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【化学】贵州省都匀市都匀第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试
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贵州省都匀市都匀第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试
1.化学与生产、生活密切相关。下列事实与化学反应速率无关的是
A. 食品、蔬菜贮存在冰箱或冰柜里
B. 家用铁锅、铁铲等餐具保持干燥
C. 制造蜂窝煤时加入生石灰
D. 把块状煤碾成粉状再燃烧
【答案】C
【解析】
【详解】A.低温冷藏使食品延缓变质,是降低温度使反应速率减慢，A项排除；B.在潮湿的情况下，铁锅、铁铲易发生电化学腐蚀，腐蚀速率较快，保持其干燥，可以极大减缓其腐蚀速率，B项排除；C.制造蜂窝煤时加入生石灰，是为了减少二氧化硫的排放，发生反应为：2CaO+O2+2SO22CaSO4，与反应速率无关，C项可选；D.把块状煤碾成粉状再燃烧，能够增大反应物之间的接触面积，增大反应速率，D项排除。答案选C项。
2.反应A＋B→C分两步进行：①A＋B→X，②X→C，反应过程中能量变化如图所示，E1表示反应A＋B→X的活化能。下列有关叙述正确的是
A. X是反应A＋B→C的催化剂
B. 反应A＋B→C的ΔH<0
C. E2表示反应X→C的活化能
D. 加入催化剂可改变反应A＋B→C的焓变
【答案】B
【解析】
【详解】A.X是总反应的中间产物，在第一步反应中生成，在第二步反应中消耗，如果X是总反应的催化剂，则应该在第一步反应中消耗，在第二步反应中生成，A项错误；B.从图象中明显看出，反应物A、B的总能量高于生成C的决能量，反应放热，ΔH<0，B项正确；C．E2表示的是X→C的逆反应的活化能，C项错误；D.焓变和反应物、生成物的总能量有关，与反应变化过程无关，催化剂只通过改变反应途径而改变反应速率，不改变反应的焓变，D项错误。
3.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的分类完全正确的是
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H2CO3
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
BaSO4
CO2
Cl2
【答案】C
【解析】
【分析】
强电解质是指在水中完全电离成离子的电解质；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此解答。
【详解】A、金属铁属于单质，不属于电解质，也不是非电解质，A错误；
B、NH3属于非电解质，不属于电解质，BaSO4属于强电解质，B错误；
C、CaCO3属于强电解质，碳酸是弱酸，属于弱电解质，二氧化碳是非电解质，C正确；
D、氯气属于单质，不属于电解质，也不是非电解质，D错误。
答案选C。
【点睛】本题解题的关键：明确电解质的强弱与电离程度有关，不能根据电解质溶液的导电性强弱划分强弱电解质。易错项B，BaSO4虽然难溶，但溶解的部分全部电离，属于强电解质。
4.下列关于金属的腐蚀及防护说法不正确的是
A. 若马口铁（镀锡铁）镀层破损，铁的腐蚀速率将加快
B. 为了防止钢铁设备腐蚀，利用外加电流的阴极保护法，应另附加一惰性电极作阴极
C. 可以采用改变金属组成或结构的方法减缓金属腐蚀
D. 为保护海轮的金属船壳，利用牺牲阳极的阴极保护法，常在船壳上镶入锌块
【答案】B
【解析】
试题分析：A、马口铁（镀锡）的表面一旦破损，构成原电池，Fe为负极，则铁腐蚀加快，正确；B、电解池中，阳极被腐蚀，阴极被保护，故应将钢铁的设备做阴极，错误． C、将金属制成合金，即改变金属的组成和结构，能起到很好的防止腐蚀的作用，正确； D、海轮外壳镶嵌锌块，此时铁作为原电池的正极金属而被保护，不易腐蚀，是采用了牺牲阳极的阴极保护法，正确；故选D．
考点：考查原电池的工作原理
5.改变下列一个条件，通过提高活化分子的百分率来改变反应速率的是
A. 增加固体反应物表面积
B. 加压
C. 加大反应物浓度
D. 加催化剂
【答案】D
【解析】
【分析】
活化分子的百分率的改变，通常是通过温度的改变或使用催化剂引起的。
【详解】A. 增加固体反应物表面积，并不影响活化分子的百分率，A项排除；
B. 增大压强，只增大了单位体积的活化分子数，活化分子百分率不变，B项排除；
C. 加大反应物浓度，也只是增大了单位体积的活化分子数，活化分子百分率不变，C项排除；
D. 加催化剂，改变了反应途径，极大地降低了反应的活化能，提高了活化分子的百分率，D项可选；答案选D项。
【点睛】催化剂分为正催化剂和负催化剂。如无特别说明，平常所说的催化剂，均指正催化剂。
6.常温下，某无色溶液中由水电离出来的c(H＋)=1×10-12 mol·L-1，该溶液中一定能大量存在的离子组是
A. Na+、K+、MnO4－、SO42－
B. Mg2+、NH4+、SO42-、Cl－
C. Na+、Cl－、NO3－、SO42－
D. Na+、K+、CO32－、NO3－
【答案】C
【解析】
【分析】
常温这一条件，可以使用Kw=10-14这一数据。无色溶液，排除溶液中的有色离子，由水电离出的c(H＋)=1×10-12 mol·L-1，c(H＋)<1×10-7 mol·L-1，说明水的电离受到了抑制，可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液。
【详解】A. 含有MnO4－溶液是紫红色的，A项排除；
B．如是碱性溶液，Mg2+、NH4+将不能大量存在；
C.带入大量H+或OH-进行校验，与所给的四种离子均能共存，四种离子间也不发生反应，
C项正确；
D．如是酸性溶液，CO32－将不能大量存在，D项错误；答案选C项。
【点睛】一是看清题给的氢离子浓度信息，只能确定是强酸性或强碱性溶液；一是看清题干是“一定”还是“可能”。
7.下列事实不能用勒夏特列原理解释是
A. 钢铁在潮湿的空气中比在干燥的空气中容易生锈
B. 实验室常用排饱和食盐水法收集氯气
C. 红棕色的 NO2，加压后气体颜色先变深后变浅
D. 工业利用反应：Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+ K(g)制取金属钾
【答案】A
【解析】
【详解】钢铁在潮湿的空气中生锈不是可逆过程，与勒夏特列原理无关；氯气溶于水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，产生氯离子，而饱和食盐水中有大量的氯离子，使得此平衡左移，减少了氯气的溶解损耗，B项排除；红棕色的NO2气体加压后，因为NO2的浓度变大而颜色加深，因为2NO2N2O4平衡右移而颜色变浅，但比原来深，C项排除；因为钠的沸点高于K的沸点，控制温度范围，使金属钠为液体而金属钾为气态，钾蒸气的逸出，使Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+ K(g)平衡右移，D项排除。
【点睛】勒夏特列平衡移动原理，不仅适用于化学平衡，还适用于弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡、沉淀溶解平衡，甚至生活中涉及的平衡等。
8.下列热化学方程式中，正确的是
A. 甲烷的燃烧热为 890.3 kJ·molˉ1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；△H=－890.3 kJ·molˉ1
B. 500℃、30MPa 下，将 0.5mol N2和 1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成 NH3(g)，放热 19.3 kJ，其热化学方程式为： N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)； △H =－38.6 kJ·molˉ1
C. 稀盐酸和稀氢氧化钠溶液混合， 其热化学方程式为：（已知：中和热数值为57.3 kJ·molˉ1）H+(aq)＋OH－(aq)=H2O(1)； △H =－57.3 kJ·molˉ1
D. 1molH2完全燃烧放热 142.9kJ ，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)；△H =+285.8 kJ·molˉ1
【答案】C
【解析】
A、水的状态应该是液态，A错误；B、反应是可逆反应，不知道转化率，不能计算反应热，B错误；C、中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，热化学方程式正确，C正确；D、在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量是燃烧热，燃烧是放热反应，D错误，答案选C。
