【化学】北京市中央民族大学附属中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

北京市中央民族大学附属中学2019-2020学年高二下学期期末考试
可能用到的相对原子质量;C 12 O 16 H 1 S 32
一、单项选择题（共25小题；共50分）
1.垃圾分类并回收利用,可以节约自然资源,符合可持续发展的要求。与废弃矿泉水瓶对应的垃圾分类标志是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据垃圾分类标志的含义判断。
【详解】废弃矿泉水瓶属于可回收利用的垃圾。
本题选A。
2.在48mL0.1mol/LHNO3溶液中加入12mL0.4mol/LKOH溶液时，所得到的溶液呈
A. 弱酸性 B. 强酸性 C. 碱性 D. 中性
【答案】D
【解析】
【详解】48mL0.1mol/LHNO3溶液中HNO3物质的量为0.1mol/L×0.048L=0.0048mol，12mL0.4mol/LKOH溶液中KOH物质的量为0.4mol/L×0.012L=0.0048mol，根据化学方程式HNO3+KOH=H2O+KNO3，两者恰好完全反应得到KNO3溶液，硝酸钾是强酸强碱盐，故所得到的溶液呈中性，答案选D。
3.工业合成氨的反应原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　　△H<0，下列措施既能加快反应速率又能提高产率的是
A. 增大压强 B. 分离出NH3
C. 升高温度 D. 使用催化剂
【答案】A
【解析】
【详解】A.增大压强平衡正向移动，产率提高，且化学反应速率加快，故A符合；
B.分离出氨气，平衡正向移动，提高产率，但是化学反应速率减慢，故B不符合；
C.升高温度化学反应速率加快，但是平衡逆向移动，产率降低，故C不符合；
D.使用催化剂加快化学反应速率，但是平衡不移动，产率不变，故D不符合；
故选 A。
4.某同学运用电解原理实现在铁棒上镀铜，设计如图装置，下列判断不正确的是 ( )

A. a是铁
B. 液体c可用硫酸铜溶液
C. 该实验过程中基本保持不变
D. b上发生反应的方程式为
【答案】D
【解析】
【分析】
电镀是特殊形式的电解，故根据电解原理分析解答。
【详解】在铁棒上镀铜，需将铜作电解池阳极，铁棒作电解池阴极，A项正确；电镀液中需含有Cu2+，B项正确；阳极发生反应Cu-2e-＝Cu2+，D项错误；阴极发生反应，故溶液中基本保持不变，C项正确。
本题选D。
5.在定温定容的密闭容器中合成 。下列不能说明反应 达到化学平衡状态的是
A. B. 容器内的压强不再改变
C. 的生成速率与 的消耗速率相等 D. 的转化率不再改变
【答案】A
【解析】
【分析】
从化学平衡的本质和特征两方面，分析判断化学平衡的标志。
【详解】A．化学平衡时，体系中各物质的物质的量或浓度不再随时间发生变化，但不一定相等，也不一定为化学计量数之比，故A选；
B．据PV=nRT，定温定容的密闭容器中，容器内的压强不再改变时，气体总物质的量不再变化，故反应已达化学平衡，故B不选；
C．当SO3的生成速率与SO3的消耗速率相等时，容器中各物质的物质的量不再变化，达到化学平衡状态，故C不选；
D．当SO2的转化率不再改变时，容器中SO2等物质的物质的量都保持不变，达到化学平衡状态，故D不选；
故选A。
【点睛】化学平衡的标志有两个方面，(1)本质：正逆反应速率相等（同种物质表示的正逆反应速率相等，或不同物质表示的正逆反应速率之比等于化学计量数之比）；(2)特征：体系中各物质的物质的量或浓度保持不变（不再随时间发生变化）。
6.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是 ( )
A. 升高温度水的离子积增大
B. 镁条与氯化铵溶液反应生成氢气
C. 碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳
D. 加入少量硫酸铜可增大锌与稀硫酸反应的速率
【答案】D
【解析】
【分析】
化学平衡、电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡等，都符合平衡移动原理。
【详解】A项：纯水或水溶液中存在水的电离平衡H2OH++OH- H>0，升高温度平衡右移，水的离子积增大，A项正确；
B项：氯化铵溶液中存在铵根的水解平衡NH4++H2ONH3·H2O+H+，镁条与溶液中H+反应生成氢气，B项正确；
C项：碳酸钙浊液中存在沉淀溶解平衡CaCO3(s)Ca2++CO32-。加入稀盐酸与CO32-反应生成二氧化碳，使平衡右移，CaCO3溶解，C项正确；
D项：锌与少量硫酸铜反应生成铜，铜、锌与稀硫酸构成原电池，增大锌与稀硫酸反应的速率，与平衡移动无关，D项错误。
本题选D。
7.氯碱工业的原理示意图如图。下列说法正确的是

