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【化学】云南省玉溪一中2018-2019学年高二上学期期末考试(解析版)
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云南省玉溪一中2018-2019学年高二上学期期末考试
考试时间：120分钟 满分：100分
注意事项：
1.答卷前务必将班级、姓名、学号和考试科目用钢笔、2B铅笔分别填涂在答题卡上
2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。第Ⅱ卷的答案用钢笔、签字笔、中性笔、碳素笔等黑色字迹笔在答题卡上作答。
3.考试结束，将答题卡上交(试卷自己保留好，以备评讲)。
可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 O－16
第Ⅰ卷 选择题（共50分）
一、选择题（共25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意）
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是
A. 利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约能源保护环境
B. 日常生活中的废旧电池会污染环境，应填埋处理
C. 化学反应过程中，不仅有物质的变化，同时还伴随有能量的变化
D. 家用铁锅用水清洗后放置在干燥处，能减缓铁锅生锈
【答案】B
【解析】
【分析】
A．化石能源使用排放二氧化硫等污染物；
B．废旧电池中的重金属会对环境造成污染；
C．化学反应中反应物断键要吸热，生成物成键要放热；
D．Fe在干燥处不易生锈．
【详解】A．化石能源使用排放二氧化硫等污染物，而太阳能为新能源，对环境无污染，有利于节约能源保护环境，选项A正确；
B．废旧电池中的重金属会对环境造成污染，则日常生活中的废旧电池应集中回收处理，不能填埋，选项B错误；
C．化学反应中反应物断键要吸热，生成物成键要放热，所以化学反应过程中，不仅有物质的变化，同时还伴随有能量的变化，选项C正确；
D．Fe在干燥处不易生锈，而在潮湿的环境中易生锈，所以家用铁锅用水清洗后放置在干燥处，能减缓铁锅生锈，选项D正确；
答案选B。
【点睛】本题考查化学与科学、技术、社会、环境的关系，把握能源使用及污染物的排放为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。
2.一种植物生长调节剂的分子结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 该物质含有3种官能团 B. 该物质属于有机物
C. 该物质属于多官能团化合物 D. 该物质属于脂环烃
【答案】D
【解析】
【分析】
有机物含有O，属于烃的衍生物，含有羧基、羰基、羟基，以此解答该题。
【详解】A、该物质含有羧基、羰基、羟基3种官能团，选项A正确；
B、该物质为碳的化合物，具有有机物的性质，属于有机物，选项B正确；
C、该物质含有羧基、羰基、羟基，属于多官能团的化合物，选项C正确；
D、该物质含有O元素，不是烃，为烃的衍生物，选项D不正确。
答案选D。
3.下列事实,不能用勒夏特列原理解释的是
A. 开启啤酒后,瓶中马上泛起大量泡沫
B. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
C. 压缩H2（g)与I2(g)反应后的平衡混合气体,颜色变深
D. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A、汽水瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，选项A不选；
B、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2O⇌ClO-+2H++Cl-，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可以勒夏特列原理解释，选项B不选；
C、氢气与碘单质的反应，反应前后体积不变，压强不影响化学平衡，混合气体颜色变深是由于碘单质浓度增大，与平衡移动无关，不能使用勒夏特列原理解释，选项C选；
D、工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O2⇌2SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡向正反应移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，选项D不选；
答案选C。
4.主链含5个碳原子，有甲基、乙基2个支链的烷烃有
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】A
【解析】
主链含有5个碳原子，则取代基只能连在直接2、3、4号碳原子上，且乙基连在3号碳原子上，即分别是相邻或相对，所以共有2种同分异构体。答案选A。
5.下列实验误差分析错误的是
A. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH,测定值偏小
B. 用标准浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸时，碱式滴定管滴定前尖端有气泡，滴定后气泡消失，会使盐酸浓度偏小
C. 测定中和反应的反应热时，若保温措施不好，所测温度差值偏小
D. 测定中和反应的反应热时,将碱溶液缓慢倒入酸溶液中,所测温度差值偏小
【答案】B
【解析】
【详解】A．湿润的pH值试纸可以稀释碱液，溶液中氢氧根离子根据减小，测定的溶液碱性减弱，测定值偏小，选项A正确；
B．滴定前，碱式滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，则标准液的体积偏大，结果偏大，选项B错误；
C．测定中和反应的反应热时，若保温措施不好，由于散失热量较多，所测温度差值偏小，选项C正确；
D．测定中和反应的反应热时，必须迅速将酸碱混合，若将碱缓慢倒入酸中，由于散失热量较多，所测温度值偏小，选项D正确；
答案选B。
6.下列关于有机物的说法不正确的是
①CH3—CH===CH—CH3和CH2===CH2为同系物
②CH≡CH和C6H6含碳量相同
③金刚石和石墨是同分异构体
④CH2Cl2有两种结构
⑤标准状况下，11.2 L的己烷所含的分子数为0.5NA(NA为阿伏加德罗常数)
⑥C5H12有三种同分异构体
A. ①②⑥ B. ③④⑤ C. ③④⑥ D. ③⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①CH3-CH=CH2和CH2=CH2通式相同，结构相似，相差1个CH2原子团，互为同系物，故正确；
②CH≡CH和C6H6的最简式相同（CH），所以含碳量相同，故正确；
③金刚石和石墨是同种元素形成的性质不同的碳单质，属于同素异形体而不是同分异构体，故不正确；
④甲烷为正四面体结构，因此CH2Cl2只有一种结构，故不正确；
⑤标准状况下，己烷为液体，11.2 L的己烷物质的量不是0.5mol，故不正确；
⑥C5H12三种同分异构体，分别是正戊烷，异戊烷，新戊烷，故正确。
答案选B。
7.一定温度下,可逆反应2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)在体积固定的密闭容器中反应,达到平衡状态的标志是
①单位时间内生成nmol O2,同时生成2nmol NO2 ②混合气体的密度不再变化
③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1
④混合气体的压强不再改变 ⑤混合气体的颜色不再改变
⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变
A. 以上全部 B. ①②③⑤ C. ②③⑤⑥ D. ①④⑤⑥
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】①单位时间内生成nmol O2等效于消耗2nmol NO2，同时生成2amol NO2的状态，正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；
②反应在恒容条件下进行，气体的总质量一直不变，则密度一直不随时间的变化，密度不再变化不一定达平衡状态，故错误；
③当体系达平衡状态时，NO2、NO、O2的浓度可能是2：2：1，也可能不是，与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；
④混合气体的总压强不再改变，证明化学反应的正逆反应速率是相等的，达到了平衡，故正确；
⑤混合气体的颜色不再改变，证明二氧化氮的浓度不随着时间的变化而变化，证明达到了平衡，故正确；
⑥混合气体的平均相对分子质量不随时间变化而变化的状态，说明气体的总物质的量不变，达平衡状态，故正确；
答案选D。
【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。
8.据报道，近年来发现了一种新的星际分子，其分子模型如图所示(图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键、三键等，颜色相同的球表示同一种原子)。
下列对该物质的说法中正确的是
A. ①处的化学键表示碳碳双键 B. ②处的化学键表示碳碳单键
C. ③处的原子可能是氯原子或氟原子 D. 此星际分子属于烃类
【答案】B
【解析】
【分析】
该分子为有机物，有机物分子中碳原子形成了4个共价键，从左边氢原子开始推断，第一个碳碳键为碳碳三键，第二个碳碳键为单键，第三个为三键，同理可推出①为碳碳三键，②为碳碳单键，③与其相连的碳应该为三键，即结构简式为：HC≡C-C≡C-C≡C-C≡C-C≡③，据此进行判断。
【详解】该分子为有机物，有机物分子中碳原子形成了4个共价键，从左边氢原子开始推断，第一个碳碳键为碳碳三键，第二个碳碳键为单键，第三个为三键，同理可推出①为碳碳三键，②为碳碳单键，③与其相连的碳应该为三键，即结构简式为：HC≡C-C≡C-C≡C-C≡C-C≡③，
A．①处的键为碳碳三键，故A错误；
B．②处的键为碳碳单键，选项B正确；
C.③原子形成的键为三键，所以不可能为氯原子或氟原子，选项C错误；
D．颜色相同的球表示同一种原子，说明有3中原子，不属于烃类，选项D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查有机物结构，是对学生综合能力的考查与知识的运用，解题关键是根据有机物中碳原子形成的共价键数目推断有机物中存在的化学键，难度不大。
9.向体积为0.05mol·L－1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05mol·L－1KOH溶液，下列关系错误的是
A. Va＞Vb时：c(CH3COOH) +c(CH3COO－)＞c(K+）
B. Va＝Vb时：c(CH3COOH) +c(H+)＝c(OH－）
C. Va＜Vb时：c(CH3COO－)＞ (K+）＞c(OH－）> c(H+)
D. Va与Vb任意比时：c(K+）+ c(H+) ＝ c(OH－）+ c(CH3COO－)
【答案】C
【解析】