9.某课外活动小组，将剪下的一块镀锌铁放入试剂瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞溶液，按图装置进行实验，数分钟后观察，下列现象不可能出现的是
A. B中导气管里形成一段水柱
B. B中导气管中产生气泡
C. 金属片剪口处溶液变红
D. 锌被腐蚀
【答案】B
【解析】
镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，形成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，铁为正极，发生吸氧腐蚀，即2H2O+O2+4e-=4OH-，所以锥形瓶中气体压强减小，生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色；A．锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀，瓶中气体压强减小，导气管里形成一段水柱，故A正确；B．原电池形成后没有气体生成，所以B中导气管不会产生气泡，故B错误；C．锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀，生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色，故C正确；D．形成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，故D正确；故选B。
点睛：理解金属的吸氧腐蚀的工作原理是解题的关键，镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，形成的原电池中，金属锌为负极，铁为正极，发生吸氧腐蚀，根据原电池的工作原理知识来回答即可。
10.对可逆反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)；ΔH＜0，下列图像正确的是
【答案】A
【解析】
【详解】A．只增加氧气的浓度，则正反应速率增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，与图象吻合，A正确；
B．正反应为放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的转化率降低，图象不符，B错误；
C．增大压强平衡正向移动，转化率增大，但反应速率增大，到达平衡所用时间较少，图象不符，C错误；
D．加入催化剂，反应速率增大，到达平衡所用时间减少，但平衡不移动，图象不符，D错误；
答案选A。
【点睛】本题以图象题的形式考查外界条件对化学平衡的影响，题目难度中等，注意根据反应的化学方程式判断，为解答该题的关键。另外需要注意图像题的答题技巧，例如先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。再比如定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。
11.下列有关说法正确的是
A. 将AlCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是AlCl3
B. 反应Hg(l)+H2SO4(aq) = HgSO4(aq)+H2(g)在常温下不能自发进行，则△H＜0
C. 将纯水加热至较高温度，KW变大、pH变小、呈酸性
D. 锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去
【答案】BD
【解析】
试题分析：A．AlCl3是强酸弱碱盐，水解产生氢氧化铝和HCl,由于HCl有挥发性，所以随着水分的蒸发而挥发，蒸干得到的是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝分解最后得到的是Al2O3，错误；B．反应Hg(1)+H2SO4(aq) = HgSO4(aq)+H2(g)在常温下不能自发进行，是由于该反应是体系混乱程度增大的反应，则△H>0, △G>0,正确；C．水是若电解质，升高温度会促进水的动力，所以将纯水加热至较高温度，K变大、pH变小，但是由于水电离产生的H+的浓度与OH-的浓度相等，所以溶液仍然呈中性，错误；D．锅炉中沉积的CaSO4在水中存在沉淀溶解平衡，当用饱和Na2CO3溶液浸泡，会发生沉淀的转化，产生溶解度更小的CaCO3，利用其能够与盐酸反应产生可溶性的物质将其溶解除去，正确。
考点：考查盐的水解、反应的自发性、弱电解质的电离和沉淀溶解平衡的转化的知识。
12.在一定温度下，10mL 1.0mol/L H2SO4与Zn粒发生反应。不同时刻测定生成H2的体积（已折算为标准状况）如下表。
t/min
0
1
3
5
7
9
V(H2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）
A. 0~5 min的平均反应速率：v(H2SO4)≈0.02mol/(L•min)
B. 5~9 min的平均反应速率：v(H2SO4)< 0.02mol/(L•min)
C. 反应到5 min时，c(H2SO4)=0.010mol/L
D. 反应到5 min时，Zn溶解了65mg
【答案】C
【解析】
【分析】
据反应方程式Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，根据反应速率定义式进行求算。
【详解】A. 0~5min生成氢气的物质的量为0.001mol，则消耗H2SO40.001mol，其物质的量浓度改变了0.1mol/L，则用H2SO4表示的平均反应速率：v(H2SO4)≈0.02mol/(L•min)，A项正确；
B. 温度不变，随着反应的进行，硫酸的浓度越来越小，反应速率越来越慢，所以用H2SO4表示的5~9 min的平均反应速率比0~5min的[ 0.02mol/(L•min)]的小，B项正确；
C. 反应到5 min时，硫酸反应消耗了0.001mol,剩余 0.009mol,所以此时H2SO4的浓度为c(H2SO4)=0.9mol/L，C项错误；
D. 反应到5 min时，Zn溶解了0,001mol,其质量为65mg，D项正确。答案选C项。
13.在一定条件下，N2O氧化NO生成N2和NO2的能量变化如图所示，下列说法不正确的是
A. 反应生成1mol N2时转移4mole-
B. 反应物的总能量大于生成物的总能量
C. N2O(g)+NO(g)═N2(g)+NO2(g); △H=－139 kJ/mol
D. 反应中断裂化学键吸收的能量小于形成化学键释放的能量
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查化学反应与能量变化、氧化还原反应。
【详解】A. 发生的反应为N2O+NO═N2+NO2，N2O发生还原反应生成1mol N2时转移2mol e-，A项错误；
B. 由图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，B项正确；
C. 该反应的焓△H=209kJ/mol-348kJ/mol=－139 kJ/mol，C项正确；
D.该反应是放热反应，所以反应中断裂化学键吸收的总能量小于形成化学键释放的总能量，D项正确。答案选A项。
【点睛】看清图象的纵横坐标，明确图中数据的涵义，做好信息的处理和加工。
14.已知一定温度下合成氨的化学反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；△H=－92.4 kJ/mol，在恒温、恒压的密闭容器中进行如下实验：①通入1mol N2和3 mol H2，达平衡时放出热量为Q1，②通入2mol N2和6mol H2，达平衡时放出热量为Q2，则下列关系正确的是
A. Q2＝2Q1
B. Q1＜0.5Q2
C. Q1＝Q2＜184.8 kJ
D. Q1＝Q2＜92.4 kJ
【答案】A
【解析】
【详解】热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H=－92.4kJ/mol，表示在一定的条件下，1molN2(g)和3molH2(g)完全反应生成2molNH3(g)时放出的热量是92.4kJ。恒温恒压下，①、②两个容器投料配比相同，所以二者为等效平衡。由于②中投料量是①中的2倍，所以反应达平衡时放出的热量比也是1：2，即Q2＝2Q1，A项正确，所以其它三项错误。
15.某化学学习小组学习电化学后，设计了以甲、乙两池作原电池的实验装置。下列说法正确的是
A. 合上电键后，盐桥中的阳离子向甲池移动
B. 合上电键后一段时间，丙池中溶液的pH增大
C. 合上电键后，丁池中有金属镁析出
D. 合上电键后，甲池中锌电极为原电池负极
【答案】D
【解析】