A. M为负极
B. 通电使氯化钠发生电离
C. 出口c收集到的物质是氯气
D. 通电一段时间后，阴极区pH降低
【答案】C
【解析】
【分析】
饱和食盐水从a口进入，在出口变为稀食盐水，则可以推出Cl-在左侧电极放电，则该电极为阳极，所以M为电源的正极；同理，稀氢氧化钠溶液从b口进入，在出口变为浓氢氧化钠溶液，说明OH-在右侧电极生成，则该电极为阴极，所以N为电源的负极。
【详解】A. 饱和食盐水从a口进入，在出口变为稀食盐水，则可以推出Cl-在左侧电极放电，则该电极为阳极，所以M为电源的正极，A错误；
B. 氯化钠在水中，本身在水的作用下发生电离，不需要通电，B错误；
C. Cl-在左侧放电，所以出口c收集的物质是Cl2，C正确；
D. 右侧电极为阴极，该处产生OH-，则通电一段时间后，OH-浓度增大，所以pH增大，D错误；
故合理选项为C。
【点睛】在不知道阴极、阳极的情况下，需要将题目中的装置图仔细分析，从而判断出阴极和阳极。
8.下列过程表达式中，属于电离方程式的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．是碳酸氢根离子的水解方程式，电离方程式为：，故A不符合；
B．一水合氨是弱电解质，电离成氨根离子和氢氧根离子，，故B符合；
C．是氨气与强酸反应的离子方程式，故C不符合；
D．是碳酸氢根离子与氢氧根离子反应的离子方程式，故D不符合；
故选B。
9.向纯水中加入少量 固体，当温度不变时，则该溶液中
A. 水电离出的 减小 B. 与 的乘积增大
C. 减小 D. 增大
【答案】A
【解析】
【分析】
是强电解质，在水中完全电离，产生氢离子。
【详解】A．向纯水中加入少量 固体，当温度不变时，溶液中氢离子浓度增大，抑制水电离，则该溶液中水电离出的 减小，故A选；
B．当温度不变时，Kw不变， 与 的乘积不变，故B不选；
C． 增大，故C不选；
D． 减小，故D不选；
故选A。
10.相同体积的pH =3的盐酸溶液和醋酸溶液分别跟足量的镁完全反应，下列说法正确的是
A. 醋酸溶液产生较多的氢气 B. 盐酸溶液产生较多的氢气
C. 两者产生等量的氢气 D. 无法比较两者产生氢气的量
【答案】A
【解析】
【详解】pH=3的盐酸中c(H+)=10-3mol/L，因盐酸是强酸，完全电离，故盐酸中HCl浓度为10-3mol/L，pH=3的醋酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，但醋酸是弱酸，部分电离，故醋酸浓度大于10-3mol/L。根据溶质物质的量n=V·c，相同体积的盐酸和醋酸溶液中CH3COOH的物质的量大于HCl的物质的量，根据反应方程式2HCl+Mg=MgCl2+H2↑，2CH3COOH+Mg=(CH3COO)2Mg+H2↑，所以醋酸溶液与足量镁完全反应产生的氢气比盐酸与足量镁完全反应产生的氢气多，答案选A。
11.用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是（ ）
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定
C. 用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定
D. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A. 用蒸馏水洗净滴定管后，必须再用标准液盐酸润洗滴定管，避免滴定管内的水分将标准液稀释了，标准液浓度减小，滴定时消耗体积增大，测定结果偏大，A项错误；
B. 用蒸馏水洗后的锥形瓶，不能再用待测液润洗，避免润洗后待测液物质的量增加，测定结果偏大，B项错误；
C. 锥形瓶内多些蒸馏水不影响滴定结果，因为待测液的物质的量没有变化，测定结果不会受到影响，C项正确；
D. 当溶液由红色刚变无色时，不能立即读数，必须等到溶液颜色半分钟不再变化，否则会影响测定结果，D项错误；
答案选C。
12.配制FeCl3溶液时，为防止出现浑浊，可向该溶液中加入少量（ ）
A. 铁 B. 氯化钠
C. 盐酸 D. 氢氧化钠
【答案】C
【解析】
【详解】FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，防止水解，在配制氯化铁溶液时，需加入少量的盐酸，
故选C。
13.下列与盐的水解有关的是
① 与 溶液可作焊接金属中的除锈剂 ②用 与 两种溶液可作泡沫灭火剂 ③草木灰与铵态氮肥不能混合施用 ④实验室盛放 溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
