【化学】广东省清远市2018-2019学年高二上学期期末质量检测(解析版)

广东省清远市2018-2019学年高二上学期期末质量检测
1. 下列不属于正在研究和开发的新能源是
A. 天然气 B. 生物质能 C. 氢能 D. 太阳能
【答案】A
【解析】
试题分析：A、天然气是化石能源，A项正确；B、生物质能属于正在研究和开发的新能源，B项错误；C、氢能属于正在研究和开发的新能源，C项错误；D、正太阳能属于在研究和开发的新能源，D项正确；答案选A。
考点：考查新能源
2.下列有关反应原理的说法正确的是
A. 放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率
B. 化学反应速率越快可逆反应正向进行的程度越大
C. 纯银器表面在空气中因发生电化学腐蚀生成Ag2O而变暗
D. 应用盖斯定律可计算某些难以直接测量的反应的焓变
【答案】D
【解析】
【详解】A项、反应速率与反应是吸热还是放热无关，反应速率与反应物本身的性质及外界条件有关，故A错误；
B项、化学反应速率的快慢与化学反应的限度无关，故B错误；
C项、空气中会存在少量H2S气体，与银生成黑色Ag2S而导致表面变暗，属于化学腐蚀，故C错误；
D项、有些化学反应的焓变难以通过实验测得，通过盖斯定律可以求得，故D正确。
故选D。
3.下列说法正确的是
A. 甲烷的标准燃烧热为△H=﹣890.3kJ•mol-1，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•mol-1
B. 从C（石墨）═C（金刚石）△H=+1.9kJ/mol，可知石墨比金刚石更稳定
C. 常温下，反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，则该反应的△H＜0
D. HCl和NaOH反应的中和热 ΔH＝－57.3 kJ•mol－1，则H2SO4和 Ba(OH)2 反应的中和热 ΔH＝2×(－57.3) kJ•mol－1
【答案】B
【解析】
【分析】
A、燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，应生成液态水；
B、吸热反应中，生成物的能量高，而物质能量越低，越稳定；
C、C（s）+CO2（g）=2CO（g）为吸热反应；
D、H2SO4和 Ba(OH)2 反应生成沉淀也要放热。
【详解】A项、甲烷的标准燃烧热为△H=-890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3 kJ•mol-1，故A错误；
B项、从C（石墨）=C（金刚石）△H=+1.9kJ•mol-1，反应吸热，说明石墨能量低于金刚石，可知石墨比金刚石更稳定，故B正确；
C项、常温下，反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，但该反应的△H＞0，故C错误；
D项、强酸和强碱的稀溶液中和生成1mol水时放出的热量是中和热，HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3 kJ•mol-1，生成沉淀也要放热，则H2SO4和Ba（OH）2的反应放出的热量大于2×57.3kJ，则△H＜2×（-57.3）kJ•mol-1，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查化学反应与能量，注意热化学反应方程式书写时物质的状态与能量的关系、常见的吸热反应、反应热与反应条件等是解答关键。
4.2018年4月12日，我国海军首次在南海进行海上阅兵。为了保护舰艇（主要是铁合金材料），在舰体表面镶嵌金属块（R）。下有关说法不正确的是
A. 这种保护舰体的方法叫做牺牲阳极的阴极保护法
B. 金属块R可能是镁或锌
C. 海水呈弱碱性，舰艇在海水中易发生析氢腐蚀
D. 正极反应式为O2 + 2H2O + 4e− = 4OH−
【答案】C
【解析】
分析：为了保护舰艇(主要是钢合金材料)，在舰体表面镶嵌金属块(R)，这种保护方法利用原电池原理，需要金属块R比铁活泼，据此分析解答。
详解：A.在舰体表面镶嵌金属块(R)，这种保护方法利用原电池原理，需要金属块R比铁活泼，R作负极，钢铁作正极，这种方法叫做牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B. 金属块R比铁活泼，金属块R可能是镁或锌，故B正确；C.在弱碱性海水中主要发生吸氧腐蚀，在酸性溶液中才发生析氢腐蚀，故C错误；D.吸氧腐蚀的正极上发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故D正确；故选C。
5.下列溶液导电能力最强的是
A. 100 mL 0.1 mol·L－1的醋酸溶液 B. 10 mL 0.1 mol·L－1的氯化钠溶液
C. 50mL 0.1 mol·L－1的硫酸溶液 D. 1 L 0.1 mol·L－1的盐酸溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
溶液的导电性强弱取决于溶液离子浓度大小，溶液离子浓度越大，导电性越强。
【详解】醋酸为弱酸，不能完全电离，100 mL 0.1mol/L醋酸中离子总浓度小于0.2mol/L，10 mL 0.1 mol·L－1的氯化钠溶液中离子总浓度为0.2mol/L，50mL 0.1 mol·L－1的硫酸溶液中离子总浓度为0.3mol/L，1 L 0.1 mol·L－1的盐酸溶液中离子总浓度为0.2mol/L，50mL 0.1 mol·L－1的硫酸溶液中离子浓度最大，故选C。
【点睛】本题考查电解质溶液的导电性，注意溶液的导电性强弱取决于溶液离子浓度大小，把握电解质强弱的判断是解答关键。
6.研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如下图所示，下列说法错误的是