【详解】A.盐桥为原电池的内电路，合上电键后，内电路中的阳离子向正极（即乙池）移动，A项错误；B. 丙池是一个电解池，石墨是阳极，银是阴极。合上电键后一段时间，丙池中阳极反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+,阴极发生反应：2Ag++2e-=2Ag，因生成了H+,溶液的pH减小，B项错误；C. 丁池是一个电解池，为惰性电极电解氯化镁溶液，阴极析出的不是镁，而是氢气，同时生成氢氧化镁沉淀，C项错误；D. 合上电键后，甲池、乙池中自发的氧化还原反应为：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，锌电极为原电池负极，D项正确。答案选D项。
16.已知电导率越大导电能力越强。常温下用0.10 mol·L-1NaOH溶液分别滴定10mL浓度均为0.10 mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线①代表滴定盐酸的曲线
B. 滴定醋酸的过程应该选择甲基橙作为指示剂
C. a、b、c三点溶液中水的电离程度：c>a>b
D. b点溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
醋酸是弱酸、盐酸是强酸。同浓度的盐酸、醋酸溶液，盐酸的导电能力强，所以曲线①代表醋酸、曲线②代表盐酸，故A错误；氢氧化钠滴定醋酸，终点时溶液呈碱性，所以应该用酚酞作为指示剂，故B错误；a点表示醋酸钠溶液、c点表示氯化钠溶液、b点表示氢氧化钠与醋酸钠的混合液， b点水电离受到氢氧化钠的抑制，a点水电离受到醋酸钠的促进，c点氯化钠对水电离无影响，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度：a>c>b，故C错误；b点表示等浓度的氢氧化钠与醋酸钠的混合液，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+c(CH3COO-)；根据物料守恒c(Na+)= 2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)；所以c(OH-)=c(H+)+c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，故c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，D正确。
点睛：强酸、强碱滴定，达到滴定终点时溶液呈中性，可以用甲基橙或酚酞作指示剂；强酸、弱碱滴定，达到滴定终点时溶液呈酸性，可以用甲基橙作指示剂；弱酸、强碱滴定，达到滴定终点时溶液呈碱性，可以用酚酞作指示剂。
17.I.中和热测定：
（1）中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、________、________。
（2）量取反应物时，取50 mL 0.50 mol·Lˉ1的盐酸，还需加入的试剂是________(填序号)。
a．50 mL 0.50 mol·Lˉ1NaOH溶液
b．50 mL 0.55 mol·Lˉ1NaOH溶液
c．1.0 g NaOH固体
II.现用中和滴定测定某盐酸的浓度，有关数据记录如下：
滴定序号
待测液体积(mL)
所消耗烧碱标准液的体积(mL)
滴定前
滴定后
消耗的体积
1
25.00
0.50
25.12
24.62
2
25.00
/
/
/
3
25.00
5.00
29.58
24.58
（3）应用______式滴定管盛装0.2500 mol/L烧碱标准液，锥形瓶中装有25.00mL待测盐酸溶液。
（4）如图表示第二次滴定时50 mL滴定管中前后液面的位置。该次滴定所用标准烧碱溶液体积为_________mL。
（5）根据所给数据，计算出该盐酸的物质的量浓度（注意保留合适的有效数字），c (HCl) = _____________ 。
（6）读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则会使最终测定结果_________ (填“无影响”、“偏高”、“偏低”。下同)；若装标准液的滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗，会使最终测定结果_________。
【答案】 (1). 玻璃棒 (2). 环形玻璃搅拌棒 (3). b (4). 碱 (5). 24.60 (6). 0.2460mol/L (7). 偏低 (8). 偏高
【解析】
【详解】（1）中和热测定实验中，还需要使用的玻璃仪器有玻璃棒、环形玻璃搅拌棒；（2）通常加入稍过量的NaOH溶液，使盐酸充分反应。注意c项中氢氧化钠溶于水要放热，显然不合适；（3）准确量取一定体积的氢氧化钠溶液应使用碱式滴定管，氢氧化钠会腐蚀酸式滴定的磨口玻璃活塞部分；（4）滴定前碱式滴定管的读数为0.30mL，滴定后滴定管的读数为24.90mL，所量取的NaOH溶液的体积为24.60mL。（5）三次数据相差较小，均有效，取其平均值为24.60mL，所以c(HCl)=0.2500mol/L×=0.2460mol/L；（6）滴定前仰视，滴定后俯视，将造成最终读取的体积数值偏小，所以以此数据计算的盐酸的浓度偏低（自己做此问时，最好画一个示意图）；若滴定管盛装标准液前未润洗，则标准液被稀释，滴定时耗用的体积增多，以此计算得到的盐酸的浓度偏高。
18.醋酸、盐酸和碳酸钠是生活中常见的物质。
（1）碳酸钠水溶液显碱性的原因是（用离子方程式表示）_____________________。
（2）泡沫灭火剂中装有Al2(SO4)3溶液、NaHCO3溶液及起泡剂，写出使用时发生反应的离子方程式___________________________________________。
（3）25 ℃时，浓度均为0.1 mol·Lˉ1的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确是_______。
a．两溶液的pH相同
b．两溶液的导电能力相同
c．两溶液中由水电离出的c(OH-)相同
d．中和等物质的量的NaOH，消耗两溶液的体积相同
（4）25 ℃时， pH=4的醋酸溶液和氯化铵溶液，醋酸溶液中水电离出的c(H＋)与氯化铵溶液中水电离出的c(H＋)之比是________________。
（5）醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，下列叙述不正确的是___
a．CH3COOH溶液中离子浓度关系满足：c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
b．0.1 mol·Lˉ1 的CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中c(OH－)减小
c．CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动
d．常温下，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＞7
e．室温下pH=3的醋酸溶液加水稀释，溶液中不变
（6）浓度均为0.1mol/L的醋酸溶液和氢氧化钠溶液按体积比2：1混合，混合后溶液中离子浓度从大到小排序为______________________________________________________ 。
【答案】 (1). CO32-+H2OOH－+ HCO3－ (2). Al3++3HCO3－= Al(OH)3↓+ 3CO2↑ (3). d (4). 10-6：1（或1：106） (5). bd (6). c(CH3COO－)> c(Na＋)> c(H＋)> c(OH－)
【解析】
【详解】(1).碳酸钠作为强碱弱酸盐，碳酸根离子要发生水解，且以第一步水解为主，所以碳酸钠水解的离子方程式表示为：CO32-+H2OOH－+ HCO3－；(2)Al3+和HCO3-将发生双水解反应：Al3++3HCO3－= Al(OH)3↓+ 3CO2↑，注意标出沉淀符号和气体生成符号；(3)25 ℃时，浓度均为0.1 mol·Lˉ1的盐酸和醋酸溶液，盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，所以醋酸溶液的pH大于盐酸,a项不选；溶液的导电能力与离子所带电荷和离子的浓度有关。两溶液中每个离子均带一个单位电荷，所以溶液的导电性差异是因为离子浓度不同，盐酸中离子浓度大，导电性相对较好，b项不选；两溶液中的pH不同，水的电离被抑制的程度不同，所以水电离出的c(OH-)不同，C项不选；因两酸均是一元酸且浓度相同，所以中和NaOH的能力相同， d项可选；所以答案选d； (4) 25 ℃时，pH=4的醋酸溶液中，OH-是水电离产生：c(OH-)为10-10mol/L，所以水溶液出的c(H+)也为10-10mol/L；25 ℃时，pH=4氯化铵溶液中，H+是由水电离提供，所以水电离出的c(H+)=10-4mol/L，因此两溶液中水电离出的c(H＋)之比是 10-6：1（或1：106）；所以答案为：10-6：1（或1：106）；(5).a项正确，所给的是醋酸溶液中的电荷守恒或质子守恒；b项错误，0.1 mol·Lˉ1 的CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中c(H＋)减小，则c(OH－)要增大，方能保证二者乘积不变；c项正确，加入醋酸钠固体，增大了CH3COO-的浓度，平衡向左移动；d项错误，醋酸是弱酸，只部分电离，pH=2 时，它电离的H+恰好与NaOH反应完全，醋酸大量剩余，溶液显酸性，pH<7；e项正确，将所给式子分子分母同乘以c(H+)得；答案选bd；(6)所得溶液相当于醋酸钠和醋酸以物质的量之比1：1混合形成溶液，此时电离作用大于水解作用，溶液显酸性：c(H+)>c(OH-)，为保持溶液电中性，必有：c(CH3COO－)> c(Na＋)，所以所得溶液中离子浓度大小关系为：c(CH3COO－)> c(Na＋)> c(H＋)> c(OH－)。本题答案为：c(CH3COO－)> c(Na＋)> c(H＋)> c(OH－)。