A. ①②③ B. ②③④
C. ①④ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【详解】①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂，是因为两者水解都显酸性可以与金属表面的锈迹反应。
②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂，是因为铝离子和碳酸氢根发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝。
③草木灰（碳酸钾）与铵态氮肥不能混合施用，是因为碳酸根和铵根的水解互相促进。
④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，是因为碳酸钠水解溶液显碱性，会与玻璃中的二氧化硅反应。
故选D。
14.下列电池工作时，O2在正极放电的是（ ）
A. 锌锰电池 B. 氢燃料电池 C. 铅蓄电池 D. 镍镉电池
【答案】B
【解析】
【详解】A．锌锰干电池中电极反应式，负极反应为，正极反应为，故A不符合题意；
B．酸性氢氧燃料电池电极反应式为、，碱性氢氧燃料电池电极反应式为、，故B符合题意；
C．铅蓄电池放电时负极电极反应为，正极电极反应为，故C不符合题意；
D．镍镉电池放电正极反应为，负极反应为，故D不符合题意；
故答案选B。
15.为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂是( )
A. NH3·H2O B. NaOH C. MgCO3 D. Na2CO3
【答案】C
【解析】
【分析】
Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，注意不能引入新的杂质。
【详解】A. 加入氨水混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，故A错误；
B. 加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，故B错误；
C. 加入碳酸镁，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故C正确；
D. 加入碳酸钠，易混入NaCl杂质，故D错误；
答案选C。
【点睛】物质的分离与提纯是高频考点，掌握除杂原则是解题的关键。在除杂过程中选择试剂时要保证不增、不减、不繁“三不原则”，即不能引入新的杂质（包括水蒸气等），不能与原有的物质反应，且过程要简单、易操作。
16.关于溶液，下列判断不正确的是 ( )
A. 粒子种类与溶液相同
B. 升高温度，增大
C. 加入溶液，减小
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
从溶质的溶解直至水的电离，可知溶液中粒子种类；根据外因对化学平衡的影响分析浓度变化；由溶液的电中性原理可写电荷守恒关系。
【详解】A项：溶液中Na2CO3完全电离Na2CO3＝2Na++CO32－，CO32－分两步水解CO32－+H2OHCO3－+OH-，HCO3－+H2OH2CO3+OH- ，水的电离H2OH++OH- 。同理可写出溶液的各种过程，两溶液中粒子种类相同，A项正确；
B项：CO32－水解过程吸热，升高温度使水解平衡右移，减小，B项错误；
C项：加入溶液，Ca2+与CO32－结合生成难溶于水的CaCO3沉淀，使减小，C项正确；
D项：水溶液都是电中性的，符合电荷守恒，D项正确。
本题选B。
17.实验:①将溶液和溶液等体积混合得到浊液；②取少量①中浊液，滴加溶液,出现红褐色沉淀；③将①中浊液过滤取少量白色沉淀，滴加溶液.沉淀变为红褐色。下列说法中,不正确的是 ( )
A. 将①中浊液过滤，所得滤液中含少量
B. ①中浊液存在平衡:
C. ②中沉淀颜色变化说明转化
D. ③可以证明,比更难溶
【答案】C
【解析】
【分析】
根据沉淀反应和沉淀溶解平衡的移动，分析实验现象得出结论。
【详解】A项：①中反应生成Mg(OH)2沉淀，存在Mg(OH)2沉淀溶解平衡，故过滤所得滤液中含少量，A项正确；
B项：①中浊液存在平衡:，B项正确；
C项：①中反应后余NaOH，②中沉淀颜色变化可能是转化为，或者NaOH与FeCl3反应，C项错误；
D项：③中只有与FeCl3反应，故可证明,比更难溶，D项正确。
本题选C。
18.下列关于金属保护的说法不正确的是 ( )