A. 反应总过程ΔH<0
B. Fe+使反应的活化能减小
C. Fe++N2OFeO++N2、FeO++COFe++CO2两步反应均为放热反应
D. FeO+也是该反应的催化剂
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，N2O与CO在Fe+作用下发生反应分知Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步进行，总反应方程式为N2O+CON2+CO2，该反应Fe+是催化剂，反应物的总能量高生成物的总能量。
【详解】A项、A、反应物的总能量高生成物的总能量，则反应是放热反应，所以反应的△H<0，故A正确；
B项、Fe+是催化剂，降低该反应的活化能，所以Fe+使该反应的活化能减小，故B正确；
C项、由图可知Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应，都是反应物的总能高于生成物的总能量，所以两步反应均为放热反应，故C正确；
D项、FeO+是中间产物，而不是催化剂，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查化学反应中的能量变化及其能量的关系，注意催化剂和中间产物的判断是解答关键。
7.对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是
①增加C的量； ②增加CO的量；
③将容器的体积缩小一半； ④保持体积不变，充入He以增大压强；
⑤升高反应体系的温度； ⑥保持压强不变，充入He以增大体积。
A. ②③ B. ①④ C. ①⑥ D. ④⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
该反应是一个有固体参与的气体体积增大的反应，改变温度、压强、反应物或生成物浓度，化学反应速率改变，固体量的增减、反应体系中的各物质的浓度不变，反应速率不变。
【详解】①C为纯固体，固体量的增减不影响反应速率，所以增加C（s）的量，反应速率不变，故①正确；
②增加CO的量，CO浓度增大，反应速率加快，故②错误；
③将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，容器中压强增大，反应速率加快，平衡向气体体积减小的方向进行，故③错误；
④保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故④正确；
⑤升高反应体系的温度，反应速率加快，反应向吸热反应方向进行，故⑤错误；
⑥保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故⑥；
符合题意得为①④，故选B。
【点睛】本题考查了化学平衡影响因素，利用化学反应速率影响因素分析解答是关键。
8.下列实验操作或实验结果正确的是
A. 用酚酞试纸测定氨气的酸碱性时，试纸需用蒸馏水润湿
B. 测定中和热的实验中，酸或碱不可过量，否则会产生较大误差
C. 用已知浓度的酸滴定未知浓度的碱时，酸式滴定管没有用标准液润洗会导致结果偏小
D. 用pH试纸测定pH时，将溶液倒在试纸上，观察颜色变化并与标准比色卡对照
【答案】A
【解析】
【分析】
A、氨气只有溶于水才呈碱性；
B、测定中和热的实验中，为了使一种反应物反应完全，应该使另一种物质过量；
C、酸式滴定管未用标准液润洗，导致标准液浓度减小，滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高；
D、用pH试纸测定pH时，用干净的玻璃棒蘸取溶液滴在试纸的中部，不是将溶液倒在试纸上。
【详解】A项、氨气只有溶于水才呈碱性，用酚酞试纸测定氨气的酸碱性时，试纸需用蒸馏水润湿，故A正确；
B项、测定中和热的实验中，为了使一种反应物反应完全，应该使另一种物质过量，所以为了使反应进行的更完全，可以使酸或碱适当过量，故B错误；
C项、用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗，导致标准液浓度减小，滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故C错误；
D项、用pH试纸测溶液的pH时，一般不湿润，撕一块pH试纸放在洁净的玻璃片上，用干净的玻璃棒蘸取溶液滴在试纸的中部，观察颜色变化并与标准比色卡对照，故D错误。
故选A。
9.醋酸在水溶液中存在下列电离平衡：CH3COOHCH3COO−+H+，下列说法不正确的是
A. 加入醋酸钠，平衡向左移动 B. 加入碳酸钠，平衡向右移动
C. 加入Na，pH变大 D. 加水稀释，溶液中所有离子浓度都减小
【答案】D
【解析】
【分析】
醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，向醋酸溶液中加入含有氢离子或醋酸根离子的物质抑制醋酸电离，加入与氢离子或醋酸根离子反应的物质促进醋酸电离。
【详解】A项、加入CH3COONa，溶液中c（CH3COO-）增大，抑制CH3COOH电离，所以平衡向右移动，故A正确；
B项、加入碳酸钠，碳酸钠和H+反应使溶液中氢离子浓度减小，平衡向右移动，促进CH3COOH电离，故B正确；
C项、加入金属Na，Na和H+反应使溶液中氢离子浓度减小，溶液pH变大，故C正确；