19.近年来，中国华北华中地区发生了严重的雾霾天气。汽车尾气、燃煤废气、冬季取暖排放的CO2等都是雾霾形成的原因。
（1）汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)＋2CO(g) N2（g)＋2CO2（g) △H＜0，在一定温度下，在一体积恒定的密闭容器中充入一定量的NO(g)和CO(g)在t1时刻达到平衡状态。若要同时提高该反应的速率和NO(g)的转化率，可采取的措施_______________。（写一条）
（2）改变煤的利用方式可减少环境污染，通常可将煤气化转化为水煤气，其反应原理为：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) ； △H＝+131.3kJ/mol。
①该反应在_________下能自发进行（填“高温”或“低温”）。
②水煤气燃烧过程中产生的CO2气体可以与“84消毒液”的主要成分NaClO发生反应，该反应的离子方程式为：___________________________________________________。（已知：HClO：Ka=3.0×10ˉ8；H2CO3：Ka1＝4.30×10ˉ7；Ka2＝5.61×10ˉ11）
（3）已知反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，现将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通人到体积为2L的恒容密闭容器中进行反应，得到如下三组数据：
实验
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达平衡所需时间/min
CO
H2O
H2
1
650
4
2
1.6
6
2
900
2
1
0.4
3
3
900
a
b
c
t
①实验1条件下平衡常数K＝________________（保留小数点后二位）。
②实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a、b必须满足的关系是______。
③该反应的△H ____0(填“＜”或“＞”）；若900℃时，另做一组实验，在此容器中加入10molCO，5mo1H2O，2mo1CO2，5molH2，此时v(正) ___v(逆)（填“＜”，“＞”，“＝”）。
【答案】 (1). 再充入CO气体 (2). 高温 (3). CO2+ ClO－=HClO+ HCO3－ (4). 2.67 (5). a 【解析】
【详解】（1）该密闭容器体积已恒定，温度已不变，所以增大反应物CO的浓度，既可以增大反应速率，又可以使平衡向右移动而提高NO转化率；（2）①△G=△H-T△S,反应要自发，△G要小于0，反应吸热不利于自发，所以要调高温度，使△G小于0，所以正确答案为：高温；②因H2CO3Ka1大于HClO的Ka，即酸性H2CO3大于HClO,所以反应肯定生成HClO,关键是生成HCO3-还是CO32-的问题。如生成CO32-，由根据所给的HClO的Ka和H2CO3的Ka2可知，HClO能与CO32-反应生成HCO3-，所以产生应是HCO3-,反应的离子方程式为：CO2+ ClO－=HClO+ HCO3－，本题答案为CO2+ClO－=HClO+HCO3－；（3）①650℃时，列出该反应的三段式：
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
初始(mol)4 2 0 0
变化(mol)1.6 1.6 1.6 1.6
平衡(mol)2.4 0.4 1.6 1.6
因为容器的体积是2L，所以平衡常数。本题答案为2.67。②据化学方程式，CO和H2O反应配比为1：1，要增加CO的转化率，只需增加水蒸气的相对量即可，即a
初始 2 1 0 0
变化 0.4 0.4 0.4 0.4
平衡 1.6 0.6 0.4 0.4
所以平衡常数，投料时的Qc=>0.17，所以反应向左进行，即v(正)
已知：相关物质的溶度积常数见下表:
物质
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Ksp
2.0×10ˉ20
1.0×10ˉ38
1.64×10ˉ14
请回答下列问题：
①请从下列物质中选出第一步中需加入的X（ ）
a．NaClO b．H2O2 c．KMnO4 d．HNO3
②溶液Ⅱ中含有少量的Fe3＋，如何检验该离子的存在：_____________________________。
③若此时溶液中的c（Cu2＋)=0.02mol/L，为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体,可加入CuO固体，使溶液中的Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀且不沉淀Cu2＋，调节pH的范围是_______。（通常认为残留在溶液中的离子浓度小于或等于1×10ˉ5 mol/L时就认为沉淀完全）。
④由溶液Ⅲ得到CuCl2·2H2O晶体的操作是___________________________________。
（2）镉镍可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充、放电反应按下式进行：Cd+2NiO(OH)+H2O Cd(OH)2+2Ni(OH)2
回答下列问题：
①放电时，金属Cd作_______极；
②充电时的阳极电极反应式为_____________________________________________。
③充电时，当电路中通过0.2moleˉ，阴极质量将_______（填“增加”、“减少”）___g。
【答案】 (1). b (2). 取少量溶液Ⅱ，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变成血红色，则证明有Fe3＋。 (3). 3≤pH＜5（不可以等于5） (4). 在HCl气流中蒸发浓缩，冷却结晶 (5). 负 (6). Ni(OH)2－e－+ OH－= NiO(OH)+ H2O (7). 减少 (8). 3.4
【解析】
【详解】（1）①从整个流程分析，加入X是为了将Fe2+氧化成Fe3+，所给四种物质均能实现这一目的，但是NaClO将在溶液中引入Na+杂质，KMnO4将在溶液中引入K+和Mn2+等杂质，HNO3将在溶液中引入NO3-，而且产生的氮的氧化物会引起环境污染，所以选用“绿色”氧化剂H2O2，其还原产物为水。②检验Fe3+，先是取样，然后加KSCN溶液，进行检验。所以答案为：“取少量溶液Ⅱ，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变成血红色，则证明有Fe3＋”。③调节pH的目的是使溶液中的Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀且不沉淀Cu2＋。Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，残留在溶液中的Fe3+浓度小于或等于1×10ˉ5mol/L ，以代入Ksp计算得c(OH-)大于或等于10-11，即3≤pH；根据Cu(OH)2的Ksp，将c（Cu2＋)=0.02mol/L代入求得c(OH-)=10-9，所以要控制pH<5；所以控制pH的范围是3≤pH＜5；所以答案为：3≤pH＜5；④因CuCl2 加热时水解平衡CuCl2+2H2OCu(OH)2+2HCl会右移，因此在蒸发时要通入HCl气流。所以正确的答案为：在HCl气流中蒸发浓缩，冷却结晶；（2）①放电时，所给式子从左往右看，此时Cd的化合价升高，所以Cd作负极；②充电时，所给式子从右往左看，阳极发生的氧化反应，其对应的电极反应式为：Ni(OH)2－e-+OH-= NiO(OH)+ H2O；所以正确答案是：Ni(OH)2－e－+OH－= NiO(OH)+ H2O；③充电时阴极发生反应：Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，阴极质量要减小，减少的质量即是生成的OH-的质量。此时得电子的物质的量与OH-的物质的量相等，所以生成的OH-的物质的量也是0.2mol，其质量为3.4g。