A说明醋酸是过量的，即溶液是由醋酸和醋酸钾组成的，根据原子守恒可知A正确。B说明二者恰好反应，生成的醋酸钾水解显碱性，所以根据质子守恒可知，B正确。C说明氢氧化钾是过量的，即溶液是由醋酸钾和氢氧化钾构成的，所以正确的顺序为c(K+）＞c(CH3COO-) ＞ c(OH-）＞(H+)，C不正确。根据电荷守恒可知，选项D是正确的。答案选C。
10.下列有机物的命名正确的是
A. 2，3，3-三甲基丁烷 B. 2-甲基乙烷
C. 2-甲基丁烯 D. 2，2-二甲基戊烷
【答案】D
【解析】
【分析】
判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：
1）命名要符合“一长、一近、一多、一小”，也就是主链最长，编号起点离支链最近，支链数目较多，支链位置号码之和最小；
2）有机物的名称书写要规范；
3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名．
4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。
【详解】A．主链虽最长，但主链编号之和不是最小，应该为2，2，3-三甲基丁烷，选项A错误；
B．选择的碳连不是最长，应为丙烷，选项B错误；
C．碳碳双键的位置必须注明，在2号位，应为2-甲基-2-丁烯，选项C错误；
D．符合烷烃命名原则，主链最长，主链编号之和最小等，选项D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查了有机物的命名，属于基础知识的考查，可以根据有机物命名方法判断，该题是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练。该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可。有利于培养学生的规范答题能力。
11.下列说法中正确的是
A. 25℃时,pH均为3的醋酸和硫酸铝两种溶液中,由水电离出的氢离子浓度之比为1:108
B. 25℃时，0.1mol·L-1NH4Cl溶液的KW大于100℃时0.1mol•L-1NaCl溶液的KW
C. 根据溶液的pH与酸碱性的关系,推出pH=6.5的溶液一定显酸性
D. 25℃时,将pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,溶液显中性
【答案】A
【解析】
【分析】
A、溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度；
B．水的电离是吸热反应，升高温度能促进水的电离，注意温度高的离子积常数大于温度低的离子积常数，水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关；
C、pH<7的溶液不一定呈酸性，c(H+)
【详解】A.醋酸中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度为10-11mol/L，硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度为10-3mol/L， 10-11：10-3=1：108，选项A错误；
B.25℃时NH4Cl溶液的KW小于100℃时NaCl溶液的KW，选项B错误；
C、没有给定溶液的温度，pH<7的溶液不一定呈酸性，c(H+)
答案选A。
12.在不同条件下分别测得反应 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)的化学反应速率如下，其中表示该反应进行得最快的是( )
A. v(SO2)＝4 mol·L－1·min－1 B. v(O2)＝3 mol·L－1·min－1
C. v(SO2)＝0.1 mol·L－1·s－1 D. v(O2)＝0.1 mol·L－1·s－1
【答案】D
【解析】
试题分析：同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值，所以如果都要氧气表示反应速率，则分别是[mol/(L·min)]0.033、0.05、3、6，因此答案选D。
考点：考查反应速率大小比较
点评：在比较反应速率大小时，除了需要换算成用同一种物质表示外，还特别需要注意单位的统一，否则会得出错误的结论。
13.已知：①H2O(g)=H2O(l) ΔH＝Q1kJ·mol－1，②C2H5OH(g)=C2H5OH(l) ΔH＝Q2kJ·mol－1，③C2H5OH(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(g) ΔH＝Q3kJ·mol－1若使46g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为
A. -（Q1＋Q2＋Q3）kJ
B. -0.5(Q1＋Q2＋Q3)kJ
C. -（0.5Q1－1.5Q2＋0.5Q3）kJ
D. -（3Q1－Q2＋Q3）kJ
【答案】D
【解析】
【详解】①H2O（g）═H2O（l）△H1=Q1kJ•mol-1，
②C2H5OH（g）═C2H5OH（l）△H2=Q2kJ•mol-1，
③C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H3=Q3kJ•mol-1，
根据盖斯定律可知，①×3+③-②得C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l），
故△H=（3Q1+Q3-Q2）kJ/mol=-（Q2-3Q1-Q3）kJ/mol，46g酒精液体为1mol，故1mol液态乙醇完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为-（3Q1－Q2＋Q3）kJ，
答案选D。
【点睛】本题考查学生利用盖斯定律计算反应热，题目难度中等，根据已知热化学方程式构造目标热化学方程式是关键。应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式（目标热化学方程式），结合原热化学方程式（一般2～3个）进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
14.恒温下,反应aX(g)bY(g)+cZ(g)达到平衡状态,其他条件不变，把容器体积压缩到原来的1/2,且达到新的平衡状态时,X的物质的量浓度从0.1 mol/L增大到0.19 mol/L,下列判断正确的是
A. a=b+c B. a=b=c C. a>b+c D. a
【解析】
【详解】假设缩小体积，平衡状态不移动，则X的物质的量浓度应从0.1 mol/L增大到0.2 mol/L，而此时X的物质的量浓度为0.19 mol/L<0.2 mol/L，则在缩小容器体积的过程中消耗了X，由此可知平衡向正反应方向移动。而缩小体积相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，说明该反应的正反应是气体体积减小的反应。
答案选C。
15.用石墨作电极，电解下列溶液，阴、阳两极均产生气体，其体积比一直为2：1，且电解后溶液的pH增大的是
A. CuSO4 B. NaOH C. Na2SO4 D. H2SO4
【答案】B
【解析】
【分析】
用石墨作电极，电解下列溶液，阴、阳两极均产生气体，其体积比为2：1，说明是电解的水，且电解后溶液的pH增大说明溶液是碱溶液。
【详解】用石墨作电极，电解下列溶液，阴、阳两极均产生气体，其体积比为2：1，说明是电解水，且电解后溶液的pH增大说明溶液是碱溶液；
A、电解CuSO4溶液，阳极是4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极是Cu2++2e-=Cu，属于放氧生酸型，阴极不产生气体，pH减小，选项A不符合；
B、电解NaOH溶液，阳极电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应2H++2e-=H2↑，阴、阳两极均产生气体，其体积比为2：1，氢氧化钠溶液浓度中等，溶液pH增大，选项B符合；
C、电解Na2SO4 溶液，实质电解水，阳极电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应2H++2e-=H2↑，阴、阳两极均产生气体，其体积比为2：1，溶液pH不变，选项C不符合；
D、电解H2SO4 溶液，实质电解水，阳极电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应2H++2e-=H2↑，阴、阳两极均产生气体，其体积比为2：1，酸溶液浓度增大，溶液pH变小，选项D不符合；
答案选B。
【点睛】本题考查了电解原理的分析应用，掌握电极反应和产物分析是解题关键，题目难度中等。
16.已知某可逆反应：mA(g)+nB（g） xC(g) ΔΗ=QkJ/mol ，在密闭容器中进行，表示反应在不同时间t ，温度T和压强P与C在混合气体中的百分含量（C%）的关系曲线，则
A. T1＞T2 ，P1＞P2 ，m+n＞x ，Q＞0
B. T1＜T2 ，P1＜P2 ，m+n＜x ，Q＞0
C. T1＞T2 ，P1＜P2 ，m+n＜x ，Q＜0
D. T1＜T2 ，P1＜P2 ，m+n＞x ，Q＜0
【答案】C
【解析】
【详解】由图象可知，温度为T1 时，根据到达平衡的时间可知P2 ＞P1 ，且压强越大，C的含量越低，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，故正反应为气体体积增大的反应，即m+n＜x；
压强为P2 时，根据到达平衡的时间可知T1 ＞T2 ，且温度越高，C的含量越低，说明温度升高平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即Q＜0，
答案选C。
17.一定温度下，在2L的密闭容器中加入4mol A和6mol B，发生如下反应：2A（g）+3B（g）4C（g）+D（g）反应10min后达平衡，此时D的浓度为0.5mol/L。下列说法正确的是
A. 前10min反应的平均速率V（C）=0.10mol/L·min
B. 反应达平衡时B的平衡浓度是1.5mol/L
C. 恒温下将反应容器体积缩小一半，则D的平衡浓度小于1.0mol/L
D. 10min后向容器中加入A，保持温度不变重新平衡时A的转化率大于50%
【答案】B
【解析】
【详解】一定温度下，在2L的密闭容器中加入4mol A和6mol B，反应10min后达到平衡，此时D的浓度是0.5mol•L-1，则：
2A（g）+3B（g）⇌4C（g）+D（g）
起始浓度（mol/L）：2 3 0 0
变化浓度（mol/L）：1 1.5 2 0.5
平衡浓度（mol/L）：1 1.5 2 0.5
A．前10 min内反应的平均速率υ（C）==0.2 mol•L-1•min-1，选项A错误；
B．由上述计算可知，反应达平衡时c（B）=1.5 mol•L-1，选项B正确；
C．恒温下，将压强变为原来的2倍，容器体积缩小一半，反应气体气体体积不变，平衡不移动，D的浓度为原平衡2倍，即D的浓度等于1 mol•L-1，选项C错误；
D．原平衡中A的转化率为×100%=50%，10 min后向容器中加入A，再次达平衡时，A的转化率小于原平衡，故再次达平衡时，A的转化率一定小于50%，选项D错误；
答案选B。
18.下列说法或表示方法正确的是
A. 由C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH = +1.9 kJ·mol-1可知,金刚石比石墨稳定