D项、加水稀释促进CH3COOH电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中C（H+）减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c（OH-）增大，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离，根据溶液中离子浓度变化确定醋酸电离平衡移动方向，注意水的离子积常数、醋酸电离平衡常数只与无关有关。
10.下列说法中正确的是
A. 将纯水加热的过程中，Kw变大、pH变小
B. 保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3抑制Fe2＋水解
C. FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体
D. 日常生活中常用汽油去除衣物上的油污，用热的纯碱溶液洗涤炊具上的油污，两者的原理完全相同
【答案】A
【解析】
【分析】
A、纯水电离是吸热反应；
B、稀HNO3氧化亚铁离子；
C、FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到氧化铁；
D、用汽油去除衣物上的油污的过程为物理变化。
【详解】A项、纯水电离是吸热反应，加热促进电离，Kw增大，PH减小，故A正确；
B项、保存FeSO4溶液时，加入具有强氧化性的稀HNO3，稀HNO3氧化亚铁离子，不能抑制Fe2+水解，故B错误；
C项、FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，蒸干过程中氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铁沉淀分解生成氧化铁，故C错误；
D项、用汽油去除衣物上的油污的过程为物理变化，用热的纯碱溶液洗涤炊具上的油污，与水解反应有关，分别发生萃取、盐类水解反应，原理不同，故D错误。
故选A。
11.常温下，关于pH=11的氨水溶液，下列说法不正确的是
A. 溶液中c(OH－) =1.0×10－3 mol·L－1
B. 加水稀释100倍后，溶液的pH=9
C. 此溶液中由水电离出的H+和OH－浓度均为1.0×10－11 mol·L－1
D. 加入等体积pH=3的H2SO4溶液，溶液呈碱性
【答案】B
【解析】
【分析】
一水合氨是弱电解质，在溶液中部分电离，加水稀释和加酸反应，促进一水合氨电离；氨水溶液呈碱性，拟制水的电离。
【详解】A项、常温下pH=11的氨水溶液中c(H+) =1.0×10－11mol·L－1，c(OH－) =Kw/ c(H+) =1.0×10－3mol·L－1，故A正确；
B项、由于一水合氨是弱电解质，加水稀释氨水会促进一水合氨电离，导致氢氧根离子浓度大于原来的1/10，所以溶液的11＞pH＞10，故B 错误；
C项、常温下pH=11的氨水中，氢氧根离子抑制了水的电离，氨水中氢离子是水电离的，则氨水中由水电离产生的c（OH-）=10-11mol/L，故C正确；
D项、由于一水合氨是弱电解质，加入等体积pH=3的H2SO4溶液，氨水过量，溶液呈碱性，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离和盐的水解，明确弱电解质电离特点是解本题关键。
12.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA
B. 将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有Fe3+数目为0.1NA
C. 25℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1 NA
D. 25℃时，1L 0.1 mol·L－1 Na2S溶液中阴离子总数大于0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A项、SO2和O2反应生成SO3是一个可逆反应，充分反应后该反应仍不能进行完全，故容器内的分子总数大于2NA，故A错误；
B项、Fe3+在溶液中发生水解，Fe3+的物质的量小于0.1mol，所以溶液含有Fe3+数目小于0.1NA，故B错误；
C项、题中缺少氢氧化钠溶液体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目，故C错误；
D项、Na2S溶液中硫离子的水解导致阴离子个数增多，故1L 0.1 mol·L－1 Na2S溶液中溶液中的阴离子的个数多于0.1NA个，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意题中缺少氢氧化钠溶液的体积、盐类的水解是解题关键。
13.SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S—F键。已知：1molS(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1molF—F 、S—F键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ。则S(s)＋3F2(g)=SF6(g)的反应热△H为
A. －1780kJ·mol－1 B. －1220 kJ·mol－1 C. －450 kJ·mol－1 D. +430 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
根据反应热=反应物的键能总和﹣生成物的键能总和分析，反应热=280+3×160﹣6×330=﹣1220 kJ/mol，选B。
14.英国科学家发明的尿素微生物电池的反应为：2CO(NH2)2+3O2 = 2CO2+2N2+4H2O，电池装置如图所示。下列说法正确的是