1.化学与生产、生活密切相关。下列事实与化学反应速率无关的是
A. 食品、蔬菜贮存在冰箱或冰柜里
B. 家用铁锅、铁铲等餐具保持干燥
C. 制造蜂窝煤时加入生石灰
D. 把块状煤碾成粉状再燃烧
【答案】C
【解析】
【详解】A.低温冷藏使食品延缓变质,是降低温度使反应速率减慢，A项排除；B.在潮湿的情况下，铁锅、铁铲易发生电化学腐蚀，腐蚀速率较快，保持其干燥，可以极大减缓其腐蚀速率，B项排除；C.制造蜂窝煤时加入生石灰，是为了减少二氧化硫的排放，发生反应为：2CaO+O2+2SO22CaSO4，与反应速率无关，C项可选；D.把块状煤碾成粉状再燃烧，能够增大反应物之间的接触面积，增大反应速率，D项排除。答案选C项。
2.反应A＋B→C分两步进行：①A＋B→X，②X→C，反应过程中能量变化如图所示，E1表示反应A＋B→X的活化能。下列有关叙述正确的是
A. X是反应A＋B→C的催化剂
B. 反应A＋B→C的ΔH<0
C. E2表示反应X→C的活化能
D. 加入催化剂可改变反应A＋B→C的焓变
【答案】B
【解析】
【详解】A.X是总反应的中间产物，在第一步反应中生成，在第二步反应中消耗，如果X是总反应的催化剂，则应该在第一步反应中消耗，在第二步反应中生成，A项错误；B.从图象中明显看出，反应物A、B的总能量高于生成C的决能量，反应放热，ΔH<0，B项正确；C．E2表示的是X→C的逆反应的活化能，C项错误；D.焓变和反应物、生成物的总能量有关，与反应变化过程无关，催化剂只通过改变反应途径而改变反应速率，不改变反应的焓变，D项错误。
3.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的分类完全正确的是
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H2CO3
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
BaSO4
CO2
Cl2
【答案】C
【解析】
【分析】
强电解质是指在水中完全电离成离子的电解质；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此解答。
【详解】A、金属铁属于单质，不属于电解质，也不是非电解质，A错误；
B、NH3属于非电解质，不属于电解质，BaSO4属于强电解质，B错误；
C、CaCO3属于强电解质，碳酸是弱酸，属于弱电解质，二氧化碳是非电解质，C正确；
D、氯气属于单质，不属于电解质，也不是非电解质，D错误。
答案选C。
【点睛】本题解题的关键：明确电解质的强弱与电离程度有关，不能根据电解质溶液的导电性强弱划分强弱电解质。易错项B，BaSO4虽然难溶，但溶解的部分全部电离，属于强电解质。
4.下列关于金属的腐蚀及防护说法不正确的是
A. 若马口铁（镀锡铁）镀层破损，铁的腐蚀速率将加快
B. 为了防止钢铁设备腐蚀，利用外加电流的阴极保护法，应另附加一惰性电极作阴极
C. 可以采用改变金属组成或结构的方法减缓金属腐蚀
D. 为保护海轮的金属船壳，利用牺牲阳极的阴极保护法，常在船壳上镶入锌块
【答案】B
【解析】
试题分析：A、马口铁（镀锡）的表面一旦破损，构成原电池，Fe为负极，则铁腐蚀加快，正确；B、电解池中，阳极被腐蚀，阴极被保护，故应将钢铁的设备做阴极，错误． C、将金属制成合金，即改变金属的组成和结构，能起到很好的防止腐蚀的作用，正确； D、海轮外壳镶嵌锌块，此时铁作为原电池的正极金属而被保护，不易腐蚀，是采用了牺牲阳极的阴极保护法，正确；故选D．
考点：考查原电池的工作原理
5.改变下列一个条件，通过提高活化分子的百分率来改变反应速率的是
A. 增加固体反应物表面积
B. 加压
C. 加大反应物浓度
D. 加催化剂
【答案】D
【解析】
【分析】
活化分子的百分率的改变，通常是通过温度的改变或使用催化剂引起的。
【详解】A. 增加固体反应物表面积，并不影响活化分子的百分率，A项排除；
B. 增大压强，只增大了单位体积的活化分子数，活化分子百分率不变，B项排除；
C. 加大反应物浓度，也只是增大了单位体积的活化分子数，活化分子百分率不变，C项排除；
D. 加催化剂，改变了反应途径，极大地降低了反应的活化能，提高了活化分子的百分率，D项可选；答案选D项。
【点睛】催化剂分为正催化剂和负催化剂。如无特别说明，平常所说的催化剂，均指正催化剂。
6.常温下，某无色溶液中由水电离出来的c(H＋)=1×10-12 mol·L-1，该溶液中一定能大量存在的离子组是
A. Na+、K+、MnO4－、SO42－
B. Mg2+、NH4+、SO42-、Cl－
C. Na+、Cl－、NO3－、SO42－
D. Na+、K+、CO32－、NO3－
【答案】C
【解析】
【分析】
常温这一条件，可以使用Kw=10-14这一数据。无色溶液，排除溶液中的有色离子，由水电离出的c(H＋)=1×10-12 mol·L-1，c(H＋)<1×10-7 mol·L-1，说明水的电离受到了抑制，可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液。
【详解】A. 含有MnO4－溶液是紫红色的，A项排除；
B．如是碱性溶液，Mg2+、NH4+将不能大量存在；
C.带入大量H+或OH-进行校验，与所给的四种离子均能共存，四种离子间也不发生反应，
C项正确；
D．如是酸性溶液，CO32－将不能大量存在，D项错误；答案选C项。
【点睛】一是看清题给的氢离子浓度信息，只能确定是强酸性或强碱性溶液；一是看清题干是“一定”还是“可能”。
7.下列事实不能用勒夏特列原理解释是
A. 钢铁在潮湿的空气中比在干燥的空气中容易生锈
B. 实验室常用排饱和食盐水法收集氯气
C. 红棕色的 NO2，加压后气体颜色先变深后变浅
D. 工业利用反应：Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+ K(g)制取金属钾
【答案】A
【解析】
【详解】钢铁在潮湿的空气中生锈不是可逆过程，与勒夏特列原理无关；氯气溶于水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，产生氯离子，而饱和食盐水中有大量的氯离子，使得此平衡左移，减少了氯气的溶解损耗，B项排除；红棕色的NO2气体加压后，因为NO2的浓度变大而颜色加深，因为2NO2N2O4平衡右移而颜色变浅，但比原来深，C项排除；因为钠的沸点高于K的沸点，控制温度范围，使金属钠为液体而金属钾为气态，钾蒸气的逸出，使Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+ K(g)平衡右移，D项排除。
【点睛】勒夏特列平衡移动原理，不仅适用于化学平衡，还适用于弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡、沉淀溶解平衡，甚至生活中涉及的平衡等。
8.下列热化学方程式中，正确的是
A. 甲烷的燃烧热为 890.3 kJ·molˉ1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；△H=－890.3 kJ·molˉ1
B. 500℃、30MPa 下，将 0.5mol N2和 1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成 NH3(g)，放热 19.3 kJ，其热化学方程式为： N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)； △H =－38.6 kJ·molˉ1
C. 稀盐酸和稀氢氧化钠溶液混合， 其热化学方程式为：（已知：中和热数值为57.3 kJ·molˉ1）H+(aq)＋OH－(aq)=H2O(1)； △H =－57.3 kJ·molˉ1
D. 1molH2完全燃烧放热 142.9kJ ，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)；△H =+285.8 kJ·molˉ1
【答案】C
【解析】
A、水的状态应该是液态，A错误；B、反应是可逆反应，不知道转化率，不能计算反应热，B错误；C、中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，热化学方程式正确，C正确；D、在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量是燃烧热，燃烧是放热反应，D错误，答案选C。
9.某课外活动小组，将剪下的一块镀锌铁放入试剂瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞溶液，按图装置进行实验，数分钟后观察，下列现象不可能出现的是
A. B中导气管里形成一段水柱
B. B中导气管中产生气泡
C. 金属片剪口处溶液变红
