H2 作正极
B. 正极反应式为O2+4OH-+4e-=2H2O
C. 导电微粒在电池内部由负极定向移动至正极
D. 总反应式为2H2+O22H2O
【答案】C
【解析】
A H2 不导电，不能做电极，故A错误；B. 正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故B错；C. 因为是质子交换膜，导电微粒指的是氢离子，在电池内部由负极定向移动至正极，故C正确；
D. 总反应方程式为2H2+O22H2O，不是反应式，故D错。
点睛：严格把握概念的含义。电极是能导电的材料，电极反应式和方程式的区别。原电池内电路的导电原理。
10.已知:25 C 时,Ksp[Zn(OH)2]= 1.0×10-18， Ka(HCOOH)= 1.0×10-4。该温度下，下列说法错误的是
A. HCOO－的水解平衡常数为 1.0×10-10
B. 向 Zn(OH)2 悬浊液中加少量 HCOOH,溶液中 c(Zn2+)增大
C. Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中,c(Zn2＋)>1.0×10-6 mol/L
D. Zn(OH)2(s) +2HCOOH(aq)Zn2+(aq) +2HCOO－(aq) +2H2O(l)的平衡常数 K= 100
【答案】B
【解析】
A、HCOO－的水解常数为KW/Ka＝10－14/10－4＝1.0×10－10，A正确；B、 设Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中c(Zn2+)为x，则溶液中c(OH－)＝2x，x×(2x)2＝Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－18，解得x＝mol/L＜1.0×10－6mol/L，B错误；C、Zn(OH)2悬浊液中存在溶解平衡Zn(OH)2(s)Zn2+(aq)+2OH-（aq），加入HCOOH中和氢氧根离子，使平衡正向移动，溶液中c(Zn2+)增大，C正确；D、Zn(OH)2(s)+2HCOOH(aq)Zn2+(aq) +2HCOO-(aq)+2H2O(1)的平衡常数K＝＝K2a(HCOOH)·Ksp[Zn(OH)2]/K2W＝100，D正确，答案选B。
11.常温下，下列溶液中的微粒浓度关系不正确的是
A. pH＝8.3的某酸式盐NaHB的水溶液中：c (Na+) > c (HB－) > c (H2B) > c (B2－)
B. 等物质的量浓度的Na2S和NaHS溶液中：c (Na+)＝2c (S2－) + c (HS－)
C. NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性：c (Na+) > c (SO42－) > c (NH4+) > c (OH－)＝c (H+)
D. 0.1 mol / L NaH2PO4溶液中：c (Na+)＝c (PO43－) + c (HPO4２－) + c (H2PO4－) + c (H3PO4)
【答案】B
【解析】
A，NaHB溶液的pH=8.3说明HB-的水解程度（HB-+H2OH2B+OH-）大于HB-的电离程度（HB-H++B2-），溶液中粒子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）c（HB-）c（H2B）c（B2-），A项正确；B，等物质的量浓度的Na2S和NaHS溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-），由于溶液呈碱性，c（OH-）c（H+），则c（Na+）c（HS-）+2c（S2-），B项错误；C，若NH4HSO4与NaOH以1:1物质的量之比混合，发生的反应为2NH4HSO4+2NaOH=（NH4）2SO4+Na2SO4+2H2O，所得溶液呈酸性，若NH4HSO4与NaOH以1:2物质的量之比混合，发生的反应为NH4HSO4+2NaOH=Na2SO4+NH3·H2O+H2O，所得溶液呈碱性，NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液呈中性，则1:2n（NH4HSO4）：n（NaOH）1:1，溶液由Na2SO4、（NH4）2SO4和NH3·H2O混合而成，溶液中的物料守恒为c（NH4+）+c（NH3·H2O）=c（SO42-），溶液中粒子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）c（SO42-）c（NH4+）c（OH-）=c（H+），C项正确；D，H2PO4-在溶液中既存在电离平衡（H2PO4-H++HPO42-、HPO42-H++PO43-）又存在水解平衡（H2PO4-+H2OH3PO4+OH-），0.1mol/LNaH2PO4溶液中的物料守恒为：c（Na+）=c（H2PO4-）+c（HPO42-）+c（PO43-）+c（H3PO4），D项正确；答案选B。