A. 图1是牺牲阳极阴极保护法，图2是外加电流阴极保护法
B. 钢闸门均为电子输入的一端
C. 锌和高硅铸铁的电板反应均为氧化反应
D. 两图所示原理均发生了反应:
【答案】D
【解析】
【分析】
根据金属的电化学保护原理（原电池和电解池）分析判断。
【详解】A项：图1将被保护的钢闸门与较活泼金属锌构成原电池，是牺牲阳极阴极保护法。图2将被保护的钢闸门、惰性电极分别与电源负极、正极相连构成电解池，是外加电流阴极保护，A项正确；
B项：图1中，电子从锌经外电路转移向钢闸门。图2中，电子从电源负极转移向钢闸门，B项正确；
C项：锌是原电池负极，本身发生失电子反应。高硅铸铁是电解池辅助阳极，其它物质在其表面发生失电子反应，C项正确；
D项：图1中原电池正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-、图2中电解池阴极反应或2H2O+2e-=H2↑+2OH-，D项错误。
本题选D。
19.已知：时
化学式



电离平衡常数




下列说法正确的是 ( )
A. 醋酸稀释过程中，逐渐减小
B. 溶液中：
C. 向醋酸或HCN溶液中加入,均产生
D. 物质的量浓度相同时
【答案】D
【解析】
【分析】
根据稀释过程中电离平衡的移动方向、HCO3-在溶液中电离与水解的主次关系、弱酸的相对强弱及对应盐的碱性强弱等分析解答。
【详解】A项：醋酸稀释过程中，醋酸电离平衡右移，逐渐增大，A项错误；
B项：HCO3-电离常数为5.6×10－11，HCO3-水解常数为10－14/(4.4×10－7)=2.3×10－8，故溶液中，HCO3-以水解为主，c(H2CO3)>c(CO32-)，B项错误；
C项：表中电离常数说明，酸性>>>HCO3-，据较强酸生成较弱酸的规律，醋酸与反应可产生，HCN与反应只可生成NaHCO3，C项错误；
D项：由酸性强弱得，对应盐的碱性强弱CH3COO- 本题选D。
【点睛】的电离常数分别是K1、K2，则CO32-的水解常数Kh1=Kw/K2、Kh2=Kw/K1。
20.常温时，用滴定某一元酸HX,滴定过程中pH变化曲线如图所示。

下列说法正确的是
A. HX溶液显酸性的原因是
B. 点a，
C. 点b，与恰好完全反应
D. 点c，
【答案】D
【解析】
【分析】
根据滴定曲线（特殊点）的含义，分析电解质强弱、电离与水解的主次关系，并运用物料守恒关系解答。
【详解】A项：滴入溶液前，0.10mol/LHX溶液pH接近4，则HX为弱酸，电离方程式为HXH++X－，A项错误；
B项：点a溶液中生成1.5mmolNaX、剩余1.0mmolHX。因溶液呈酸性，HX电离程度大于X－的水解程度，则c(X-)>c(Na+)>c(HX)>c(H+)>c(OH-)，B项错误；
C项：当与恰好完全反应时生成NaX，因X的水解，溶液pH应大于7。点b的pH=7，必有HX剩余，C项错误；
D项：据物料守恒，曲线上任何一点都有n(X-)+n(HX)=25mL×0.10mol·L-1，点c溶液总体积约50mL，则，D项正确。
本题选D。
21.下列有关水处理的离子方程式书写不正确的是
A. 沉淀法：用 处理含 废水，
B. 中和法：用生石灰（）中和酸性废水，
C. 氧化法：用 处理氨氮废水，
D. 混凝法：用明矾凝聚沉降细颗粒物，
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2S是强电解质，HgS难溶于水，用 处理含 废水，，故A正确；
B．CaO写化学式，用生石灰（）中和酸性废水，CaO＋2H＋=Ca2＋＋H2O，故B错误；
C．HClO具有强氧化性，将氨氮废水中的氮氧化为氮气，，符合电子得失守恒、电荷守恒、质量守恒，故C正确；
D．明矾水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，，故D正确；
故选B。
22.利用电解技术，以氯化氢为原料回收氯气的过程如图所示，下列说法不正确的是