D. 锌被腐蚀
【答案】B
【解析】
镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，形成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，铁为正极，发生吸氧腐蚀，即2H2O+O2+4e-=4OH-，所以锥形瓶中气体压强减小，生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色；A．锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀，瓶中气体压强减小，导气管里形成一段水柱，故A正确；B．原电池形成后没有气体生成，所以B中导气管不会产生气泡，故B错误；C．锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀，生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色，故C正确；D．形成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，故D正确；故选B。
点睛：理解金属的吸氧腐蚀的工作原理是解题的关键，镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，形成的原电池中，金属锌为负极，铁为正极，发生吸氧腐蚀，根据原电池的工作原理知识来回答即可。
10.对可逆反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)；ΔH＜0，下列图像正确的是
【答案】A
【解析】
【详解】A．只增加氧气的浓度，则正反应速率增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，与图象吻合，A正确；
B．正反应为放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的转化率降低，图象不符，B错误；
C．增大压强平衡正向移动，转化率增大，但反应速率增大，到达平衡所用时间较少，图象不符，C错误；
D．加入催化剂，反应速率增大，到达平衡所用时间减少，但平衡不移动，图象不符，D错误；
答案选A。
【点睛】本题以图象题的形式考查外界条件对化学平衡的影响，题目难度中等，注意根据反应的化学方程式判断，为解答该题的关键。另外需要注意图像题的答题技巧，例如先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。再比如定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。
11.下列有关说法正确的是
A. 将AlCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是AlCl3
B. 反应Hg(l)+H2SO4(aq) = HgSO4(aq)+H2(g)在常温下不能自发进行，则△H＜0
C. 将纯水加热至较高温度，KW变大、pH变小、呈酸性
D. 锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去
【答案】BD
【解析】
试题分析：A．AlCl3是强酸弱碱盐，水解产生氢氧化铝和HCl,由于HCl有挥发性，所以随着水分的蒸发而挥发，蒸干得到的是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝分解最后得到的是Al2O3，错误；B．反应Hg(1)+H2SO4(aq) = HgSO4(aq)+H2(g)在常温下不能自发进行，是由于该反应是体系混乱程度增大的反应，则△H>0, △G>0,正确；C．水是若电解质，升高温度会促进水的动力，所以将纯水加热至较高温度，K变大、pH变小，但是由于水电离产生的H+的浓度与OH-的浓度相等，所以溶液仍然呈中性，错误；D．锅炉中沉积的CaSO4在水中存在沉淀溶解平衡，当用饱和Na2CO3溶液浸泡，会发生沉淀的转化，产生溶解度更小的CaCO3，利用其能够与盐酸反应产生可溶性的物质将其溶解除去，正确。
考点：考查盐的水解、反应的自发性、弱电解质的电离和沉淀溶解平衡的转化的知识。
12.在一定温度下，10mL 1.0mol/L H2SO4与Zn粒发生反应。不同时刻测定生成H2的体积（已折算为标准状况）如下表。
t/min
0
1
3
5
7
9
V(H2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）
A. 0~5 min的平均反应速率：v(H2SO4)≈0.02mol/(L•min)
B. 5~9 min的平均反应速率：v(H2SO4)< 0.02mol/(L•min)
C. 反应到5 min时，c(H2SO4)=0.010mol/L
D. 反应到5 min时，Zn溶解了65mg
【答案】C
【解析】
【分析】
据反应方程式Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，根据反应速率定义式进行求算。
【详解】A. 0~5min生成氢气的物质的量为0.001mol，则消耗H2SO40.001mol，其物质的量浓度改变了0.1mol/L，则用H2SO4表示的平均反应速率：v(H2SO4)≈0.02mol/(L•min)，A项正确；
B. 温度不变，随着反应的进行，硫酸的浓度越来越小，反应速率越来越慢，所以用H2SO4表示的5~9 min的平均反应速率比0~5min的[ 0.02mol/(L•min)]的小，B项正确；
C. 反应到5 min时，硫酸反应消耗了0.001mol,剩余 0.009mol,所以此时H2SO4的浓度为c(H2SO4)=0.9mol/L，C项错误；
D. 反应到5 min时，Zn溶解了0,001mol,其质量为65mg，D项正确。答案选C项。
13.在一定条件下，N2O氧化NO生成N2和NO2的能量变化如图所示，下列说法不正确的是
A. 反应生成1mol N2时转移4mole-
B. 反应物的总能量大于生成物的总能量
C. N2O(g)+NO(g)═N2(g)+NO2(g); △H=－139 kJ/mol
D. 反应中断裂化学键吸收的能量小于形成化学键释放的能量
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查化学反应与能量变化、氧化还原反应。
【详解】A. 发生的反应为N2O+NO═N2+NO2，N2O发生还原反应生成1mol N2时转移2mol e-，A项错误；
B. 由图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，B项正确；
C. 该反应的焓△H=209kJ/mol-348kJ/mol=－139 kJ/mol，C项正确；
D.该反应是放热反应，所以反应中断裂化学键吸收的总能量小于形成化学键释放的总能量，D项正确。答案选A项。
【点睛】看清图象的纵横坐标，明确图中数据的涵义，做好信息的处理和加工。
14.已知一定温度下合成氨的化学反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；△H=－92.4 kJ/mol，在恒温、恒压的密闭容器中进行如下实验：①通入1mol N2和3 mol H2，达平衡时放出热量为Q1，②通入2mol N2和6mol H2，达平衡时放出热量为Q2，则下列关系正确的是
A. Q2＝2Q1
B. Q1＜0.5Q2
C. Q1＝Q2＜184.8 kJ
D. Q1＝Q2＜92.4 kJ
【答案】A
【解析】
【详解】热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H=－92.4kJ/mol，表示在一定的条件下，1molN2(g)和3molH2(g)完全反应生成2molNH3(g)时放出的热量是92.4kJ。恒温恒压下，①、②两个容器投料配比相同，所以二者为等效平衡。由于②中投料量是①中的2倍，所以反应达平衡时放出的热量比也是1：2，即Q2＝2Q1，A项正确，所以其它三项错误。
15.某化学学习小组学习电化学后，设计了以甲、乙两池作原电池的实验装置。下列说法正确的是
A. 合上电键后，盐桥中的阳离子向甲池移动
B. 合上电键后一段时间，丙池中溶液的pH增大
C. 合上电键后，丁池中有金属镁析出
D. 合上电键后，甲池中锌电极为原电池负极
【答案】D
【解析】
【详解】A.盐桥为原电池的内电路，合上电键后，内电路中的阳离子向正极（即乙池）移动，A项错误；B. 丙池是一个电解池，石墨是阳极，银是阴极。合上电键后一段时间，丙池中阳极反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+,阴极发生反应：2Ag++2e-=2Ag，因生成了H+,溶液的pH减小，B项错误；C. 丁池是一个电解池，为惰性电极电解氯化镁溶液，阴极析出的不是镁，而是氢气，同时生成氢氧化镁沉淀，C项错误；D. 合上电键后，甲池、乙池中自发的氧化还原反应为：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，锌电极为原电池负极，D项正确。答案选D项。