A. 该装置能够在高温下工作
B. 微生物促进了反应中电子的转移
C. 装置工作时，电能转变为化学能
D. 装置工作时，电子由电极a沿导线流向电极b
【答案】B
【解析】
A、微生物在高温下失去生理活性而没有催化活性，选项A错误；B、微生物作为催化剂促进了反应中电子的转移，选项B正确；C、该装置为原电池，原电池是把化学能转化为电能的装置，选项C错误；D、在a极氧气得电子转化为水应该为正极，电子由负极b极流向正极a极，选项D错误。答案选B。
15.已知：Cu(s)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋H2(g) ΔH1
2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g) ΔH2
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH3
则反应Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l)的ΔH是
A. ΔH＝ΔH1＋1/2ΔH2＋1/2ΔH3 B. ΔH＝ΔH1＋1/2ΔH2－1/2ΔH3
C. ΔH＝ΔH1＋2ΔH2＋2ΔH3 D. ΔH＝2ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
【答案】A
【解析】
将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由①＋0.5×②＋0.5×③即可得到Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l)的反应热ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3，答案选A。
16.O3是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点。O3可溶于水，在水
中易分解，产生的[O]为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生的反应如下：反应①O3O2＋[O]　ΔH>0，平衡常数为K1；反应②，[O]＋O32O2　ΔH<0，平衡常数为K2；总反应：2O33O2 ΔH<0，平衡常数为K。下列叙述正确的是
A. 降低温度，总反应K减小 B. K＝K1＋K2
C. 适当升温，可提高消毒效率 D. 压强增大，K2减小
【答案】C
【解析】
【分析】
由盖斯定律可知反应①+②可得总反应，则K=K1×K2，结合温度对平衡移动的影响判断。
【详解】A项、由总反应：2O3═3O2 ΔH<0，可知正反应为放热反应，则降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，故A错误；
B项、由盖斯定律可知反应①+②可得总反应，则K=K1×K2，故B错误；
C项、适当升温，反应速率增大，则可提高消毒效率，故C正确；
D项、平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，升高温度平衡向吸热反应方向移动、平衡常数为温度函数是解答的关键。
17.下列图像不符合反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g) ΔH<0 的是（图中v是速率，φ为混合物中H2的体积百分含量）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g) ΔH<0是反应前后气体体积不变的放热反应，据此分析。
【详解】反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g) ΔH<0是反应前后气体体积不变的放热反应，
A、随温度升高正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，故A不符合；
B、随温度升高，平衡逆向移动，氢气的体积分数减小，所以B选项是符合的；
C、T2>T1，温度越高达到平衡所用时间越短，升温平衡逆向移动，氢气体积分数越小，所以C选项是符合的；
D、Fe是固态，其物质的量的增加对反应速率无影响，所以D选项是符合的。
故选A。
18.将AgCl分别加入盛有：①5mL水 ②6mL 0.5 mol·L－1NaCl溶液③10mL 0.2 mol·L－1CaCl2溶液 ④5mL 0.1 mol·L－1盐酸的烧杯中，均有固体剩余，各溶液中c(Ag+)从大到小的顺序排列正确的是
A. ④③②① B. ②③④① C. ①④③② D. ①③②④
【答案】C
【解析】
【分析】
在AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）=Ag+（aq）+Cl-（aq），加入相同离子平衡逆向移动。
【详解】在AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）=Ag+（aq）+Cl-（aq），加入Cl-平衡逆向移动c（Ag+）会减小，加入Cl-的浓度越大，c（Ag+）越小，即c（Ag+）与c（Cl-）大小顺序相反，已知Cl-的浓度从大到小顺序为②③④①，则c（Ag+）浓度从大到小顺序相反为①④③②，C正确，故选C。
【点睛】本题考查了沉淀溶解平衡中影响平衡的因素，离子浓度越大，影响越大是解答关键。
19.下列关于电解氯化钠水溶液(铁作阴极、石墨作阳极)的叙述正确的是
A. 若在阴极附近的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈无色
B. 若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕色
C. 电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠
D. 电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性
【答案】B
【解析】
【分析】
铁作阴极、石墨作阳极电解氯化钠水溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上水电离出的氢离子发电，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性。
【详解】A项、在阴极阴极是氢离子得到电子生成氢气，该极附近的溶液显碱性，滴入酚酞试液，溶液呈红色，故A错误；
B项、在阳极附近是氯离子失电子得到氯气，滴入KI溶液，氯气能将碘离子氧化为碘单质而使得溶液呈黄色，故B正确；
C项、电解时在阳极是氯离子失电子得到氯气，在阴极是氢离子得到电子生成氢气，故C错误；
D项、电解一段时间后，全部电解液几乎是氢氧化钠，溶液显示碱性，故D错误。
故选B。
20.下列有关物质的量浓度关系正确的是
A. 物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液呈酸性：c(CH3COO－)＜c(CH3COOH)
B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)
C. 0.1mol·L－1的NaHA溶液，其pH＝4，则c(HA－)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2－)
D. pH＝2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液任意比混合后溶液中离子浓度关系：c(H+)＋c(M+) ＝ c(OH－)＋c(A－)
【答案】D
【解析】
A. 物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液中存在电离平衡和水解平衡：CH3COOH⇌CH3COO−+H+、CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，溶液呈酸性说明以电离为主，则c(CH3COO−)>c(CH3COOH)，故A错误；B. CH3COONa和Na2CO3为强碱弱酸盐，酸根离子会发生水解，使溶液呈碱性，由于酸性：CH3COOH>HCO3−，则CO32−的水解能力比CH3COO−强，而NaOH是强碱，所以pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液中：c(NaOH)c(H+)>c(A2−)>c(H2A)，故C错误；D. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比例混合后，溶液中都只有H+、OH−、A−、M+四种离子，由电荷守恒可得：c(H+)+c(M+)=c(OH−)+c(A−)，故D正确；答案选D。
21.在容积为1 L的密闭容器中，进行如下反应：A(g)＋2B(g) C(g)＋D(g)，在不同温度下，D的物质的量n(D)和时间t的关系如图。