B. 已知S(g)+O2(g)═SO2(g) ΔΗ1 ；S(s)+O2(g)═SO2(g) ΔΗ2 ,则 ΔΗ1<ΔΗ2
C. 在101kPa时,2g H2完全燃烧生成液态水,放出285.8kJ热量,氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH = +285.8 kJ·mol-1
D. 在稀溶液中:H +(aq)+OH -(aq)= H2O(l)ΔH =-57.3 kJ·mol-1,若将含1mol CH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合,放出的热量等于57.3 kJ
【答案】B
【解析】
【分析】
A、物质的能量越低，物质越稳定；
B. S(g)比S(s)所含有能量高；
C、氢气燃烧是放热反应，焓变为负值；
D、醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程。
【详解】A、通过热化学方程式可知，石墨的能量低于金刚石的能量，而物质的能量越低，越稳定，选项A错误；
B. S(g)比S(s)所含有能量高，所以ΔΗ1<ΔΗ2，选项B正确；
C、在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1，选项C错误；
D、在稀溶液中：H++OH-═H2O △H=-57.3kJ•mol-1，若将含1mol CH3COOH的醋酸溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程，放出的热量小于57.3kJ，选项D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查焓变与反应条件的关系、中和热、能量越低越稳定、热化学方程式中焓变与化学计量数的关系，掌握基础是关键，题目难度中等。
19.在温度不变的条件下，加水稀释0.1mol/L 的氨水，则随着加入水的量的增加，下列判断正确的是
A. c（NH3·H2O）/c（OH-）减小 B. c（NH4+）·c（OH-）/c（NH3·H2O）增大
C. n（OH-）不变 D. c（H+）/c（OH-）减小
【答案】A
【解析】
【详解】A.NH3·H2O的电离常数K=c（NH4+）·c（OH-）/c（NH3·H2O），则c（NH3·H2O）/c（OH-）= c（NH4+）/K，且温度不变，K不变，则在加水稀释过程中c（NH4+）逐渐减小，故c（NH3·H2O）/c（OH-）逐渐减小，故A正确；
B.NH3·H2O的电离常数K=c（NH4+）·c（OH-）/c（NH3·H2O），温度不变，K不变，故B错误；
C.加水稀释，促进氨水电离，n（OH-）增大，故C错误；
D.加水稀释，促进氨水电离，n（OH-）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH-）减小，由于KW不变，故c（H+）增大，则c（H+）/c（OH-）增大，故D错误。
故选A。
【点睛】电离常数只与温度有关，温度不变，则K不变。
20.Mg–AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是
A. Mg为负极 B. 正极反应式为Ag++e– =Ag
C. 电池放电时Cl–由正极向负极迁移 D. 负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，电池总反应式为：Mg+2AgCl=MgCl2+2Ag，正极反应为：2AgCl+2e-= 2Cl-+ 2Ag，负极反应为：Mg-2e =Mg2+，据此分析。
【详解】根据题意，电池总反应式为：Mg+2AgCl=MgCl2+2Ag，正极反应为：2AgCl+2e-= 2Cl-+ 2Ag，负极反应为：Mg-2e =Mg2+，
A．活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反应，反应式为：Mg-2e-=Mg2+，选项A正确；
B．AgCl是难溶物，其电极反应式为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，选项B错误；
C．原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl-在正极产生由正极向负极迁移，选项C正确；
D．镁是活泼金属与水反应，即会发生反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，选项D正确；
答案选B。
21.下列说法正确的是
A. 电解、电离、电镀、电化学腐蚀这些过程都需要通电后才能进行
B. 使用明矾可净水，消毒杀菌
C. 催化剂能降低分子活化时所需能量，使单位体积内活化分子百分数大大增加
D. 100 mL 2 mol·L－1的盐酸与锌片反应，加入适量的NaCl溶液，反应速率不变
【答案】C
【解析】
【详解】A、电解池是外加电源强迫下的氧化还原反应，必须加外加电源；电离是电解质在水溶液中离解出自由移动离子的过程，不需要通电；电镀池实质是一个电解池，必须加外加电源；电化学腐蚀原理是原电池原理，原电池中不含电源，是自发进行的氧化还原反应，选项A错误；
B、明矾能净水但不能杀菌消毒，选项B错误；
C．加入催化剂，降低反应的活化能，使单位体积内活化分子百分数大大增加，加快反应速率，选项C正确；
D. 100 mL 2 mol·L－1的盐酸与锌片反应，加入适量的NaCl溶液，酸的浓度减小，化学反应速率减慢，选项D错误；
答案选C。
22.某温度下，H2(g)＋CO2(g) H2O(g)＋CO(g)的平衡常数K=9/4，该温度下在甲、乙、丙三个体积相同的恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如下表所示,
起始浓度
甲
乙
丙
c(H2)(mol/L)
0.010
0.020
0.020
c(CO2)(mol/L)
0.010
0.010
0.020
下列判断不正确的是：
A. 平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%
B. 平衡时， 乙中H2的转化率大于60%
C. 平衡时，丙中c(CO)是甲中的2倍，是0.012 mol/L
D. 反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢
【答案】B
【解析】
【分析】
反应H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、乙、丙中平衡常数相同．由表中数据可知，该温度下在甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，甲、丙为等效平衡．乙中氢气的起始浓度比甲中氢气的起始浓度大，故乙中二氧化碳的转化率比甲中高．根据三段式结合平衡常数计算出甲容器内，平衡时各物质的浓度变化量、平衡浓度；
A、计算甲容器内二氧化碳的转化率，乙中氢气的起始浓度比甲中氢气的起始浓度大，故乙中二氧化碳的转化率比甲中高；
B、甲、丙为等效平衡，甲中和丙中H2的转化率均相等，根据三段式计算甲中氢气的转化率；
C、甲、丙为等效平衡，甲中和丙中CO2的转化率均相等，根据三段式计算平衡时甲中的CO2的浓度、转化率，进而计算丙中CO的浓度；
D、浓度越大反应速率越快。
【详解】对于甲容器： H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）
开始（mol/L）：0.01 0.01 0 0
变化（mol/L）：x x x x
平衡（mol/L）：0.01-x 0.01-x x x
所以 =，解得x=0.006，
A、恒温恒容下，由表中数据可知，该温度下在甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，反应H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）前后气体的体积不变，故甲、丙为等效平衡，平衡时，甲中和丙中H2的转化率均相等，由上述计算可知，甲容器内氢气的转化率为×100%=60%，故甲中和丙中H2的转化率均为60%，选项A正确；
B、由上述计算可知，甲容器内氢气的转化率为×100%=60%，恒温恒容下，乙中氢气的起始浓度比甲中氢气的起始浓度大，故乙中氢气的转化率比甲中低，故平衡时，乙中H2的转化率小于60%，选项B不正确；
C、由上述计算可知，平衡时甲容器内c（CO）=xmol/L=0.006mol/L，甲、丙为等效平衡，平衡时，甲中和丙中CO2的转化率相等，由A中计算可知为60%，故平衡时丙容器内c（CO）=0.02mol/L×60%=0.012mol/L，平衡时，丙中c（CO）是甲中的2倍，选项C正确；
D、浓度越大反应速率越快，由表中数据可知，甲、乙容器内，开始CO2浓度相等，乙中H2浓度比甲中浓度大，所以速率乙＞甲，乙、丙容器内，开始H2浓度相等，丙中CO2浓度比乙中浓度大，所以速率丙＞乙，故速率丙＞乙＞甲，选项D正确。
答案选B。
【点睛】考查化学平衡计算、等效平衡、外界条件对反应速率的影响等，浓度中等，注意三段式解题法的运用，判断甲、丙为等效平衡是解题关键。
23.某温度下，在体积一定的密闭容器中进行如下反应：2X（g）+Y（g）⇌ Z（g）+W（s）ΔH＞0，下列叙述正确的是
A. 恒温，将容器的体积压缩，可增大单位体积内活化分子的百分数，有效碰撞几率提高
B. 加入少量W，逆反应速率增大
C. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
D. 在容器中加入氩气，反应速率不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．恒温，将容器的体积压缩，相当于增大压强，可增大活化分子百分数，选项A错误；
B．W为固体，加入少量W，反应速率不变，选项B错误；
C．升高温度，正逆反应速率都增大，选项C错误；
D．在容器中加入氩气，参加反应气体的浓度不变，则反应速率不变，选项D正确；
答案选D。
24.向绝热恒容密闭容器中通入一定量的SO2和NO2，一定条件下使反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的正确结论是
A. Δt1＝Δt2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段 B. 反应在c点达到平衡状态
C. 反应物的总能量低于生成物的总能量 D. 反应物浓度：a点小于b
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可知一个反应前后体积不变的可逆反应，由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响．结合图象可知反应速率先增大再减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快。
【详解】A、随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，则SO2的转化率将逐渐增大，选项A正确；
B、化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，选项B错误；