点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，首先确定溶液的组成，分析溶液中存在的平衡，分清主次（如A项HB-的水解程度大于HB-的电离程度），注意弱酸、弱碱的电离和盐的水解程度是微弱的，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒（质子守恒可由电荷守恒和物料守恒推出）。
12.室温下，1mol·L-l的某二元酸H2A溶液中，存在的HA-、A2-的物质的量分数随pH变化的关系如图所示，
下列说法不正确的是
A. H2A的电离方程式为：H2A==H++HA- HA-A2-+H+
B. 室温下，电离平衡HA-A2-+H+的平衡常数Ka=10-3。
C. 等物质的量浓度NaHA和Na2A溶液等体积混合，离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)
D. 在Na2A溶液中存在c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)
【答案】C
【解析】
根据图示，H2A溶液中不含H2A分子，所以H2A第一步完全电离，HA-、A2-共存，说明H2A第二步部分电离，所以H2A的电离方程式为：H2A==H++HA- HA-A2-+H+，故A正确；根据图示，PH=3时，c(A2-)=c(HA-)，电离平衡HA-A2-+H+的平衡常数Ka=10-3，故B正确；HA-A2-+H+的平衡常数Ka=10-3，A2-水解平衡常数是 ，HA-电离大于A2- 水解，所以c(HA-)
13.柠檬酸(用H3R表示)是一种高效除垢剂，现用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶液中H3R、H2R-、HR2-、R3-的含量随pH的变化如图所示。下列说法正确的是
A. H3R的第二步电离常数Ka2(H3R)的数量级为10-4
B. pH=6时，c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)
C. Na2HR溶液中HR2-的水解程度大于电离程度
D. pH=4时，c(H+)=c(H2R-)+2c(HR2-)+c(OH-)
【答案】B
【解析】
A. 据图可知，随pH的增大，H3R、H2R-、HR2-、R3-在图象中对应的曲线分别为a、b、c、d，H3R的第二步电离常数Ka2(H3R)=，由图可知，当c(HR2－)= c(H2R－)时，pH约为4.8，c(H+)=10－4.8mol/L，数量级应为10－5，故A错误；B. 据图可知，pH=6时，c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；C. HR2-大量存在的溶液pH约为5，溶液呈酸性，所以Na2HR溶液中HR2-的水解程度小于电离程度，故C错误；D. pH=4时，溶液中的阳离子除H+外还有Ca2＋、Mg2＋等，所以不符合电荷守恒，故D错误；答案选B。
点睛：本题主要考查弱电解质的电离、盐的水解反应及溶液中微粒浓度大小的比较等，充分利用图象信息并结合溶液中微粒的各种守恒关系是解答本题的关键，试题难度较大。本题的易错点是A项，要判断H3R的第二步电离常数Ka2(H3R)的数量级，可以先写出H3R的第二步电离常数Ka2(H3R)的表达式，再结合图象中c(HR2－)= c(H2R－)时，pH约为4.8，说明H+的浓度约为10－4.8mol/L，进而得出数量级应为10－5。
14.下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，用排水法收集气体
HX放出的氢气多且反应速率快
酸的强弱：HX＜HY
B
向2 mL 0.1 mol/L Na2S溶液中滴2滴0.1 mol/L ZnSO4溶液；再滴2滴0.1 mol/L CuSO4
先生成白色沉淀，后生成黑色沉淀
溶度积(Ksp)：ZnS>CuS
C
向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体
溶液颜色变浅
FeCl3+3KSCNFe(SCN)3 +3KCl平衡向逆反应方向移动
D
常温下，用pH计分别测定饱和NaA溶液和饱和NaB溶液的pH
pH：NaA＞NaB
常温下酸性：HA﹤HB
【答案】A
【解析】
【分析】
A.等体积等pH时HX放出的氢气多且反应速率快，可知其浓度大；B.Na2S溶液过量，均为沉淀的生成，未发生沉淀的转化；C.加入少量KCl固体，对平衡移动无影响；D. 要比较两种酸的酸性强弱，两种盐溶液的浓度必须相同。
【详解】A. 等体积等pH时HX放出的氢气多且反应速率快，可知其浓度大，则HX的酸性比HY的酸性弱，故A正确；
B. 因Na2S溶液过量，所以加入ZnSO4溶液和CuSO4溶液时发生的均为沉淀的生成，未发生沉淀的转化，不能比较二者溶度积的大小，故B错误；