请回答下列问题：
（1）700℃时，0～5min内，以B表示此反应的平均反应速率，则vB为____________。
（2）能判断反应达到化学平衡状态的依据是__________。
A．混合气体质量不变 B．混合气体中c(A)不变
C．v正(B)＝2v逆(D) D．c(A)＝c(C)
（3）若最初加入1.0 mol A和2.2 mol B，利用图中数据计算800℃时的平衡常数K＝__________，该反应为__________反应(填“吸热”或“放热”)。
（4）800℃时，某时刻测得体系中各物质的物质的量浓度如下：c(A)＝0.06 mol·L－1，c(B)＝0.50 mol·L－1，c(C)＝0.20 mol·L－1，c(D)＝0.018 mol·L－1，则此时该反应_________（填“向正方向进行”、“向逆方向进行”或“处于平衡状态”）。
【答案】 (1). 0.18 mol·L－1·min－1 (2). BC (3). 0.9 L·min－1 (4). 吸热 (5). 向正方向进行
【解析】
【分析】
（1）先依据图像计算D的反应速率，再根据同一化学反应中，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算B的反应速率；
（2）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断；
（3）先计算平衡时各物质的浓度，再根据平衡常数公式计算化学平衡常数，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，根据D物质的量的变化确定反应热；
（4）根据浓度商和化学平衡常数的相对大小判断，如果浓度商大于化学平衡常数，则反应向 正反应方向移动，如果浓度商小于化学平衡常数，则反应向逆反应方向移动。
【详解】（1）由图可知700℃时，0～5min内生成D的物质的量△n(D)为0.45mol，△c（D）为0.45mol/L，则v（D）=△c（D）/△t=0.45mol/L /5min=0.09 mol/（L．min），该反应中，v（B）=2v（D）=0.18mol/（L．min），故答案为：0.18mol/（L．min）；
（2）A、无论反应是否达到平衡，依据质量守恒定律，混合气体质量总是不变，错误；
B、反应到达平衡状态时，混合气体中c（A）不变，正确；
C、当v正（B）=2v逆（D）时，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，正确；
D、当c（A）=c（C）时，该反应不一定达到平衡状态，是否相等与反应物浓度及转化率有关，错误；
故选BC，故答案为：BC；
（3）由图可知，800℃时反应达到平衡状态时，c（D）=0.60mol/L，则c（C）=c（D）=0.60mol/L，c(A)＝（1.0—0.60）mol/L=0.40mol/L，c(B)＝（2.2—0.6×2）mol/L=1.0mol/L，平衡常数K= c（C）c（D）/ c(A) c2(B)= 0.60mol/L×0.60mol/L/0.40 mol/L×(1 mol/L)2=0.90L·min－1；升高温度，D的含量增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，故答案为：0.90L·min－1；吸热；
（4）800℃时，各物质的浓度分别为c(A)＝0.06 mol·L－1，c(B)＝0.50 mol·L－1，c(C)＝0.20 mol·L－1，c(D)＝0.018 mol·L－1，浓度熵Qc= c（C）c（D）/ c(A) c2(B)= 0.20mol/L×0.018mol/L/0.06 mol/L×(0.50 mol/L)2=0.24 L·min－1＜K=0.90 L·min－1，则平衡向正反应方向移动，故答案为：向正方向移动。
【点睛】本题考查化学平衡移动原理的综合应用，涉及化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断、化学平衡常数的计算等知识点，注意分析化学方程式的特征以及温度对平衡移动的影响是解答关键。
22.某小组以醋酸为例探究弱酸的性质。
（1）实验一：探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响。
①设计实验方案如下表，表中c =________ mol·L-1。
编号
酸的种类
酸的浓度/mol·L-1
酸的体积/mL
镁条质量/g
1
醋酸
1.0
10
2.0
2
盐酸
c
10
2.0