C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，选项C错误；
D、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查化学反应速率变化曲线及其应用、化学平衡建立的过程。本题难就难在没有直接告诉同学们横坐标表示什么，结合图象分析题意就很关键了。
25.已知:pAg=-lg[c(Ag+)],Ksp(AgCl)=1×10-12,如图是向10mL AgNO3溶液中逐渐加入0.1mol·L-1的NaCl溶液时,溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积(单位mL)变化的图象。根据图象所得下列结论不正确的是[提示:Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)]
A. 原AgNO3溶液的物质的量浓度为1mol·L-1
B. 图中x点满足c(Ag+)·c（Cl-）= Ks p( AgCl)
C. 相同实验条件下，把0.1mol·L-1的NaCl换成0.1mol·L-1NaI则图象在终点x的纵坐标小于6
D. 相同实验条件下，若改为0.2mol·L-1 NaCl溶液时,x点的横坐标小于100
【答案】C
【解析】
【详解】A.开始时pAg=0，则c(Ag+) =1mol/L，选项A正确；
B.pAg=6，c(Ag+)=1×10—6，因c(Cl-)= c(Ag+)=10-6，故KspAgCl= c(Ag+)·c(Cl-)，选项B正确；
C、与AgCl相比，碘化银的Ksp（AgI）更小，所以把0.1 mol/L的NaCl换成0.1mol/LNaI，则溶液中c（Ag+）更小，则pAg更大，则图象在终点x的纵坐标大于6，选项C不正确；
D、x点c（Ag+）=10-6 mol/L，一般认为溶液中离子浓度小于10-5 mol/L，即沉淀完全，则AgNO3与NaCl恰好反应，n（NaCl）=n（AgNO3）=0.01L×1mol/L=0.01mol，若改为0.2mol·L-1 NaCl溶液时，V（NaCl）==0.05L=50mL，即x点的横坐标小于100，选项D正确；
答案选C。
【点睛】本题考查了AgCl的Ksp的应用，注意把握题干中的信息，考查学生分析题目信息并用于解决问题的能力，题目难度中等。
第Ⅱ卷 非选择题（共50分）
二、非选择题（共4题，共50分）
26.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡。请回答下列问题：
（1）常温下,物质的量浓度均为0.1mol·L-1的六种溶液
①Na2CO3、②NaCl、③NaOH、④(NH4)2SO4、⑤CH3COONa、⑥NH4NO3 , pH从大到小排列顺序为__________(填序号)。
（2）已知T℃时,Kw=1×10-12,在该温度时,将pH=9的NaOH溶液bL与pH=2的H2SO4溶液aL混合(忽略混合后溶液体积的变化),若所得混合溶液的pH=3, 则a ：b=__________。
（3）现有HA、HB两种酸。室温下用0.1mol· L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol·L-1的HA、HB两种酸的溶液,滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如下图。
①由图可知；酸性HA______HB，b 点对应的溶液中c(HB)_____c(B-)(填“>”“<”或“=”)。
②室温下HB的电离平衡常数Ka的数量级为________。
【答案】 (1). ③①⑤②⑥④ (2). 2:9 (3). > (4). < (5). 10-5
【解析】
【详解】（1）等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸氢根离子的酸性小于醋酸，所以Na2CO3溶液的pH大于CH3COONa溶液；(NH4)2SO4溶液中铵根离子浓度大于NH4NO3溶液，(NH4)2SO4溶液的pH小于NH4NO3溶液，故pH从大到小排列顺序为③①⑤②⑥④；
（2）t℃时，Ksp=1×10-12，在t℃时pH=9的NaOH溶液中c（OH-）=mol/L=0.001mol/L，pH=2的H2SO4溶液中c（H+）=0.01mol/L，若所得混合溶液的pH=3，即混合后溶液显酸性，则混合溶液中c（H+）==0.001mol/L，解得a：b=2：9；
（3）①由图可知；0.1mol·L-1的HA、HB的pH分别为1和3，则HA完全电离为强酸，HB不完全电离为弱酸，则酸性HA>HB，b 点对应的溶液为HB与NaB按1：1形成的溶液，溶液呈酸性，说明HB电离大于B-水解，则c(HB)
27.工业上利用粗ZnO(含FeO、CuO)制取金属锌的流程如下(部分步骤省略):
已知：几种离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表:
待沉淀的离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
Cu2+
开始沉淀时pH
6.3
1.5
6.2
5.2
沉淀完全时pH
9.7
3.2
8.0
6.4
请回答下列问题：
（1）酸浸粗氧化锌的过程中，常将粗氧化锌粉碎成细颗粒，适当增加硫酸的浓度，目的是_________。
（2）步骤A的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,并全部形成Fe(OH)3沉淀,为了暂不形成Cu(OH)2 Zn(OH)2 ,该步骤需控制溶液pH的范围是____________,该步骤中先加入H2O2充分反应后再加入氨水，写出加入H2O2的离子方程式_____________。
（3）步骤C的反应离子方程式为____________。
（4）若步骤A中加入H2O2后，室温下将溶液的pH调为4，求Fe3+ 离子浓度为_________。（已知Ksp[Fe(OH)3]= 4.0×10-3 8）
【答案】 (1). 加快反应速率 (2). 3. 2≤pH＜5.2 (3). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (4). Cu2+ + Zn = Zn2+ + Cu (5). 4 ×10-8
【解析】
【详解】(1)根据影响化学反应速率的因素，酸浸粗氧化锌的过程中，为了加快酸浸速率，可采取的措施有将粗氧化锌粉碎成细颗粒、适当增加硫酸的浓度、适当升高温度等，故目的是加快反应速率；
(2)氢氧化铁沉淀时的pH是1.48 ~ 3.2 ，Zn(OH)2沉淀时的pH为6.2 ~ 8.0，和Cu(OH)2沉淀时的pH为5.2~6.4，因此将Fe2+氧化为Fe3+，并全部形成Fe(OH)3沉淀，为了暂不形成Cu(OH)2、Zn(OH)2 ，该步骤需控制溶液pH的范围为3.2
(4) 若步骤A中加入H2O2后，室温下将溶液的pH调为4，c（H+）=10-4mol/L，c(OH-)=10-10mol/L，Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)c3(OH-)= c(Fe3+)× (10-10mol/L) 3=4.0×10-38，故c(Fe3+)=4.0×10-8 mol/L。
28.已知反应A（g） B（g）
（1）该反应的速率方程可表示为V正=K正CA，V逆=K逆CB，K正和K逆在一定温度时为常数，分别称作正，逆反应速率常数。已知T1温度下，K正=0.004s-1 ，K逆=0.002s-1，该温度下反应的平衡常数值K=______。该反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)，则____0(填“>”“<”或“=”)。
（2）对于该反应A（g） B（g），在313 K和353 K时A的转化率随时间变化的结果如图所示。
①在313 K时反应的平衡转化率α=_______%。平衡常数K313 K___K353 K（填“>”“<”或“=”），理由是________________________________。
②在353 K下：要提高A的转化率，可采取的措施是___________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有____________________。
【答案】 (1). 2 (2). > (3). 21 (4). < (5). 温度升高，平衡正移 (6). 及时移去产物 (7). 加压
【解析】
【详解】（1）根据V正=K正CA，K正=0.004s-1，则V正=0.004CA；V逆=K逆CB，K逆=0.002s-1，则V逆=0.002CB，化学平衡状态时正逆反应速率相等，则0.004CA =0.002CB，即2CA =CB，该温度下反应的平衡常数值K=；
该反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)，则= Ea(正)-Ea(逆)>0；
（2）①由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表313K的反应，从图中读出，平衡以后反应转化率为21%；
曲线b代表353K的反应，从图中读出，平衡以后反应转化率为22%，说明升高温度平衡转化率增大，平衡向正反应方向移动，则平衡常数K313 K
【点睛】本题考查的是化学反应原理的综合应用，主要包括反应与能量以及反应速率、平衡的相关内容。只需要根据题目要求。利用平衡速率的方法进行计算即可。
29.电解原理在化学工业中有广泛应用。
（1）如图表示一个电解池,装有电解液a；X、Y是两块电极板,通过导线与直流电源相连.请回答以下问题:
①若X、Y都是惰性电极,a是饱和NaCl溶液,实验开始时,同时在两边各滴入几滴酚酞试液,则Y电极上的电极反应式为____________ ；
②如用电解方法精炼粗铜,电解液a选用CuSO4溶液,则X电极的材料是_________,Y电极反应式为__________________(说明:杂质发生的电极反应不必写出)。
（2）NOx、SO2的大量排放是造成大气污染的主要原因,研究其处理方法,将其变废为宝越来越受到人们的重视,按要求回答下列问题。
①富集废气中的SO2,并使其与O2反应可制备硫酸,装置如图所示,X、Y均为多孔电极材料。
Ⅰ气体A是_______，X极的电极反应式为___________________________。
Ⅱ消耗5.6L(标准状况下)气体B时,通过质子交换膜的H+的个数为__________。
②SO2也可用于制备Na2S2O3，但产品常含有杂质。某 SO2制得的此产品，为测其纯度，准确称取Wg该产品，用适量蒸馏水溶解,配成100ml溶液，取20mL，以淀粉作指示剂，用0.2000 mol•L-1碘的标准溶液滴定。反应原理为： 2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。滴定至终点时，溶液颜色的变化：_______________________________。消耗碘的标准溶液体积为20.00mL。求产品的纯度为（设Na2S2O3相对分子质量为M）____________________。
【答案】 (1). 2Cl--2e- =Cl2 (2). 精铜 (3). Cu - 2e- = Cu2+ (4). SO2 (5). SO2 - 2e- + 2H2O = SO42- + 4H+ (6). NA （或6.02×1023） (7). 滴入最后一滴标准液,溶液由无色变为蓝色色,且30秒不恢复 (8).