C.该可逆反应中实质上KCl不参加反应，所以加入少量KCl固体，对平衡移动无影响，则溶液颜色不变，故C错误；
D. 要比较两种酸的酸性强弱，则两种盐溶液的浓度必须相同，这两种盐溶液都是饱和溶液，但两种盐溶液的浓度不一定相同，所以不能比较HA和HB的酸性强弱，故D错误，答案选A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，明确实验原理及物质性质是解答本题的关键，注意D选项中的两种溶液浓度必须相同，否则无法判断，为易错点。
15.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板（厚度不计）将容器分成两部分，当左边充入 1mol N2， 右边充入 CO 和 CO2 的混合气体共 8g 时，隔板处于如图位置（保持温度不变），下列说法正确的是
A. 右边 CO 与 CO2 分子数之比为 1:3
B. 右侧 CO 的质量为 2.75g
C. 若改变右边 CO 和 CO2 的充入量而使隔板处于离右端1/6处， 保持温度不变，则前后两次充入容器内的气体压强之比为 5: 3
D. 右侧气体密度是相同条件下氢气密度的 16 倍
【答案】CD
【解析】
左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，则左右气体物质的量之比为4：1，所以右侧气体物质的量==0.25mol，CO和二氧化碳质量为8g，设CO的物质的量为xmol，则二氧化碳物质的量为(0.25-x)mol，28xg+44(0.25-x)g=8g，x=mol，则CO的物质的量为mol，二氧化碳物质的量为 mol。A．气体的物质的量之比等于其分子数之比，所以右边CO与CO2分子数之比为mol：mol=3：1，故A错误；B．m(CO)=nM=mol×28g/mol=5.25g，故B错误；C．若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，则左右空间体积之比为5：1，充入CO和CO2物质的量为×1=0.2mol，相同条件下气体的物质的量之比等于其压强之比，所以其压强之比为0.25mol：0.2mol=5：4，故C正确；D．相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比，右边气体平均摩尔质量= =32g/mol，与氧气摩尔质量相等，所以混合气体与氢气密度之比为32：2=16:1，故D正确；故选CD。
16.在3个体积均为1 L的恒容密闭容器中发生反应：SO2(g)＋2NO(g)2NO2(g)＋S(s)。改变容器I的反应温度，平衡时c( NO2)与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的ΔH<0
B. T1时，该反应的平衡常数为1/16
C. 容器Ⅰ与容器Ⅱ均在T1时达到平衡，总压强之比小于1:2
D. 若T2
【解析】
A. 根据图像，升高温度，c( NO2)减小，说明平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，ΔH<0，故A正确；B. T1时，平衡是c( NO2)=0.2 mol/L，
SO2(g)＋2NO(g)2NO2(g)＋S(s)
起始(mol/L) 0.5 0.6 0 0
反应(mol/L) 0.1 0.2 0.2
平衡(mol/L) 0.4 0.4 0.2
该反应的平衡常数K==，故B错误；C. T1时，容器I平衡时气体的物质的量为0.4+0.4+0.2=1.0mol，容器Ⅱ中Qc==0.5＜，说明反应正向移动，气体的物质的量小于0.5+1+0.5=2.0mol，因此达到平衡，总压强之比大于1:2，故C错误；D.根据上述分析，T1时，平衡时容器I中NO的体积分数为×100%=40%；容器I相当于起始时加入0.2mol二氧化氮和0.6mol二氧化氮，容器Ⅲ相当于起始时加入0.4mol二氧化硫和1.2mol一氧化氮，容器Ⅲ相当于容器I缩小体积的结果，根据方程式，增大压强，平衡正向移动，一氧化氮的物质的量减少，因此平衡时容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%，若T2
17.下列有关滴定操作的说法正确的是( )
A. 用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mL
B. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定，则测定结果偏低
C. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中含有NaOH杂质，则测定结果偏高
D. 用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏高
【答案】D
【解析】
【详解】A．滴定管精确值为0.01mL，读数应保留小数点后2位，A错误；