A. H+由阳极区向阴极区迁移
B. 阳极电极反应：2HCl + 2e- == Cl2 + 2H+
C. 阴极电极反应：Fe3+ + e- == Fe2+
D. 阴极区发生的反应有：4Fe2+ + O2 + 4H+ == 4Fe3+ + 2H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
在电源的右侧，HCl(g)→Cl2(g)，该过程是失电子的过程，故该侧为阳极，电极反应为：2HCl-2e-=2H++Cl2，电源的左侧为阴极，电极反应为：Fe3++e-=Fe2+；此外，根据物质的循环，还可以推出阴极区域还会进行反应：4Fe2++O2+4H+=4Fe3+ +2H2O。
【详解】A、H+在电源的右侧产生，在电源的左侧被消耗，右侧为阳极，左侧为阴极，即H+由阳极区向阴极区迁移，A正确；
B、阳极发生氧化反应，是失去电子的过程，电极反应为：2HCl-2e-=2H++Cl2，B错误；
C、阴极发生还原反应，是得到电子的过程，电极反应为：Fe3++e-=Fe2+，C正确；
D、根据图中循环，可以推出阴极区域会进行反应：4Fe2++O2+4H+=4Fe3+ +2H2O，D正确；
故选B。
23.工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯（HCOOCH3）：CH3OH（g）+ CO（g）=HCOOCH3（g），在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如右图所示。下列说法不正确的是

A. 增大压强甲醇转化率增大
B. b点反应速率υ正 = υ逆
C. 平衡常数K(75℃)＞K(85℃)，反应速率υb＜υd
D. 生产时反应温度控制在80~85℃为宜
【答案】B
【解析】
【详解】A、温度超过约83℃时，随着温度的升高，CO的转化率降低，说明该反应是可逆反应；由于该反应是气体体积减小的反应，增大压强可以使平衡正向移动，即增大甲醇的转化率，A正确；
B、题中说明该曲线是测得相同时间内CO的转化率随温度变化曲线，并非是在不同温度下的平衡转化率；b点之后，仍有一段曲线表示CO的转化率随温度升高而升高，说明b点不是平衡状态，则此时正反应速率不等于逆反应速率，B错误；
C、温度超过约83℃时，随着温度升高，CO的转化率降低，则说明该反应是放热反应；对于放热反应而言，温度越高，平衡常数K越小，故K(75℃)＞K(85℃)；b点的温度比d点的低，故υb＜υd，C正确；
D、根据图可知，温度在80~85℃的范围内，CO的转化率最高，超过该温度范围，随着温度的升高，CO的转化率降低，说明反应的最适温度在80~85℃之间，故生产时反应温度控制在80~85℃为宜，D正确；
故选B。
【点睛】①本题中要注意该曲线的说法，是“相同时间内CO的转化率随温度变化”，并非平衡状态下的平衡转化率，则我们可以通过曲线找出该反应的最适温度，可以参考合成氨工业的温度选择：温度较低，反应速率不足，或者催化剂活性不够；温度过高，反应是放热，不利于平衡正向移动；综合之下，在实际生产中，选择500℃作为反应温度（原因是：该温度下催化剂的活性最高）；②还要注意一点：该曲线是一段时间内的转化率，不是平衡转化率，所以不能通过转化率小于100%来说明该反应是可逆反应，而应该根据后半段“温度升高，转化率降低”来证明该反应是可逆反应。
24. 如图是某同学设计的原电池装置，下列叙述中正确的是

A. 电极Ⅰ上发生还原反应，作原电池的负极
B. 电极Ⅱ的电极反应式为： Cu2+＋2e－=" Cu"
C. 该原电池的总反应为： 2Fe3+＋Cu= Cu2+＋2Fe2+
D. 盐桥中装有含氯化钾的琼脂，其作用是传递电子
【答案】C
【解析】
A. 铜的金属性强于Pt，因此电极Ⅰ是正极，发生还原反应，A错误；B. 电极Ⅱ是负极，铜失去电子，电极反应式为：Cu－2e－＝Cu2＋，B错误；C. 正极铁离子得到电子，因此该原电池的总反应为：2Fe3＋＋Cu＝Cu2＋＋2Fe2＋，C正确；D. 盐桥中装有含氯化钾的琼脂，其作用是传递阴阳离子，使溶液保持电中性，D错误，答案选C。
点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意原电池中正负极的判断、电子和离子的移动方向，难点是电极反应式的书写，注意从氧化还原反应的角度去把握，另外还需要注意溶液的酸碱性、交换膜的性质等
25.在一定温度下，将气体 X 和气体 Y 各 0.16mol 充入 恒容密闭容器中，发生反应： ，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：
t/min
2
4
7
9
n（Y）/mol
0.12
0.11
0.10
0.10