【解析】
【分析】
（1）①电解饱和食盐水时，阳极上是氯离子失电子生成氯气；
②电解方法精炼粗铜，阳极材料是粗铜，阴极材料是精铜，电解质溶液必须是含有铜离子的盐溶液；
（2）①据X极为负极失电子发生氧化反应；
据正极的电极反应方程式O2+4H++4e-=2H2O中的氧气求氢离子的个数；
②滴定终点溶液由于色变为蓝色；根据2S2O32-+I2=S4O62-+2I-进行计算。
【详解】（1）①和电源的正极相连的电极Y极是阳极，该电极上氯离子失电子发生氧化反应，即2Cl--2e-=Cl2↑；
②电解方法精炼粗铜，阳极材料是粗铜，阴极材料是精铜，电解质溶液必须是含有铜离子的盐溶液，可以是硫酸铜溶液，故X电极是阴极，该电极材料应该是精铜；
Y电极是阳极，该电极材料是粗铜，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+；
（2）①气体A是SO2；X极为负极失电子发生氧化反应，故电极反应方程式为SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+；
②正极的电极反应方程式O2+4H++4e-=2H2O
22.4L 4NA
5.6L NA
则N（H+）=NA（或6.02×1023）；
②滴定至终点时，溶液颜色的变化为滴入最后一滴标准液,溶液由无色变为蓝色色,且30秒不恢复；
根据2S2O32-+I2=S4O62-+2I-可知，产品的纯度为。
考试时间：120分钟 满分：100分
注意事项：
1.答卷前务必将班级、姓名、学号和考试科目用钢笔、2B铅笔分别填涂在答题卡上
2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。第Ⅱ卷的答案用钢笔、签字笔、中性笔、碳素笔等黑色字迹笔在答题卡上作答。
3.考试结束，将答题卡上交(试卷自己保留好，以备评讲)。
可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 O－16
第Ⅰ卷 选择题（共50分）
一、选择题（共25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意）
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是
A. 利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约能源保护环境
B. 日常生活中的废旧电池会污染环境，应填埋处理
C. 化学反应过程中，不仅有物质的变化，同时还伴随有能量的变化
D. 家用铁锅用水清洗后放置在干燥处，能减缓铁锅生锈
【答案】B
【解析】
【分析】
A．化石能源使用排放二氧化硫等污染物；
B．废旧电池中的重金属会对环境造成污染；
C．化学反应中反应物断键要吸热，生成物成键要放热；
D．Fe在干燥处不易生锈．
【详解】A．化石能源使用排放二氧化硫等污染物，而太阳能为新能源，对环境无污染，有利于节约能源保护环境，选项A正确；
B．废旧电池中的重金属会对环境造成污染，则日常生活中的废旧电池应集中回收处理，不能填埋，选项B错误；
C．化学反应中反应物断键要吸热，生成物成键要放热，所以化学反应过程中，不仅有物质的变化，同时还伴随有能量的变化，选项C正确；
D．Fe在干燥处不易生锈，而在潮湿的环境中易生锈，所以家用铁锅用水清洗后放置在干燥处，能减缓铁锅生锈，选项D正确；
答案选B。
【点睛】本题考查化学与科学、技术、社会、环境的关系，把握能源使用及污染物的排放为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。
2.一种植物生长调节剂的分子结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 该物质含有3种官能团 B. 该物质属于有机物
C. 该物质属于多官能团化合物 D. 该物质属于脂环烃
【答案】D
【解析】
【分析】
有机物含有O，属于烃的衍生物，含有羧基、羰基、羟基，以此解答该题。
【详解】A、该物质含有羧基、羰基、羟基3种官能团，选项A正确；
B、该物质为碳的化合物，具有有机物的性质，属于有机物，选项B正确；
C、该物质含有羧基、羰基、羟基，属于多官能团的化合物，选项C正确；
D、该物质含有O元素，不是烃，为烃的衍生物，选项D不正确。
答案选D。
3.下列事实,不能用勒夏特列原理解释的是
A. 开启啤酒后,瓶中马上泛起大量泡沫
B. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
C. 压缩H2（g)与I2(g)反应后的平衡混合气体,颜色变深
D. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A、汽水瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，选项A不选；
B、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2O⇌ClO-+2H++Cl-，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可以勒夏特列原理解释，选项B不选；
C、氢气与碘单质的反应，反应前后体积不变，压强不影响化学平衡，混合气体颜色变深是由于碘单质浓度增大，与平衡移动无关，不能使用勒夏特列原理解释，选项C选；
D、工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O2⇌2SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡向正反应移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，选项D不选；
答案选C。
4.主链含5个碳原子，有甲基、乙基2个支链的烷烃有
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】A
【解析】
主链含有5个碳原子，则取代基只能连在直接2、3、4号碳原子上，且乙基连在3号碳原子上，即分别是相邻或相对，所以共有2种同分异构体。答案选A。
5.下列实验误差分析错误的是
A. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH,测定值偏小
B. 用标准浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸时，碱式滴定管滴定前尖端有气泡，滴定后气泡消失，会使盐酸浓度偏小
C. 测定中和反应的反应热时，若保温措施不好，所测温度差值偏小
D. 测定中和反应的反应热时,将碱溶液缓慢倒入酸溶液中,所测温度差值偏小
【答案】B
【解析】
【详解】A．湿润的pH值试纸可以稀释碱液，溶液中氢氧根离子根据减小，测定的溶液碱性减弱，测定值偏小，选项A正确；
B．滴定前，碱式滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，则标准液的体积偏大，结果偏大，选项B错误；
C．测定中和反应的反应热时，若保温措施不好，由于散失热量较多，所测温度差值偏小，选项C正确；
D．测定中和反应的反应热时，必须迅速将酸碱混合，若将碱缓慢倒入酸中，由于散失热量较多，所测温度值偏小，选项D正确；
答案选B。
6.下列关于有机物的说法不正确的是
①CH3—CH===CH—CH3和CH2===CH2为同系物
②CH≡CH和C6H6含碳量相同
③金刚石和石墨是同分异构体
④CH2Cl2有两种结构
⑤标准状况下，11.2 L的己烷所含的分子数为0.5NA(NA为阿伏加德罗常数)
⑥C5H12有三种同分异构体
A. ①②⑥ B. ③④⑤ C. ③④⑥ D. ③⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①CH3-CH=CH2和CH2=CH2通式相同，结构相似，相差1个CH2原子团，互为同系物，故正确；
②CH≡CH和C6H6的最简式相同（CH），所以含碳量相同，故正确；
③金刚石和石墨是同种元素形成的性质不同的碳单质，属于同素异形体而不是同分异构体，故不正确；
④甲烷为正四面体结构，因此CH2Cl2只有一种结构，故不正确；
⑤标准状况下，己烷为液体，11.2 L的己烷物质的量不是0.5mol，故不正确；
⑥C5H12三种同分异构体，分别是正戊烷，异戊烷，新戊烷，故正确。
答案选B。
7.一定温度下,可逆反应2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)在体积固定的密闭容器中反应,达到平衡状态的标志是
①单位时间内生成nmol O2,同时生成2nmol NO2 ②混合气体的密度不再变化
③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1
④混合气体的压强不再改变 ⑤混合气体的颜色不再改变
⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变
A. 以上全部 B. ①②③⑤ C. ②③⑤⑥ D. ①④⑤⑥
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】①单位时间内生成nmol O2等效于消耗2nmol NO2，同时生成2amol NO2的状态，正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；
②反应在恒容条件下进行，气体的总质量一直不变，则密度一直不随时间的变化，密度不再变化不一定达平衡状态，故错误；
③当体系达平衡状态时，NO2、NO、O2的浓度可能是2：2：1，也可能不是，与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；
④混合气体的总压强不再改变，证明化学反应的正逆反应速率是相等的，达到了平衡，故正确；
⑤混合气体的颜色不再改变，证明二氧化氮的浓度不随着时间的变化而变化，证明达到了平衡，故正确；
⑥混合气体的平均相对分子质量不随时间变化而变化的状态，说明气体的总物质的量不变，达平衡状态，故正确；
答案选D。
【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。
8.据报道，近年来发现了一种新的星际分子，其分子模型如图所示(图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键、三键等，颜色相同的球表示同一种原子)。
下列对该物质的说法中正确的是
A. ①处的化学键表示碳碳双键 B. ②处的化学键表示碳碳单键
C. ③处的原子可能是氯原子或氟原子 D. 此星际分子属于烃类
【答案】B
【解析】
【分析】
该分子为有机物，有机物分子中碳原子形成了4个共价键，从左边氢原子开始推断，第一个碳碳键为碳碳三键，第二个碳碳键为单键，第三个为三键，同理可推出①为碳碳三键，②为碳碳单键，③与其相连的碳应该为三键，即结构简式为：HC≡C-C≡C-C≡C-C≡C-C≡③，据此进行判断。
【详解】该分子为有机物，有机物分子中碳原子形成了4个共价键，从左边氢原子开始推断，第一个碳碳键为碳碳三键，第二个碳碳键为单键，第三个为三键，同理可推出①为碳碳三键，②为碳碳单键，③与其相连的碳应该为三键，即结构简式为：HC≡C-C≡C-C≡C-C≡C-C≡③，
A．①处的键为碳碳三键，故A错误；
B．②处的键为碳碳单键，选项B正确；
C.③原子形成的键为三键，所以不可能为氯原子或氟原子，选项C错误；
D．颜色相同的球表示同一种原子，说明有3中原子，不属于烃类，选项D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查有机物结构，是对学生综合能力的考查与知识的运用，解题关键是根据有机物中碳原子形成的共价键数目推断有机物中存在的化学键，难度不大。
9.向体积为0.05mol·L－1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05mol·L－1KOH溶液，下列关系错误的是
A. Va＞Vb时：c(CH3COOH) +c(CH3COO－)＞c(K+）