B．用标准KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定，由于没有润洗，标准液浓度减小，消耗标准液体积增加，则测定结果偏高，B错误；
C．所用的固体KOH中混有NaOH，相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，故所配的溶液的OH-浓度偏大，导致消耗标准液的体积V（碱）偏小，根据c（酸）＝c(碱)×V(碱)/V(酸)可知c（酸）偏小，C错误；
D．用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若滴定前仰视读数，滴定至终点后俯视读数，导致消耗的盐酸体积偏小，依据c（酸）＝c(碱)×V(碱)/V(酸)可知测定结果偏高，D正确；
答案选D。
18.在一密闭容器中，进行以下可逆反应O(g) +P(g) W (g) + 2T(?)，在不同条件下W的百分含量的变化情况如图，则该反应
A. 正反应放热，T是固体
B. 正反应放热，T是气体
C. 正反应吸热，T是气体
D. 正反应放热，T是固体或气体
【答案】B
【解析】
【分析】
结合图像分析可知P2>P1、T2>T1，再结合压强、温度对平衡的影响，即可得到答案。
【详解】根据图像可知，在温度相同的条件下，压强越大W的含量越低，这说明增大压强平衡向逆反应方向移动，所以正反应是体积增大的可逆反应，因此T一定是气态。而当压强相同时，温度越高W的含量越低，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应。综上，本题选B。
【点睛】在分析有关图像时应该注意：一、ν－t 图像或 c－t 图像：1.ν－t 图像：分清正逆反应，分清各因素(浓度、温度、压强、催化剂)对反应速率和平衡移动的影响。 二、平衡图像 1.出现拐点的图像：分析依据“先拐先平”。在转化率－时间图像或物质的百分含量－时间图像中，先出现拐点的曲线先达到平衡(代表温度高或压强大或使用合适的催化剂等)。
19.向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl—，降低对电解的影响，反应原理如下：
Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) ΔH1＝a kJ·mol-1
Cl—(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) ΔH2＝b kJ·mol-1
实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl—)的影响如图所示。下列说法正确的是
A. 向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除
B. 溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大
C. 反应达到平衡增大c(Cu2+)，c(Cl—)减小
D. 1/2 Cu(s)+ 1/2 Cu2+(aq)+Cl—(aq)CuCl(s) ΔH＝(a+2b) kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
A. Ksp(CuCl)只与温度有关，与溶液pH无关，故A错误；B. 根据图像，溶液的pH越小，溶液中残留c(Cl—)越大，因此向电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，故B错误；C. 根据Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)，增大c(Cu2+)，平衡正向移动，使得c(Cu+)增大，促进Cl—(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)右移，c(Cl—)减小，故C正确；D.①Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) ΔH1＝a kJ·mol-1，②Cl—(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) ΔH2＝b kJ·mol-1，根据盖斯定律，将①×+②得： Cu(s)+ Cu2+(aq)+Cl—(aq)CuCl(s)的ΔH＝(+b) kJ·mol-1，故D错误；故选C。
20.已知悬浊液中存在平衡：Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH-（aq）△H<0，下列有关该平衡体系的说法正确的是
①升高温度，平衡逆向移动
②温度一定时，溶液中c（Ca2+）•c2（OH-）为定值
③向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大c（Ca2+）