②实验步骤：（a）检查装置（左图）的气密性后，添加药品；
（b）反应开始后，___________________________(填写操作）；
（c）将所记录的数据转化为曲线图（下图）。

③写出0～5min醋酸、盐酸分别与镁条反应的反应速率变化规律：_____________________________。
（2）实验二：现有一瓶醋酸溶液，常温下测定其中醋酸的电离程度（已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比）。
设计实验方案，将待测物理量和对应的测定方法填写在下表中。
待测物理量
测定方法
①__________
量取25.00mL醋酸溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将0.1000 mol·L-1 NaOH标准溶液装入______________中，滴定至终点，记录数据。重复滴定2次。
②__________
_________________________________________________
【答案】（1）① 1.0（2分） ②每隔1min记录一次生成H2的体积 （2分）
③ 醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显（2分）
盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小（2分）（2）（每空2分）
待测物理量

测定方法

醋酸溶液的物质的量浓度

碱式滴定管

H+的物质的量浓度

取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH


【解析】
(1)①要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响，则必须保持其他影响反应速率的因素保持一致，故醋酸和盐酸的浓度应相同，故C也应为1.0mol/L，故答案为：1.0；
②据图可知，是要通过测量在相同的时间段内收集到的氢气体积的大小来测量反应速率，故在反应开始后，应每隔1min记录一次生成H2的体积，故答案为：每隔1min记录一次生成H2的体积；
③通过图象分析可知，单位时间内醋酸与镁条反应生成氢气的体积变化很小，即醋酸与镁条的反应速率变化不大；而盐酸与镁条的反应一开始很快，一段时间后，单位时间内生成的氢气的体积明显变小，即反应速率明显减小，故答案为：醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显，盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小；
(2)醋酸的电离程度是已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比，故要求醋酸的电离程度，故应测出醋酸溶液的浓度和溶液中H+的浓度。
①根据测定方法可知，此为酸碱中和滴定，所给的NaOH溶液是标准液，即醋酸是待测液，通过滴定，可测出醋酸溶液的浓度；碱液应盛放在碱式滴定管中；
醋酸溶液的物质的量浓度；
②由于①能测出醋酸溶液的浓度，故此步实验的目的是测量溶液中H+的浓度，而若较精确的测量溶液的pH，应该用pH计，方法是取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH，故答案为：醋酸溶液的物质的量浓度； 碱式滴定管； H+的物质的量浓度；取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH。
23.已知化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡均符合勒夏特列原理。请回答下列问题：
（1）可逆反应：FeO(s)＋CO(g) Fe(s)＋CO2(g)是炼铁工业中的一个重要反应，其温度与平衡常数K的关系如下表：
T(K)
938
1100
K
0.68
0.40

若该反应在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，若升高温度，混合气体的平均相对分子质量________（填“增大”“减小”或“不变”，下同）；充入氦气，混合气体的密度 ________。
（2）常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列五种溶液的pH如下表：
溶质
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
NaCN
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
11.1
①上述盐溶液中的阴离子，结合质子能力最强的是_________________。
②根据表中数据判断，浓度均为0.01 mol·L－1的下列四种物质的溶液中，酸性最强的是________；将各溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是________(填字母)。