B. Va＝Vb时：c(CH3COOH) +c(H+)＝c(OH－）
C. Va＜Vb时：c(CH3COO－)＞ (K+）＞c(OH－）> c(H+)
D. Va与Vb任意比时：c(K+）+ c(H+) ＝ c(OH－）+ c(CH3COO－)
【答案】C
【解析】
A说明醋酸是过量的，即溶液是由醋酸和醋酸钾组成的，根据原子守恒可知A正确。B说明二者恰好反应，生成的醋酸钾水解显碱性，所以根据质子守恒可知，B正确。C说明氢氧化钾是过量的，即溶液是由醋酸钾和氢氧化钾构成的，所以正确的顺序为c(K+）＞c(CH3COO-) ＞ c(OH-）＞(H+)，C不正确。根据电荷守恒可知，选项D是正确的。答案选C。
10.下列有机物的命名正确的是
A. 2，3，3-三甲基丁烷 B. 2-甲基乙烷
C. 2-甲基丁烯 D. 2，2-二甲基戊烷
【答案】D
【解析】
【分析】
判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：
1）命名要符合“一长、一近、一多、一小”，也就是主链最长，编号起点离支链最近，支链数目较多，支链位置号码之和最小；
2）有机物的名称书写要规范；
3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名．
4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。
【详解】A．主链虽最长，但主链编号之和不是最小，应该为2，2，3-三甲基丁烷，选项A错误；
B．选择的碳连不是最长，应为丙烷，选项B错误；
C．碳碳双键的位置必须注明，在2号位，应为2-甲基-2-丁烯，选项C错误；
D．符合烷烃命名原则，主链最长，主链编号之和最小等，选项D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查了有机物的命名，属于基础知识的考查，可以根据有机物命名方法判断，该题是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练。该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可。有利于培养学生的规范答题能力。
11.下列说法中正确的是
A. 25℃时,pH均为3的醋酸和硫酸铝两种溶液中,由水电离出的氢离子浓度之比为1:108
B. 25℃时，0.1mol·L-1NH4Cl溶液的KW大于100℃时0.1mol•L-1NaCl溶液的KW
C. 根据溶液的pH与酸碱性的关系,推出pH=6.5的溶液一定显酸性
D. 25℃时,将pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,溶液显中性
【答案】A
【解析】
【分析】
A、溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度；
B．水的电离是吸热反应，升高温度能促进水的电离，注意温度高的离子积常数大于温度低的离子积常数，水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关；
C、pH<7的溶液不一定呈酸性，c(H+)
【详解】A.醋酸中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度为10-11mol/L，硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度为10-3mol/L， 10-11：10-3=1：108，选项A错误；
B.25℃时NH4Cl溶液的KW小于100℃时NaCl溶液的KW，选项B错误；
C、没有给定溶液的温度，pH<7的溶液不一定呈酸性，c(H+)
答案选A。
12.在不同条件下分别测得反应 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)的化学反应速率如下，其中表示该反应进行得最快的是( )
A. v(SO2)＝4 mol·L－1·min－1 B. v(O2)＝3 mol·L－1·min－1
C. v(SO2)＝0.1 mol·L－1·s－1 D. v(O2)＝0.1 mol·L－1·s－1
【答案】D
【解析】
试题分析：同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值，所以如果都要氧气表示反应速率，则分别是[mol/(L·min)]0.033、0.05、3、6，因此答案选D。
考点：考查反应速率大小比较
点评：在比较反应速率大小时，除了需要换算成用同一种物质表示外，还特别需要注意单位的统一，否则会得出错误的结论。
13.已知：①H2O(g)=H2O(l) ΔH＝Q1kJ·mol－1，②C2H5OH(g)=C2H5OH(l) ΔH＝Q2kJ·mol－1，③C2H5OH(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(g) ΔH＝Q3kJ·mol－1若使46g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为
A. -（Q1＋Q2＋Q3）kJ
B. -0.5(Q1＋Q2＋Q3)kJ
C. -（0.5Q1－1.5Q2＋0.5Q3）kJ
D. -（3Q1－Q2＋Q3）kJ
【答案】D
【解析】
【详解】①H2O（g）═H2O（l）△H1=Q1kJ•mol-1，
②C2H5OH（g）═C2H5OH（l）△H2=Q2kJ•mol-1，
③C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H3=Q3kJ•mol-1，
根据盖斯定律可知，①×3+③-②得C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l），
故△H=（3Q1+Q3-Q2）kJ/mol=-（Q2-3Q1-Q3）kJ/mol，46g酒精液体为1mol，故1mol液态乙醇完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为-（3Q1－Q2＋Q3）kJ，
答案选D。
【点睛】本题考查学生利用盖斯定律计算反应热，题目难度中等，根据已知热化学方程式构造目标热化学方程式是关键。应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式（目标热化学方程式），结合原热化学方程式（一般2～3个）进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
14.恒温下,反应aX(g)bY(g)+cZ(g)达到平衡状态,其他条件不变，把容器体积压缩到原来的1/2,且达到新的平衡状态时,X的物质的量浓度从0.1 mol/L增大到0.19 mol/L,下列判断正确的是
A. a=b+c B. a=b=c C. a>b+c D. a
【解析】
【详解】假设缩小体积，平衡状态不移动，则X的物质的量浓度应从0.1 mol/L增大到0.2 mol/L，而此时X的物质的量浓度为0.19 mol/L<0.2 mol/L，则在缩小容器体积的过程中消耗了X，由此可知平衡向正反应方向移动。而缩小体积相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，说明该反应的正反应是气体体积减小的反应。
答案选C。
15.用石墨作电极，电解下列溶液，阴、阳两极均产生气体，其体积比一直为2：1，且电解后溶液的pH增大的是
A. CuSO4 B. NaOH C. Na2SO4 D. H2SO4
【答案】B
【解析】
【分析】
用石墨作电极，电解下列溶液，阴、阳两极均产生气体，其体积比为2：1，说明是电解的水，且电解后溶液的pH增大说明溶液是碱溶液。
【详解】用石墨作电极，电解下列溶液，阴、阳两极均产生气体，其体积比为2：1，说明是电解水，且电解后溶液的pH增大说明溶液是碱溶液；
A、电解CuSO4溶液，阳极是4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极是Cu2++2e-=Cu，属于放氧生酸型，阴极不产生气体，pH减小，选项A不符合；
B、电解NaOH溶液，阳极电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应2H++2e-=H2↑，阴、阳两极均产生气体，其体积比为2：1，氢氧化钠溶液浓度中等，溶液pH增大，选项B符合；
C、电解Na2SO4 溶液，实质电解水，阳极电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应2H++2e-=H2↑，阴、阳两极均产生气体，其体积比为2：1，溶液pH不变，选项C不符合；
D、电解H2SO4 溶液，实质电解水，阳极电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应2H++2e-=H2↑，阴、阳两极均产生气体，其体积比为2：1，酸溶液浓度增大，溶液pH变小，选项D不符合；
答案选B。
【点睛】本题考查了电解原理的分析应用，掌握电极反应和产物分析是解题关键，题目难度中等。
16.已知某可逆反应：mA(g)+nB（g） xC(g) ΔΗ=QkJ/mol ，在密闭容器中进行，表示反应在不同时间t ，温度T和压强P与C在混合气体中的百分含量（C%）的关系曲线，则
A. T1＞T2 ，P1＞P2 ，m+n＞x ，Q＞0
B. T1＜T2 ，P1＜P2 ，m+n＜x ，Q＞0
C. T1＞T2 ，P1＜P2 ，m+n＜x ，Q＜0
D. T1＜T2 ，P1＜P2 ，m+n＞x ，Q＜0
【答案】C
【解析】
【详解】由图象可知，温度为T1 时，根据到达平衡的时间可知P2 ＞P1 ，且压强越大，C的含量越低，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，故正反应为气体体积增大的反应，即m+n＜x；
压强为P2 时，根据到达平衡的时间可知T1 ＞T2 ，且温度越高，C的含量越低，说明温度升高平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即Q＜0，
答案选C。
17.一定温度下，在2L的密闭容器中加入4mol A和6mol B，发生如下反应：2A（g）+3B（g）4C（g）+D（g）反应10min后达平衡，此时D的浓度为0.5mol/L。下列说法正确的是
A. 前10min反应的平均速率V（C）=0.10mol/L·min
B. 反应达平衡时B的平衡浓度是1.5mol/L
C. 恒温下将反应容器体积缩小一半，则D的平衡浓度小于1.0mol/L
D. 10min后向容器中加入A，保持温度不变重新平衡时A的转化率大于50%
【答案】B
【解析】
【详解】一定温度下，在2L的密闭容器中加入4mol A和6mol B，反应10min后达到平衡，此时D的浓度是0.5mol•L-1，则：
2A（g）+3B（g）⇌4C（g）+D（g）
起始浓度（mol/L）：2 3 0 0
变化浓度（mol/L）：1 1.5 2 0.5
平衡浓度（mol/L）：1 1.5 2 0.5
A．前10 min内反应的平均速率υ（C）==0.2 mol•L-1•min-1，选项A错误；
B．由上述计算可知，反应达平衡时c（B）=1.5 mol•L-1，选项B正确；
C．恒温下，将压强变为原来的2倍，容器体积缩小一半，反应气体气体体积不变，平衡不移动，D的浓度为原平衡2倍，即D的浓度等于1 mol•L-1，选项C错误；
D．原平衡中A的转化率为×100%=50%，10 min后向容器中加入A，再次达平衡时，A的转化率小于原平衡，故再次达平衡时，A的转化率一定小于50%，选项D错误；
答案选B。
18.下列说法或表示方法正确的是
A. 由C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH = +1.9 kJ·mol-1可知,金刚石比石墨稳定
B. 已知S(g)+O2(g)═SO2(g) ΔΗ1 ；S(s)+O2(g)═SO2(g) ΔΗ2 ,则 ΔΗ1<ΔΗ2