④恒温下，向饱和溶液中加入CaO，溶液的pH升高
⑤给溶液加热，溶液的pH升高
⑥向溶液中加入少量NaOH固体，Ca（OH）2 固体质量不变。
⑦向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加．
A. ①②⑦ B. ①②⑦⑧ C. ③④⑤⑦ D. ①③⑦⑧
【答案】A
【解析】
【分析】
由已知方程式的△H＜0，可判断该反应为放热反应；
升高温度，反应向吸热的方向移动，据此判断①⑤；
加入适量的NaOH溶液，c(OH-)增大，平衡左移，生成了难溶的Ca(OH)2，Ca(OH)2溶度积较大，据此判断②⑥；
加入少量碳酸钠粉末溶液会产生CaCO3白色沉淀，据此判断③⑦；
恒温下Ksp不变，加入固体物质，溶液仍为饱和溶液，据此判断④。
【详解】①已知反应的△H＜0，所以该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故①正确；
②溶度积Ksp只跟温度有关，温度一定时，溶液中c（Ca2+）•c2（OH-）为定值，故②正确；
③加入碳酸钠粉末会生成CaCO3，使Ca2+浓度减小，故③错误；
④恒温下Ksp不变，加入CaO后，溶液仍为Ca(OH)2的饱和溶液，pH不变，故④错误；
⑤加热，Ca(OH)2的溶解度减小，溶液的pH降低，故⑤错误；
⑥加入NaOH固体平衡向左移动，Ca(OH)2固体质量增加，故⑥错误；
⑦加入Na2CO3溶液，沉淀溶解平衡向右移动，Ca(OH)2固体转化为CaCO3固体，固体质量增加，故⑦正确。
所以正确的只有①②⑦，
故选A。
21.常温下，HX溶液、HY溶液、HY和NaY的混合溶液，分别加水稀释，稀释后溶液的pH随浓度的变化如图所示，下列叙述正确的是
A. HX、HY均为一元强酸
B. 溶液中水的电离程度：a = b < c
C. 常温下，HY的电离常数Ka约为1.0×10-4
D. c点溶液：c(Na+)>c(Y-)>c(HY) >c(H+)>c(OH-)
【答案】C
【解析】
A．图像中1.0mol/L的HX溶液pH=0说明HX为强酸，1.0mol/L的HY溶液pH=2说明HY为弱酸，故A错误；B．HX为强酸，HY为弱酸，加水稀释相同倍数，a点HX溶液中氢离子浓度大于b点HY，溶液中水的电离程度：a点小于b点，故B错误；C.1.0mol/LHY溶液pH=2，c(H+)=10-2mol/L，结合定量平衡常数K==≈1×10-4，故C正确；D．HY和NaY的混合溶液，溶液pH=4，根据C的计算，有K==≈1×10-4，此时c(Y-)=c(HY)= c(Na+)，加水稀释后溶液仍显酸性，HY电离程度大于Y-离子水解程度，因此c点溶液中离子浓度大小，c(Y-)＞c(Na+)＞c(HY)＞c(H+)＞c(OH-)，故D错误；故选C。
点睛：本题考查了弱电解质电离平衡、电离平衡常数计算等。本题的难点是D，要注意根据HY的电离常数计算判断起始时HY和NaY的浓度关系。
二、非选择题(本题包括4小题，每空2分，共58分)
22.对于可逆反应：mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)(m、n、p、q均为化学计量数)，根据图示曲线回答：
（1）正反应是___热反应。
（2）m+n___p+q(填“＞”“＜”或“=”)。
（3）若将纵坐标Ａ的转化率换成A在平衡混合物中的质量分数，则逆反应是____ 热反应，m+n___p+q(填“＞”“＜”或“=”)。
【答案】 (1). 吸 (2). ＞ (3). 吸 (4). ＜
【解析】
【分析】
（1）根据图示，升高温度，A的转化率增大，平衡正向移动；（2）根据图示，增大压强，A的转化率增大，平衡正向移动。（3）若将纵坐标Ａ的转化率换成A在平衡混合物中的质量分数，升高温度，A在平衡混合物中的质量分数增大，所以平衡逆向移动；增大压强，A在平衡混合物中的质量分数增大，所以平衡逆向移动。
【详解】（1）根据图示，升高温度，A的转化率增大，平衡正向移动，所以正反应是吸热反应；（2）根据图示，增大压强，A的转化率增大，平衡正向移动，所以m+n>p+q。（3）若将纵坐标Ａ的转化率换成A在平衡混合物中的质量分数，升高温度，A在平衡混合物中的质量分数增大，平衡逆向移动，所以逆反应是吸热反应；增大压强，A在平衡混合物中的质量分数增大，平衡逆向移动，所以m+n
(1)装置甲中仪器A的名称是_____________，丙中应装的溶液是________________，甲装置中发生反应的离子方程式为__________________________________________________。制取收集纯净氯气的装置接口连接顺序是a→ _____________→g(补充完整)。
(2)制备反应会因盐酸浓度下降而停止，为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出下列实验方案：
I方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量。