A．HCN B．HClO C．H2CO3 D．CH3COOH
③要增大氯水中HClO的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，反应的离子方程式为：____________________________________________________________。
④含有Cr2O72－的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0×10－3 mol·L－1的Cr2O72－。为了使废水的排放达标，进行如下处理:

若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=4.0×10－13 mol·L－1，则残留的Cr3+的浓度为_____ mol·L－1 （已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10－38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10－31）。
【答案】 (1). 减小 (2). 增大 (3). CO32- (4). D (5). A (6). 2Cl2＋CO32-＋H2O===CO2↑＋2Cl－＋2HClO (7). 6×10-6
【解析】
【分析】
（1）表中数据表明温度升高化学平衡常数减小，说明升高温度平衡向逆方向移动，正反应为放热反应；充入氦气，平衡不移动，但气体的质量增大；
（2）①弱酸根质量水解程度越大，相同浓度的钠盐溶液的pH越大，则酸根离子结合质子能力越大；
②酸的酸性越强，酸的电离程度越大，其酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小；加水稀释促进弱酸电离，相同浓度的不同酸稀释相同的倍数，酸的酸性越弱，酸的PH变化越小；
③氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸优先于少量碳酸钠反应生成二氧化碳；
④依据题意先依据c(Fe3+)和Ksp[Fe(OH)3]计算溶液中c3（OH-），再依据c3（OH-）和Ksp[Cr(OH)3]计算Cr3+的浓度。
【详解】（1）该反应为放热反应，升高温度平衡向逆方向移动，n（CO2）/n（CO）的比值减小，则混合气体的平均相对分子质量减小；反应在恒容密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，充入氦气，对反应物的浓度没有影响，且氦气不参与化学反应，平衡不移动，但气体的质量增大，混合气体的密度增大，故答案为：减小；增大；
（2）①弱酸根质量水解程度越大，相同浓度的钠盐溶液的pH越大，则酸根离子结合质子能力越大，根据溶液pH知，CO32-的水解程度最大，则CO32-结合质子能力最强，故答案为：CO32-；
②酸的酸性越强，酸的电离程度越大，其酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小，根据表中数据知，酸性最强的酸是CH3COOH、酸性最弱的酸是HCN；加水稀释促进弱酸电离，相同浓度的不同酸稀释相同的倍数，酸的酸性越弱，酸的PH变化越小，酸性最弱的酸是HCN，则pH变化最小的是HCN，故答案为：D；A；
③氯水中存在如下平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，盐酸优先与碳酸钠反应生成二氧化碳，盐酸浓度减小，平衡右移，所以导致氯水中HClO浓度增大，反应的离子方程式为2Cl2+CO32-+H2O=CO2↑+2Cl-+2HClO，故答案为：2Cl2+CO32-+H2O=CO2↑+2Cl-+2HClO；
④若处理后的废水中残留的c（Fe3+）=4.0×10-13mol•L-1，Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•c3（OH-）=4.0×10-38，计算得到c3（OH-）=10×10-25mol/L，则残留的Cr3+的浓度为Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）c3（OH-）=6.0×10-31 ，c（Cr3+）=6.0×10-6mol•L-1，故答案为：6.0×10-6mol•L-1。
【点睛】本题考查了化学反应原理的综合应用，涉及了化学平衡移动原理、盐类水解和溶度积计算，依据所学知识和题给信息正确分析是解答关键。
24.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法：保持污水的pH在5.0～6.0，
通过电解生成Fe(OH)3沉淀。Fe(OH)3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用。阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，弃去浮渣层，即起到了浮选净化的作用。某科研小组用电浮选凝聚法处理污水，设计的装置示意图如下图所示。