C. 在101kPa时,2g H2完全燃烧生成液态水,放出285.8kJ热量,氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH = +285.8 kJ·mol-1
D. 在稀溶液中:H +(aq)+OH -(aq)= H2O(l)ΔH =-57.3 kJ·mol-1,若将含1mol CH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合,放出的热量等于57.3 kJ
【答案】B
【解析】
【分析】
A、物质的能量越低，物质越稳定；
B. S(g)比S(s)所含有能量高；
C、氢气燃烧是放热反应，焓变为负值；
D、醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程。
【详解】A、通过热化学方程式可知，石墨的能量低于金刚石的能量，而物质的能量越低，越稳定，选项A错误；
B. S(g)比S(s)所含有能量高，所以ΔΗ1<ΔΗ2，选项B正确；
C、在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1，选项C错误；
D、在稀溶液中：H++OH-═H2O △H=-57.3kJ•mol-1，若将含1mol CH3COOH的醋酸溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程，放出的热量小于57.3kJ，选项D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查焓变与反应条件的关系、中和热、能量越低越稳定、热化学方程式中焓变与化学计量数的关系，掌握基础是关键，题目难度中等。
19.在温度不变的条件下，加水稀释0.1mol/L 的氨水，则随着加入水的量的增加，下列判断正确的是
A. c（NH3·H2O）/c（OH-）减小 B. c（NH4+）·c（OH-）/c（NH3·H2O）增大
C. n（OH-）不变 D. c（H+）/c（OH-）减小
【答案】A
【解析】
【详解】A.NH3·H2O的电离常数K=c（NH4+）·c（OH-）/c（NH3·H2O），则c（NH3·H2O）/c（OH-）= c（NH4+）/K，且温度不变，K不变，则在加水稀释过程中c（NH4+）逐渐减小，故c（NH3·H2O）/c（OH-）逐渐减小，故A正确；
B.NH3·H2O的电离常数K=c（NH4+）·c（OH-）/c（NH3·H2O），温度不变，K不变，故B错误；
C.加水稀释，促进氨水电离，n（OH-）增大，故C错误；
D.加水稀释，促进氨水电离，n（OH-）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH-）减小，由于KW不变，故c（H+）增大，则c（H+）/c（OH-）增大，故D错误。
故选A。
【点睛】电离常数只与温度有关，温度不变，则K不变。
20.Mg–AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是
A. Mg为负极 B. 正极反应式为Ag++e– =Ag
C. 电池放电时Cl–由正极向负极迁移 D. 负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，电池总反应式为：Mg+2AgCl=MgCl2+2Ag，正极反应为：2AgCl+2e-= 2Cl-+ 2Ag，负极反应为：Mg-2e =Mg2+，据此分析。
【详解】根据题意，电池总反应式为：Mg+2AgCl=MgCl2+2Ag，正极反应为：2AgCl+2e-= 2Cl-+ 2Ag，负极反应为：Mg-2e =Mg2+，
A．活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反应，反应式为：Mg-2e-=Mg2+，选项A正确；
B．AgCl是难溶物，其电极反应式为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，选项B错误；
C．原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl-在正极产生由正极向负极迁移，选项C正确；
D．镁是活泼金属与水反应，即会发生反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，选项D正确；
答案选B。
21.下列说法正确的是
A. 电解、电离、电镀、电化学腐蚀这些过程都需要通电后才能进行
B. 使用明矾可净水，消毒杀菌
C. 催化剂能降低分子活化时所需能量，使单位体积内活化分子百分数大大增加
D. 100 mL 2 mol·L－1的盐酸与锌片反应，加入适量的NaCl溶液，反应速率不变
【答案】C
【解析】
【详解】A、电解池是外加电源强迫下的氧化还原反应，必须加外加电源；电离是电解质在水溶液中离解出自由移动离子的过程，不需要通电；电镀池实质是一个电解池，必须加外加电源；电化学腐蚀原理是原电池原理，原电池中不含电源，是自发进行的氧化还原反应，选项A错误；
B、明矾能净水但不能杀菌消毒，选项B错误；
C．加入催化剂，降低反应的活化能，使单位体积内活化分子百分数大大增加，加快反应速率，选项C正确；
D. 100 mL 2 mol·L－1的盐酸与锌片反应，加入适量的NaCl溶液，酸的浓度减小，化学反应速率减慢，选项D错误；
答案选C。
22.某温度下，H2(g)＋CO2(g) H2O(g)＋CO(g)的平衡常数K=9/4，该温度下在甲、乙、丙三个体积相同的恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如下表所示,
起始浓度
甲
乙
丙
c(H2)(mol/L)
0.010
0.020
0.020
c(CO2)(mol/L)
0.010
0.010
0.020
下列判断不正确的是：
A. 平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%
B. 平衡时， 乙中H2的转化率大于60%
C. 平衡时，丙中c(CO)是甲中的2倍，是0.012 mol/L
D. 反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢
【答案】B
【解析】
【分析】
反应H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、乙、丙中平衡常数相同．由表中数据可知，该温度下在甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，甲、丙为等效平衡．乙中氢气的起始浓度比甲中氢气的起始浓度大，故乙中二氧化碳的转化率比甲中高．根据三段式结合平衡常数计算出甲容器内，平衡时各物质的浓度变化量、平衡浓度；
A、计算甲容器内二氧化碳的转化率，乙中氢气的起始浓度比甲中氢气的起始浓度大，故乙中二氧化碳的转化率比甲中高；
B、甲、丙为等效平衡，甲中和丙中H2的转化率均相等，根据三段式计算甲中氢气的转化率；
C、甲、丙为等效平衡，甲中和丙中CO2的转化率均相等，根据三段式计算平衡时甲中的CO2的浓度、转化率，进而计算丙中CO的浓度；
D、浓度越大反应速率越快。
【详解】对于甲容器： H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）
开始（mol/L）：0.01 0.01 0 0
变化（mol/L）：x x x x
平衡（mol/L）：0.01-x 0.01-x x x
所以 =，解得x=0.006，
A、恒温恒容下，由表中数据可知，该温度下在甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，反应H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）前后气体的体积不变，故甲、丙为等效平衡，平衡时，甲中和丙中H2的转化率均相等，由上述计算可知，甲容器内氢气的转化率为×100%=60%，故甲中和丙中H2的转化率均为60%，选项A正确；
B、由上述计算可知，甲容器内氢气的转化率为×100%=60%，恒温恒容下，乙中氢气的起始浓度比甲中氢气的起始浓度大，故乙中氢气的转化率比甲中低，故平衡时，乙中H2的转化率小于60%，选项B不正确；
C、由上述计算可知，平衡时甲容器内c（CO）=xmol/L=0.006mol/L，甲、丙为等效平衡，平衡时，甲中和丙中CO2的转化率相等，由A中计算可知为60%，故平衡时丙容器内c（CO）=0.02mol/L×60%=0.012mol/L，平衡时，丙中c（CO）是甲中的2倍，选项C正确；
D、浓度越大反应速率越快，由表中数据可知，甲、乙容器内，开始CO2浓度相等，乙中H2浓度比甲中浓度大，所以速率乙＞甲，乙、丙容器内，开始H2浓度相等，丙中CO2浓度比乙中浓度大，所以速率丙＞乙，故速率丙＞乙＞甲，选项D正确。
答案选B。
【点睛】考查化学平衡计算、等效平衡、外界条件对反应速率的影响等，浓度中等，注意三段式解题法的运用，判断甲、丙为等效平衡是解题关键。
23.某温度下，在体积一定的密闭容器中进行如下反应：2X（g）+Y（g）⇌ Z（g）+W（s）ΔH＞0，下列叙述正确的是
A. 恒温，将容器的体积压缩，可增大单位体积内活化分子的百分数，有效碰撞几率提高
B. 加入少量W，逆反应速率增大
C. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
D. 在容器中加入氩气，反应速率不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．恒温，将容器的体积压缩，相当于增大压强，可增大活化分子百分数，选项A错误；
B．W为固体，加入少量W，反应速率不变，选项B错误；
C．升高温度，正逆反应速率都增大，选项C错误；
D．在容器中加入氩气，参加反应气体的浓度不变，则反应速率不变，选项D正确；
答案选D。
24.向绝热恒容密闭容器中通入一定量的SO2和NO2，一定条件下使反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的正确结论是
A. Δt1＝Δt2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段 B. 反应在c点达到平衡状态
C. 反应物的总能量低于生成物的总能量 D. 反应物浓度：a点小于b
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可知一个反应前后体积不变的可逆反应，由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响．结合图象可知反应速率先增大再减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快。
【详解】A、随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，则SO2的转化率将逐渐增大，选项A正确；
B、化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，选项B错误；
C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，选项C错误；
D、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查化学反应速率变化曲线及其应用、化学平衡建立的过程。本题难就难在没有直接告诉同学们横坐标表示什么，结合图象分析题意就很关键了。
25.已知:pAg=-lg[c(Ag+)],Ksp(AgCl)=1×10-12,如图是向10mL AgNO3溶液中逐渐加入0.1mol·L-1的NaCl溶液时,溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积(单位mL)变化的图象。根据图象所得下列结论不正确的是[提示:Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)]
A. 原AgNO3溶液的物质的量浓度为1mol·L-1