Ⅱ方案：采用酸碱中和滴定法测定。
Ⅲ方案：与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量。
继而进行下列判断和实验：
①判定I方案不可行，理由是____________；
②进行Ⅱ方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。
a.量取试样20.00mL于锥形瓶中，若锥形瓶中存有少量水，对实验结果是否有影响？_____。填“是”或“否”)用0.10 mol•L-1NaOH标准溶液滴定，消耗NaOH标准溶液的体积如图所示，其读数为_____ mL。
b．平行滴定后获得实验结果。
③判断Ⅲ方案的实验结果___________(填“偏大”、“偏小”或“准确”)。[已知：Ksp(CaCO3)＝2.8×10-9、Ksp(MnCO3)＝2.3×10-11
(3)某同学认为上述方案存在明显的缺陷，请指出_______________________________。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 饱和NaCl溶液 (3). MnO2＋4H++2Cl-Mn2+＋Cl2↑＋2H2O (4). debcf (5). 残余液中的MnCl2 也会与AgNO3反应形成沉淀 (6). 否 (7). 22.60 (8). 偏小 (9). 没有尾气处理装置
【解析】
【分析】
（1）熟悉常见仪器的形状，说出其名称；二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，浓盐酸易挥发，制备的氯气含有氯化氢，结合氯化氢、氯气在饱和食盐水中溶解度特点选择合适的除杂剂；分析各装置作用进行排序；
（2）①Ⅰ方案：二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应；
②Ⅱ方案：锥形瓶中含少量水，不影响试样的物质的量；根据图二读取数据；
③Ⅲ方案：与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；
（3）氯气有毒，直接排放能够引起环境污染。
【详解】（1）装置甲中仪器A的名称为分液漏斗，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为MnO2＋4H++2Cl- Mn2+＋Cl2↑＋2H2O。甲装置用来制取氯气，A为分液漏斗用来滴加浓盐酸；从甲装置出来的气体含氯化氢和水蒸气，浓硫酸具有吸水性，装置乙中浓硫酸的作用干燥氯气；氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，所以装置丙中可以盛放饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，气体依次通过丙、乙先除杂后干燥。氯气密度比空气密度大，用向上排气法收集（长进短出），正确的顺序为：a→d→e→b→c→f→g。故答案为：分液漏斗；饱和NaCl溶液；MnO2+4H++2Cl−=Mn2++Cl2↑+2H2O； debcf。
（2）①Ⅰ方案不可行。反应残余液中的盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀，二氧化锰和浓盐酸反应生成的氯化锰也会与硝酸银反应生成氯化银沉淀，故称量生成的AgCl质量，只能求出氯离子的物质的量，而不能求出剩余盐酸的浓度。本小题答案为：残余液中的MnCl2也会与AgNO3反应形成沉淀。
②Ⅱ方案：锥形瓶中含少量水，不影响试样的物质的量；根据图二读取数据为：22.60mL。本小题答案为：否；22.60。
③Ⅲ方案：根据Ksp（CaCO3）=2.8×10-9 、Ksp(MnCO3)＝2.3×10-11知，碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，导致实验结果偏小。本小题答案为：偏小；
（3）氯气有毒直接排放会污染空气，方案中缺少尾气处理装置。本小题答案为：没有尾气处理装置。
【点睛】本题考查的是氯气的制备，制取并收集纯净的氯气的关键是除杂。；用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制得的氯气中混有水蒸气和浓盐酸挥发出的氯化氢两种杂质气体。；氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢。水蒸气可以用浓硫酸除去。由于通过饱和食盐水除去氯化氢时还会携带出一部分水，则除水蒸气的装置应放在除氯化氢的装置后面。
24.研究NO2、NO、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
(1)已知: CO可将部分氮的氧化物还原为N2。
反应I :2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-746kJ.mol-1