16.已知电导率越大导电能力越强。常温下用0.10 mol·L-1NaOH溶液分别滴定10mL浓度均为0.10 mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线①代表滴定盐酸的曲线
B. 滴定醋酸的过程应该选择甲基橙作为指示剂
C. a、b、c三点溶液中水的电离程度：c>a>b
D. b点溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
醋酸是弱酸、盐酸是强酸。同浓度的盐酸、醋酸溶液，盐酸的导电能力强，所以曲线①代表醋酸、曲线②代表盐酸，故A错误；氢氧化钠滴定醋酸，终点时溶液呈碱性，所以应该用酚酞作为指示剂，故B错误；a点表示醋酸钠溶液、c点表示氯化钠溶液、b点表示氢氧化钠与醋酸钠的混合液， b点水电离受到氢氧化钠的抑制，a点水电离受到醋酸钠的促进，c点氯化钠对水电离无影响，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度：a>c>b，故C错误；b点表示等浓度的氢氧化钠与醋酸钠的混合液，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+c(CH3COO-)；根据物料守恒c(Na+)= 2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)；所以c(OH-)=c(H+)+c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，故c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，D正确。
点睛：强酸、强碱滴定，达到滴定终点时溶液呈中性，可以用甲基橙或酚酞作指示剂；强酸、弱碱滴定，达到滴定终点时溶液呈酸性，可以用甲基橙作指示剂；弱酸、强碱滴定，达到滴定终点时溶液呈碱性，可以用酚酞作指示剂。
17.I.中和热测定：
（1）中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、________、________。
（2）量取反应物时，取50 mL 0.50 mol·Lˉ1的盐酸，还需加入的试剂是________(填序号)。
a．50 mL 0.50 mol·Lˉ1NaOH溶液
b．50 mL 0.55 mol·Lˉ1NaOH溶液
c．1.0 g NaOH固体
II.现用中和滴定测定某盐酸的浓度，有关数据记录如下：
滴定序号
待测液体积(mL)
所消耗烧碱标准液的体积(mL)
滴定前
滴定后
消耗的体积
1
25.00
0.50
25.12
24.62
2
25.00
/
/
/
3
25.00
5.00
29.58
24.58
（3）应用______式滴定管盛装0.2500 mol/L烧碱标准液，锥形瓶中装有25.00mL待测盐酸溶液。
（4）如图表示第二次滴定时50 mL滴定管中前后液面的位置。该次滴定所用标准烧碱溶液体积为_________mL。
（5）根据所给数据，计算出该盐酸的物质的量浓度（注意保留合适的有效数字），c (HCl) = _____________ 。
（6）读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则会使最终测定结果_________ (填“无影响”、“偏高”、“偏低”。下同)；若装标准液的滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗，会使最终测定结果_________。
【答案】 (1). 玻璃棒 (2). 环形玻璃搅拌棒 (3). b (4). 碱 (5). 24.60 (6). 0.2460mol/L (7). 偏低 (8). 偏高
【解析】
【详解】（1）中和热测定实验中，还需要使用的玻璃仪器有玻璃棒、环形玻璃搅拌棒；（2）通常加入稍过量的NaOH溶液，使盐酸充分反应。注意c项中氢氧化钠溶于水要放热，显然不合适；（3）准确量取一定体积的氢氧化钠溶液应使用碱式滴定管，氢氧化钠会腐蚀酸式滴定的磨口玻璃活塞部分；（4）滴定前碱式滴定管的读数为0.30mL，滴定后滴定管的读数为24.90mL，所量取的NaOH溶液的体积为24.60mL。（5）三次数据相差较小，均有效，取其平均值为24.60mL，所以c(HCl)=0.2500mol/L×=0.2460mol/L；（6）滴定前仰视，滴定后俯视，将造成最终读取的体积数值偏小，所以以此数据计算的盐酸的浓度偏低（自己做此问时，最好画一个示意图）；若滴定管盛装标准液前未润洗，则标准液被稀释，滴定时耗用的体积增多，以此计算得到的盐酸的浓度偏高。
18.醋酸、盐酸和碳酸钠是生活中常见的物质。
（1）碳酸钠水溶液显碱性的原因是（用离子方程式表示）_____________________。
（2）泡沫灭火剂中装有Al2(SO4)3溶液、NaHCO3溶液及起泡剂，写出使用时发生反应的离子方程式___________________________________________。
（3）25 ℃时，浓度均为0.1 mol·Lˉ1的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确是_______。
a．两溶液的pH相同
b．两溶液的导电能力相同
c．两溶液中由水电离出的c(OH-)相同
d．中和等物质的量的NaOH，消耗两溶液的体积相同
（4）25 ℃时， pH=4的醋酸溶液和氯化铵溶液，醋酸溶液中水电离出的c(H＋)与氯化铵溶液中水电离出的c(H＋)之比是________________。
（5）醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，下列叙述不正确的是___
a．CH3COOH溶液中离子浓度关系满足：c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
b．0.1 mol·Lˉ1 的CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中c(OH－)减小
c．CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动
d．常温下，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＞7
e．室温下pH=3的醋酸溶液加水稀释，溶液中不变
（6）浓度均为0.1mol/L的醋酸溶液和氢氧化钠溶液按体积比2：1混合，混合后溶液中离子浓度从大到小排序为______________________________________________________ 。
【答案】 (1). CO32-+H2OOH－+ HCO3－ (2). Al3++3HCO3－= Al(OH)3↓+ 3CO2↑ (3). d (4). 10-6：1（或1：106） (5). bd (6). c(CH3COO－)> c(Na＋)> c(H＋)> c(OH－)
【解析】
【详解】(1).碳酸钠作为强碱弱酸盐，碳酸根离子要发生水解，且以第一步水解为主，所以碳酸钠水解的离子方程式表示为：CO32-+H2OOH－+ HCO3－；(2)Al3+和HCO3-将发生双水解反应：Al3++3HCO3－= Al(OH)3↓+ 3CO2↑，注意标出沉淀符号和气体生成符号；(3)25 ℃时，浓度均为0.1 mol·Lˉ1的盐酸和醋酸溶液，盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，所以醋酸溶液的pH大于盐酸,a项不选；溶液的导电能力与离子所带电荷和离子的浓度有关。两溶液中每个离子均带一个单位电荷，所以溶液的导电性差异是因为离子浓度不同，盐酸中离子浓度大，导电性相对较好，b项不选；两溶液中的pH不同，水的电离被抑制的程度不同，所以水电离出的c(OH-)不同，C项不选；因两酸均是一元酸且浓度相同，所以中和NaOH的能力相同， d项可选；所以答案选d； (4) 25 ℃时，pH=4的醋酸溶液中，OH-是水电离产生：c(OH-)为10-10mol/L，所以水溶液出的c(H+)也为10-10mol/L；25 ℃时，pH=4氯化铵溶液中，H+是由水电离提供，所以水电离出的c(H+)=10-4mol/L，因此两溶液中水电离出的c(H＋)之比是 10-6：1（或1：106）；所以答案为：10-6：1（或1：106）；(5).a项正确，所给的是醋酸溶液中的电荷守恒或质子守恒；b项错误，0.1 mol·Lˉ1 的CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中c(H＋)减小，则c(OH－)要增大，方能保证二者乘积不变；c项正确，加入醋酸钠固体，增大了CH3COO-的浓度，平衡向左移动；d项错误，醋酸是弱酸，只部分电离，pH=2 时，它电离的H+恰好与NaOH反应完全，醋酸大量剩余，溶液显酸性，pH<7；e项正确，将所给式子分子分母同乘以c(H+)得；答案选bd；(6)所得溶液相当于醋酸钠和醋酸以物质的量之比1：1混合形成溶液，此时电离作用大于水解作用，溶液显酸性：c(H+)>c(OH-)，为保持溶液电中性，必有：c(CH3COO－)> c(Na＋)，所以所得溶液中离子浓度大小关系为：c(CH3COO－)> c(Na＋)> c(H＋)> c(OH－)。本题答案为：c(CH3COO－)> c(Na＋)> c(H＋)> c(OH－)。