（1）实验时若污水中离子浓度较小，导电能力较差，产生气泡速率缓慢，无法使悬浮物形成浮渣。此时，应向污水中加入适量的________。
a．H2SO4　　　　　b．CH3CH2OH c．Na2SO4 d．NaOH
（2）电解过程中，电解池阳极发生了两个电极反应，其中一个为2H2O－4e－＝O2↑＋4H＋，则另一个电极反应式为_____________________________。
（3）电解池溶液中得到Fe(OH)3沉淀的离子方程式为_____________________________。
（4）熔融盐燃料电池以熔融碳酸盐为电解质，CH4为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料为电极。
①正极的电极反应式为______________________________________；
②为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定。为此电池工作时必须有部分A物质参加循环。则A物质的化学式是___________。
（5）实验过程中，若在阴极产生了44.8 L（标准状况）气体，则熔融盐燃料电池消耗CH4（标准状况）________L。
【答案】 (1). c (2). Fe－2e－===Fe2＋ (3). 4Fe2＋＋10H2O＋O2===4Fe(OH)3↓＋8H＋或4Fe2＋＋4H+＋O2===4Fe3+＋2H2O，Fe3++3OH－===Fe(OH)3↓ (4). O2＋2CO2＋4e－===2CO32-(或2O2＋4CO2＋8e－===4CO32-) (5). CO2 (6). 11.2
【解析】
【分析】
A装置为电解池，B装置为原电池装置，原电池工作时，通入甲烷的一级为负极，发生氧化反应，负极电极反应是CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，通入氧气的一极为正极，发生还原反应，正极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，电解池中Fe为阳极，发生Fe-2e-=Fe2+，阴极的电极反应为：2H++2e-=H2↑，二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价，4Fe2++10H2O+O2=4Fe（OH）3↓+8H+。
【详解】（1）由题意可知，保持保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe（OH）3沉淀时，加入能使溶液导电能力增强的电解质，必须是可溶于水的、显中性的盐，故选c，故答案为：c；
（2）燃料电池中通入空气的电极是正极，通入甲烷的电极是负极，铁与正极相连作阳极，活泼金属电极做电解池的阳极时，电极本身失去电子，电极反应式为Fe-2e-＝Fe2+，故答案为：Fe-2e-＝Fe2+；
（3）阳极铁失去电子转化为亚铁离子，亚铁离子具有还原性，能被氧气氧化生成铁离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁红褐色沉淀，反应的离子方程式可表示为4Fe2++10H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+8H+，故答案为：4Fe2++10H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+8H+；
（4）①燃料电池中，正极得到电子发生还原反应，即一定是氧气得电子的过程。由于电解质是熔融碳酸盐，因此正极电极反应为O2+2CO2+4e-＝2CO32-，故答案为：O2+2CO2+4e-＝2CO32-；
②负极甲烷失去电子转化为CO2，而正极需要消耗CO2，所以可以循环利用的物质是CO2，故答案为：CO2；
（5）阴极电极反应为2H++2e-＝H2↑，即44.8L（标准状况）气体是氢气，物质的量是2mol，转移电子的物质的量为4mol。根据电池的负极电极反应CH4+4CO32--8e-＝5CO2+2H2O可知当转移4mol电子时，消耗CH40.5mol，在标准状况下的体积V＝0.5mol×22.4L/mol＝11.2L，故答案为：11.2。
【点睛】本题考查了燃料电池的工作原理和原电池和电解池串联的综合知识，注意把握电解池和原电池的工作原理，把握电极方程式的书写为解答该题的关键。