反应II :4CO(g)+2NO2(g) N2(g)+4CO2(g) △H=-1200kJ.mol-1
则反应NO2(g)+CO(g) CO2(g)+NO(g)的△H=______kJ/mol。
(2)一定条件下，将NO2与CO以体积比1:2置于密闭容器中发生反应II,下列能说明反应达到平衡状态的是________。
a.体系压强保持不变 b.容器中气体密度保持不变
c.混合气体颜色保持不变 d.每消耗2molNO2的同时生成1molN2
(3)温度为T、容积为10L的恒容密闭容器中，充入1molCO和0.5 mol SO2发生反应:2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(g) 实验测得生成的CO2体积分数(φ) 随着时间的变化曲线如图所示:
①达到平衡状态时，SO2的转化率为__，该温度下反应的平衡常数K=______。
②其它条件保持不变，再向上述平衡体系中充入SO2(g).CO(g)、S(g)、CO2(g)各0.2mol，此时v(正)___v(逆) (填“>”“<”或“=”)。
(4)SCR法是工业上消除氦氧化物的常用方法，反应原理为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) △H<0.在催化剂作用下，NO转化率与温度的关系如图所示:
图中A点处NO的转化率_______(填“可能是”、“一定是 ”或“一定不是”)该温度下的平衡转化率；B点之后，NO转化率降低的原因可能是________。
A.平衡常数变大 B.副反应增多
C.催化剂活性降低 D.反应活化能增大
(5)2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H=-198kJ.mol-l 是制备硫酸的重要反应。在VL恒容密闭容器中充入2molSO2和1molO2,在不同条件下进行反应，反应体系总压强随时间的变化如图所示。a和b平衡时，SO3体积分数较大的是_______； 判断的依据是________。
【答案】 (1). -227 (2). ac (3). 60% (4). 3.375 (5). > (6). 一定不是 (7). BC (8). a (9). b起始压强大于a,说明其温度高于a，而该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO3体积分数减小
【解析】
(1)已知:反应I :2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-746kJ.mol-1；反应II :4CO(g)+2NO2(g) N2(g)+4CO2(g) △H=-1200kJ.mol-1。根据盖斯定律，由(II-I)可得反应NO2(g)+CO(g) CO2(g)+NO(g)，所以其△H=[-1200kJ.mol-1 -(-746kJ.mol-1)]-227kJ/mol。
(2)一定条件下，将NO2与CO以体积比1:2置于密闭容器中发生反应II，该反应的正反应是气体分子数减少的反应。a.体系压强保持不变，说明各组分的物质的量保持不变；b.由于气体的质量和体积始终不变，所以容器中气体密度保持不变；c.混合气体颜色保持不变，说明各组分的浓度保持不变；d.每消耗2molNO2的同时生成1molN2，不能说明正反应速率和逆反应速率相等。综上所述，能说明反应达到平衡状态的是ac。
(3)①由图中信息可知，达到平衡状态时，CO2体积分数为0.4，n(CO2)=（1mol+0.5 mol）0.4=0.6mol，则SO2的变化量是0.3mol，其转化率为60%。各组分CO、SO2、CO2、S的平衡浓度分别为0.04mol/L、0.02 mol/L、0.06 mol/L、0.03 mol/L,该温度下反应的平衡常数K==3.375。②其它条件保持不变，再向上述平衡体系中充入SO2(g).CO(g)、S(g)、CO2(g)各0.2mol，此时Qc=
(4)由于该反应是放热反应，平衡常数随温度升高而减小，所以其平衡转化率随温度升高而减小，温度越低NO的平衡转化率越大。A点对应的温度低、反应速率较慢，NO的转化率小于B点，所以A点尚未达到平衡状态，故A点NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率；催化剂不变则活化能不变，B点之后，NO转化率降低的原因可能是副反应增多或催化剂活性降低，选BC。
(5) a和b平衡时，SO3体积分数较大的是a，判断的依据是：由图可知，b起始压强大于a,由于容器体积相同、起始投料相同，说明其温度高于a ，而该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO3体积分数减小。