19.近年来，中国华北华中地区发生了严重的雾霾天气。汽车尾气、燃煤废气、冬季取暖排放的CO2等都是雾霾形成的原因。
（1）汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)＋2CO(g) N2（g)＋2CO2（g) △H＜0，在一定温度下，在一体积恒定的密闭容器中充入一定量的NO(g)和CO(g)在t1时刻达到平衡状态。若要同时提高该反应的速率和NO(g)的转化率，可采取的措施_______________。（写一条）
（2）改变煤的利用方式可减少环境污染，通常可将煤气化转化为水煤气，其反应原理为：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) ； △H＝+131.3kJ/mol。
①该反应在_________下能自发进行（填“高温”或“低温”）。
②水煤气燃烧过程中产生的CO2气体可以与“84消毒液”的主要成分NaClO发生反应，该反应的离子方程式为：___________________________________________________。（已知：HClO：Ka=3.0×10ˉ8；H2CO3：Ka1＝4.30×10ˉ7；Ka2＝5.61×10ˉ11）
（3）已知反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，现将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通人到体积为2L的恒容密闭容器中进行反应，得到如下三组数据：
实验
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达平衡所需时间/min
CO
H2O
H2
1
650
4
2
1.6
6
2
900
2
1
0.4
3
3
900
a
b
c
t
①实验1条件下平衡常数K＝________________（保留小数点后二位）。
②实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a、b必须满足的关系是______。
③该反应的△H ____0(填“＜”或“＞”）；若900℃时，另做一组实验，在此容器中加入10molCO，5mo1H2O，2mo1CO2，5molH2，此时v(正) ___v(逆)（填“＜”，“＞”，“＝”）。
【答案】 (1). 再充入CO气体 (2). 高温 (3). CO2+ ClO－=HClO+ HCO3－ (4). 2.67 (5). a 【解析】
【详解】（1）该密闭容器体积已恒定，温度已不变，所以增大反应物CO的浓度，既可以增大反应速率，又可以使平衡向右移动而提高NO转化率；（2）①△G=△H-T△S,反应要自发，△G要小于0，反应吸热不利于自发，所以要调高温度，使△G小于0，所以正确答案为：高温；②因H2CO3Ka1大于HClO的Ka，即酸性H2CO3大于HClO,所以反应肯定生成HClO,关键是生成HCO3-还是CO32-的问题。如生成CO32-，由根据所给的HClO的Ka和H2CO3的Ka2可知，HClO能与CO32-反应生成HCO3-，所以产生应是HCO3-,反应的离子方程式为：CO2+ ClO－=HClO+ HCO3－，本题答案为CO2+ClO－=HClO+HCO3－；（3）①650℃时，列出该反应的三段式：
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
初始(mol)4 2 0 0
变化(mol)1.6 1.6 1.6 1.6
平衡(mol)2.4 0.4 1.6 1.6
因为容器的体积是2L，所以平衡常数。本题答案为2.67。②据化学方程式，CO和H2O反应配比为1：1，要增加CO的转化率，只需增加水蒸气的相对量即可，即a
初始 2 1 0 0
变化 0.4 0.4 0.4 0.4
平衡 1.6 0.6 0.4 0.4
所以平衡常数，投料时的Qc=>0.17，所以反应向左进行，即v(正)
已知：相关物质的溶度积常数见下表:
物质
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Ksp
2.0×10ˉ20
1.0×10ˉ38
1.64×10ˉ14
请回答下列问题：
①请从下列物质中选出第一步中需加入的X（ ）
a．NaClO b．H2O2 c．KMnO4 d．HNO3
②溶液Ⅱ中含有少量的Fe3＋，如何检验该离子的存在：_____________________________。
③若此时溶液中的c（Cu2＋)=0.02mol/L，为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体,可加入CuO固体，使溶液中的Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀且不沉淀Cu2＋，调节pH的范围是_______。（通常认为残留在溶液中的离子浓度小于或等于1×10ˉ5 mol/L时就认为沉淀完全）。
④由溶液Ⅲ得到CuCl2·2H2O晶体的操作是___________________________________。
（2）镉镍可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充、放电反应按下式进行：Cd+2NiO(OH)+H2O Cd(OH)2+2Ni(OH)2
回答下列问题：
①放电时，金属Cd作_______极；
②充电时的阳极电极反应式为_____________________________________________。
③充电时，当电路中通过0.2moleˉ，阴极质量将_______（填“增加”、“减少”）___g。
【答案】 (1). b (2). 取少量溶液Ⅱ，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变成血红色，则证明有Fe3＋。 (3). 3≤pH＜5（不可以等于5） (4). 在HCl气流中蒸发浓缩，冷却结晶 (5). 负 (6). Ni(OH)2－e－+ OH－= NiO(OH)+ H2O (7). 减少 (8). 3.4
【解析】
【详解】（1）①从整个流程分析，加入X是为了将Fe2+氧化成Fe3+，所给四种物质均能实现这一目的，但是NaClO将在溶液中引入Na+杂质，KMnO4将在溶液中引入K+和Mn2+等杂质，HNO3将在溶液中引入NO3-，而且产生的氮的氧化物会引起环境污染，所以选用“绿色”氧化剂H2O2，其还原产物为水。②检验Fe3+，先是取样，然后加KSCN溶液，进行检验。所以答案为：“取少量溶液Ⅱ，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变成血红色，则证明有Fe3＋”。③调节pH的目的是使溶液中的Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀且不沉淀Cu2＋。Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，残留在溶液中的Fe3+浓度小于或等于1×10ˉ5mol/L ，以代入Ksp计算得c(OH-)大于或等于10-11，即3≤pH；根据Cu(OH)2的Ksp，将c（Cu2＋)=0.02mol/L代入求得c(OH-)=10-9，所以要控制pH<5；所以控制pH的范围是3≤pH＜5；所以答案为：3≤pH＜5；④因CuCl2 加热时水解平衡CuCl2+2H2OCu(OH)2+2HCl会右移，因此在蒸发时要通入HCl气流。所以正确的答案为：在HCl气流中蒸发浓缩，冷却结晶；（2）①放电时，所给式子从左往右看，此时Cd的化合价升高，所以Cd作负极；②充电时，所给式子从右往左看，阳极发生的氧化反应，其对应的电极反应式为：Ni(OH)2－e-+OH-= NiO(OH)+ H2O；所以正确答案是：Ni(OH)2－e－+OH－= NiO(OH)+ H2O；③充电时阴极发生反应：Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，阴极质量要减小，减少的质量即是生成的OH-的质量。此时得电子的物质的量与OH-的物质的量相等，所以生成的OH-的物质的量也是0.2mol，其质量为3.4g。
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