B. 图中x点满足c(Ag+)·c（Cl-）= Ks p( AgCl)
C. 相同实验条件下，把0.1mol·L-1的NaCl换成0.1mol·L-1NaI则图象在终点x的纵坐标小于6
D. 相同实验条件下，若改为0.2mol·L-1 NaCl溶液时,x点的横坐标小于100
【答案】C
【解析】
【详解】A.开始时pAg=0，则c(Ag+) =1mol/L，选项A正确；
B.pAg=6，c(Ag+)=1×10—6，因c(Cl-)= c(Ag+)=10-6，故KspAgCl= c(Ag+)·c(Cl-)，选项B正确；
C、与AgCl相比，碘化银的Ksp（AgI）更小，所以把0.1 mol/L的NaCl换成0.1mol/LNaI，则溶液中c（Ag+）更小，则pAg更大，则图象在终点x的纵坐标大于6，选项C不正确；
D、x点c（Ag+）=10-6 mol/L，一般认为溶液中离子浓度小于10-5 mol/L，即沉淀完全，则AgNO3与NaCl恰好反应，n（NaCl）=n（AgNO3）=0.01L×1mol/L=0.01mol，若改为0.2mol·L-1 NaCl溶液时，V（NaCl）==0.05L=50mL，即x点的横坐标小于100，选项D正确；
答案选C。
【点睛】本题考查了AgCl的Ksp的应用，注意把握题干中的信息，考查学生分析题目信息并用于解决问题的能力，题目难度中等。
第Ⅱ卷 非选择题（共50分）
二、非选择题（共4题，共50分）
26.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡。请回答下列问题：
（1）常温下,物质的量浓度均为0.1mol·L-1的六种溶液
①Na2CO3、②NaCl、③NaOH、④(NH4)2SO4、⑤CH3COONa、⑥NH4NO3 , pH从大到小排列顺序为__________(填序号)。
（2）已知T℃时,Kw=1×10-12,在该温度时,将pH=9的NaOH溶液bL与pH=2的H2SO4溶液aL混合(忽略混合后溶液体积的变化),若所得混合溶液的pH=3, 则a ：b=__________。
（3）现有HA、HB两种酸。室温下用0.1mol· L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol·L-1的HA、HB两种酸的溶液,滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如下图。
①由图可知；酸性HA______HB，b 点对应的溶液中c(HB)_____c(B-)(填“>”“<”或“=”)。
②室温下HB的电离平衡常数Ka的数量级为________。
【答案】 (1). ③①⑤②⑥④ (2). 2:9 (3). > (4). < (5). 10-5
【解析】
【详解】（1）等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸氢根离子的酸性小于醋酸，所以Na2CO3溶液的pH大于CH3COONa溶液；(NH4)2SO4溶液中铵根离子浓度大于NH4NO3溶液，(NH4)2SO4溶液的pH小于NH4NO3溶液，故pH从大到小排列顺序为③①⑤②⑥④；
（2）t℃时，Ksp=1×10-12，在t℃时pH=9的NaOH溶液中c（OH-）=mol/L=0.001mol/L，pH=2的H2SO4溶液中c（H+）=0.01mol/L，若所得混合溶液的pH=3，即混合后溶液显酸性，则混合溶液中c（H+）==0.001mol/L，解得a：b=2：9；
（3）①由图可知；0.1mol·L-1的HA、HB的pH分别为1和3，则HA完全电离为强酸，HB不完全电离为弱酸，则酸性HA>HB，b 点对应的溶液为HB与NaB按1：1形成的溶液，溶液呈酸性，说明HB电离大于B-水解，则c(HB)
27.工业上利用粗ZnO(含FeO、CuO)制取金属锌的流程如下(部分步骤省略):
已知：几种离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表:
待沉淀的离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
Cu2+
开始沉淀时pH
6.3
1.5
6.2
5.2
沉淀完全时pH
9.7
3.2
8.0
6.4
请回答下列问题：
（1）酸浸粗氧化锌的过程中，常将粗氧化锌粉碎成细颗粒，适当增加硫酸的浓度，目的是_________。
（2）步骤A的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,并全部形成Fe(OH)3沉淀,为了暂不形成Cu(OH)2 Zn(OH)2 ,该步骤需控制溶液pH的范围是____________,该步骤中先加入H2O2充分反应后再加入氨水，写出加入H2O2的离子方程式_____________。
（3）步骤C的反应离子方程式为____________。
（4）若步骤A中加入H2O2后，室温下将溶液的pH调为4，求Fe3+ 离子浓度为_________。（已知Ksp[Fe(OH)3]= 4.0×10-3 8）
【答案】 (1). 加快反应速率 (2). 3. 2≤pH＜5.2 (3). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (4). Cu2+ + Zn = Zn2+ + Cu (5). 4 ×10-8
【解析】
【详解】(1)根据影响化学反应速率的因素，酸浸粗氧化锌的过程中，为了加快酸浸速率，可采取的措施有将粗氧化锌粉碎成细颗粒、适当增加硫酸的浓度、适当升高温度等，故目的是加快反应速率；
(2)氢氧化铁沉淀时的pH是1.48 ~ 3.2 ，Zn(OH)2沉淀时的pH为6.2 ~ 8.0，和Cu(OH)2沉淀时的pH为5.2~6.4，因此将Fe2+氧化为Fe3+，并全部形成Fe(OH)3沉淀，为了暂不形成Cu(OH)2、Zn(OH)2 ，该步骤需控制溶液pH的范围为3.2
(4) 若步骤A中加入H2O2后，室温下将溶液的pH调为4，c（H+）=10-4mol/L，c(OH-)=10-10mol/L，Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)c3(OH-)= c(Fe3+)× (10-10mol/L) 3=4.0×10-38，故c(Fe3+)=4.0×10-8 mol/L。
28.已知反应A（g） B（g）
（1）该反应的速率方程可表示为V正=K正CA，V逆=K逆CB，K正和K逆在一定温度时为常数，分别称作正，逆反应速率常数。已知T1温度下，K正=0.004s-1 ，K逆=0.002s-1，该温度下反应的平衡常数值K=______。该反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)，则____0(填“>”“<”或“=”)。
（2）对于该反应A（g） B（g），在313 K和353 K时A的转化率随时间变化的结果如图所示。
①在313 K时反应的平衡转化率α=_______%。平衡常数K313 K___K353 K（填“>”“<”或“=”），理由是________________________________。
②在353 K下：要提高A的转化率，可采取的措施是___________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有____________________。
【答案】 (1). 2 (2). > (3). 21 (4). < (5). 温度升高，平衡正移 (6). 及时移去产物 (7). 加压
【解析】
【详解】（1）根据V正=K正CA，K正=0.004s-1，则V正=0.004CA；V逆=K逆CB，K逆=0.002s-1，则V逆=0.002CB，化学平衡状态时正逆反应速率相等，则0.004CA =0.002CB，即2CA =CB，该温度下反应的平衡常数值K=；
该反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)，则= Ea(正)-Ea(逆)>0；
（2）①由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表313K的反应，从图中读出，平衡以后反应转化率为21%；
曲线b代表353K的反应，从图中读出，平衡以后反应转化率为22%，说明升高温度平衡转化率增大，平衡向正反应方向移动，则平衡常数K313 K
【点睛】本题考查的是化学反应原理的综合应用，主要包括反应与能量以及反应速率、平衡的相关内容。只需要根据题目要求。利用平衡速率的方法进行计算即可。
29.电解原理在化学工业中有广泛应用。
（1）如图表示一个电解池,装有电解液a；X、Y是两块电极板,通过导线与直流电源相连.请回答以下问题:
①若X、Y都是惰性电极,a是饱和NaCl溶液,实验开始时,同时在两边各滴入几滴酚酞试液,则Y电极上的电极反应式为____________ ；
②如用电解方法精炼粗铜,电解液a选用CuSO4溶液,则X电极的材料是_________,Y电极反应式为__________________(说明:杂质发生的电极反应不必写出)。
（2）NOx、SO2的大量排放是造成大气污染的主要原因,研究其处理方法,将其变废为宝越来越受到人们的重视,按要求回答下列问题。
①富集废气中的SO2,并使其与O2反应可制备硫酸,装置如图所示,X、Y均为多孔电极材料。
Ⅰ气体A是_______，X极的电极反应式为___________________________。
Ⅱ消耗5.6L(标准状况下)气体B时,通过质子交换膜的H+的个数为__________。
②SO2也可用于制备Na2S2O3，但产品常含有杂质。某 SO2制得的此产品，为测其纯度，准确称取Wg该产品，用适量蒸馏水溶解,配成100ml溶液，取20mL，以淀粉作指示剂，用0.2000 mol•L-1碘的标准溶液滴定。反应原理为： 2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。滴定至终点时，溶液颜色的变化：_______________________________。消耗碘的标准溶液体积为20.00mL。求产品的纯度为（设Na2S2O3相对分子质量为M）____________________。
【答案】 (1). 2Cl--2e- =Cl2 (2). 精铜 (3). Cu - 2e- = Cu2+ (4). SO2 (5). SO2 - 2e- + 2H2O = SO42- + 4H+ (6). NA （或6.02×1023） (7). 滴入最后一滴标准液,溶液由无色变为蓝色色,且30秒不恢复 (8).
【解析】
【分析】
（1）①电解饱和食盐水时，阳极上是氯离子失电子生成氯气；
②电解方法精炼粗铜，阳极材料是粗铜，阴极材料是精铜，电解质溶液必须是含有铜离子的盐溶液；
（2）①据X极为负极失电子发生氧化反应；
据正极的电极反应方程式O2+4H++4e-=2H2O中的氧气求氢离子的个数；
②滴定终点溶液由于色变为蓝色；根据2S2O32-+I2=S4O62-+2I-进行计算。
【详解】（1）①和电源的正极相连的电极Y极是阳极，该电极上氯离子失电子发生氧化反应，即2Cl--2e-=Cl2↑；
②电解方法精炼粗铜，阳极材料是粗铜，阴极材料是精铜，电解质溶液必须是含有铜离子的盐溶液，可以是硫酸铜溶液，故X电极是阴极，该电极材料应该是精铜；
Y电极是阳极，该电极材料是粗铜，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+；
（2）①气体A是SO2；X极为负极失电子发生氧化反应，故电极反应方程式为SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+；
②正极的电极反应方程式O2+4H++4e-=2H2O
22.4L 4NA
5.6L NA
则N（H+）=NA（或6.02×1023）；
②滴定至终点时，溶液颜色的变化为滴入最后一滴标准液,溶液由无色变为蓝色色,且30秒不恢复；
根据2S2O32-+I2=S4O62-+2I-可知，产品的纯度为。
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