点睛：本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡状态的判断、转化率和平衡常数的计算、影响化学平衡移动的因素、化学反应方向的判断等等，难度较大。要求学生能掌握判断平衡状态的两个基本依据，即正反应速率和逆反应速率相等、变量保持不变的状态；能根据浓度商和平衡常数的相对大小判断反应进行的方向；能根据反应的特点为判断外界条件的改变对化学平衡移动的影响。另外，本题还考查了压强与温度的关系，一定物质的量的气体在一定体积条件下，其压强随温度升高而增大。
25.硫酸锌可作为食品锌强化剂的原料。工业上常用菱锌矿生产硫酸锌，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，并含少量的Fe2O3、FeCO3、MgO、CaO等，生产工艺流程图如下：
(1)将菱锌矿研磨成粉的目的是___________________________。
(2)写出Fe3+水解的离子方程式_____________________________________________。
(3)根据下表数据，调节“滤液2”的pH时，理论上可选用的最大区间为__________。
沉淀化学式
Mg(OH)2
Zn(OH)2
MgCO3
CaCO3
开始沉淀的pH
10.4
6.4
沉淀完全的pH
12.4
8.0
开始溶解的pH
10.5
Ksp
5.6×10-12
6.8×10-6
2.8×10-9
(4)工业上从“滤液3”制取MgO过程中，合适的反应物是________选填序号。
A、大理石粉 B、石灰乳 C、纯碱溶液 D、氨水
(5)“滤液4”之后的操作依次为______________、______________、过滤、洗涤、干燥。
(6)分析图中数据，菱锌矿粉中ZnCO3的质量分数不低于__________用代数式表示。
【答案】 (1). 增大反应物接触面积或增大反应速率或使反应更充分 (2). Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ (3). 8.0≤pH<10.4 (4). BD (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 125m2/81m1
【解析】
【分析】
本题考查的是工业制备硫酸锌的相关知识和计算。
（1）根据影响化学反应速率的因素回答，固体表面积越大，反应速率越大；滤液1中混有Fe3+和Fe2+，调节pH，加入漂白精的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，生成Fe（OH）3沉淀除去；（2）调节滤液2的pH要想生成Zn（OH）2沉淀而不生成Mg（OH）2，必须知道Mg（OH）2开始沉淀时的pH、Zn（OH）2沉淀完全的pH，以及Zn（OH）2开始溶解的pH；
（3）根据从溶液中制得干燥纯净的固体一般有蒸发、结晶、过滤后洗涤并干燥等操作来回答；
（4）利用关系式法来计算质量分数。
【详解】（1）将菱锌矿研磨成粉可以增加反应时的接触面积，使反应更加充分。本小题答案为：增大反应物接触面积或增大反应速率或使反应更充分。
（2）Fe3+水解的离子方程式为Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+。本小题答案为：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+。
（3）pH=8.0时Zn(OH)2完全沉淀，pH=10.5时开始溶解，而Mg(OH)2在pH=10.4时开始沉淀，为了使Zn(OH)2能完全析出且不影响Mg(OH)2，溶液的酸碱度应控制在8.0≤pH<10.4范围。本小题答案为：8.0≤pH<10.4。
（4）从“滤液3”制取MgO过程中，由于滤液中含有氯化镁，可以先加入石灰乳生成Mg（OH）2沉淀，然后加热氢氧化镁使其分解得到氧化镁；也可以加入碳酸钠溶液生成碳酸镁沉淀，然后加热碳酸镁使其分解得到氧化镁。如果加入氨水也能生成氢氧化镁，但是氢氧化镁能溶于较浓的氯化铵溶液，所以氨水不能把镁离子完全沉淀。大理石不能沉淀镁离子。综上所述，BD符合。本小题答案为：BD。
（5）“滤液4”之后的操作目的是为了得到纯净的七水合硫酸锌晶体，应将溶液蒸发浓缩至饱和溶液，然后冷却结晶、过滤、洗涤并干燥。本小题答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。
（6）设碳酸锌的质量为m，利用关系式法计算：
ZnCO 3----ZnO
125 81
m m 2
ZnCO 3的质量为125m2/81，ZnCO 3的质量分数为 125m2/81m1。
【点睛】本题在制备硫酸锌过程中两个环节需调pH，调pH的目的是除杂，是沉淀溶解平衡的一个重要应用。若要把杂质离子沉淀除去而不影响目标元素（产品中所需要的元素），则需要知道杂质完全沉淀的pH和目标元素开始沉淀的pH，pH的范围选择应在杂质完全沉淀的pH和目标元素开始沉淀的pH之间。
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