下列说法正确的是
A. 反应前 的平均速率
B. 该温度下此反应的平衡常数
C. 其他条件不变，再充入 Z ，平衡时 X 的体积分数不变
D. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前 v（逆）＞ v（正）
【答案】C
【解析】
【详解】A．前2min内Y物质的量变化为0.16mol-0.12mol=0.04mol，浓度变化量为c(Y)= =0.004mol·L－1，所以v(Y)=0.002mol/(L·min)，速率之比等于化学计量数之比，故v(Z)=2 v(Y)=2×0.002mol/(L·min)=0.004mol/(L·min)，A错误；
B．由表中数据可知7min时，反应到达平衡，平衡时Y的物质的量为0.10mol，反应的Y的物质的量是0.06mol，根据反应方程式中相应物质的物质的量变化关系可知反应产生的Z的物质的量是0.12mol，则平衡时c(X)=c(Y)=0.010mol·L－1，c(Z)=0.012mol·L－1，故化学平衡常数K==1.44，故B错误；
C．再通入0.2 mol Z，等效为在原平衡基础上增大压强，由于反应前后气体的体积不变，化学平衡不移动，故X的体积分数不变，故C正确；
D．该反应正反应是放热反应，降低温度，化学平衡向正反应方向移动，反应达到新平衡前v(逆)＜v(正)，故D错误；
故选C。
非选择题（共50分）
26.结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：
酸
电离常数(Ka)
CH3COOH
1.8×10－5
HClO
3×10－8
H2CO3
K1＝4.4×10－7　K2＝4.7×10－11
H2C2O4
K1＝5.4×10－2　K2＝5.4×10－5
H2S
K1＝1.3×10－7　K2＝7.1×10－15

请回答下列问题：
(1)同浓度的CH3COO－、HCO3-、CO32-、HC2O、ClO－、S2－中结合H＋的能力最弱的是____________。
(2)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________(填字母)。
A.c(H＋) B.c(H＋)/c(CH3COOH) C.c(H＋)/c(OH－) D.c(OH－)
(3)0.1 mol·L－1的H2C2O4溶液与0.1 mol·L－1的KOH的溶液等体积混合后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为__________________。
(4)pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的量浓度的大小关系是CH3COOK________NaClO，两溶液中：c(Na＋)－c(ClO－)__________c(K＋)－c(CH3COO－)(填“＞”“＜”或“＝”)。
(5)向0.1 mol·L－1CH3COOH 溶液中滴加NaOH 溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO－)＝5∶9，此时溶液pH＝______________。
【答案】 (1). HC2O4－ (2). AC (3). c(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－) (4). > (5). ＝ (6). 5
【解析】
本题主要考查弱酸的电离平衡。
（1）同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、ClO-、S2-中结合H+的能力最弱的是K最大的微粒H2C2O4电离出H+后的酸根离子HC2O4－。
（2）A.溶液酸性减弱，故A变小；B.电离常数Ka=不变，而c(CH3COO-)变小，故B增大；C.c(H+)变小，c(OH-)增大，故C变小；D.增大。故选AC。
（3）得到KHC2O4溶液，溶液中的变化：H++，+H2OH2C2O4+OH－，H2OH++OH－。该溶液呈酸性，说明HC2O4－的电离程度大于水解程度，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－)。
（4）由酸性：HClOCH3COOK，所以pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的最浓度的大小关系是：CH3COONa>NaClO，两溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)，c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，因此，[c(Na+)-c(ClO-)]=[c(K+)-c(CH3COO-)]=c(OH-)-c(H+)。
（5）由Ka(CH3COOH)==1.8×10-5和c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9得c(H+)=1×10-5mol/L，此时溶液pH=5。
27.甲醇作为燃料，在化石能源和可再生能源时期均有广泛的应用前景。
I. 甲醇可以替代汽油和柴油作为内燃机燃料。
（1）汽油的主要成分之一是辛烷[C8H18(l)]。已知：25℃、101 kPa时，1 mol C8H18(l)完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出5518 kJ热量。该反应的热化学方程式为______。
（2）已知：25℃、101 kPa时，CH3OH(l) + 3/2 O2(g) ==== CO2 (g) + 2H2O(l) Δ H＝-726.5 kJ/mol。相同质量的甲醇和辛烷分别完全燃烧时，放出热量较多的是______。
（3）某研究者分别以甲醇和汽油做燃料，实验测得在发动机高负荷工作情况下，汽车尾气中CO的百分含量与汽车的加速性能的关系如右所示。

根据图信息分析，与汽油相比，甲醇作为燃料的优点是______。
II. 甲醇的合成
（4）以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应的能量变化如下图所示。

① 补全上图：图中A处应填入______。
② 该反应需要加入铜－锌基催化剂。加入催化剂后，该反应的ΔH______（填“变大”“变小”或“不变”）。
（5）已知： CO(g)＋1/2 O2(g) ==== CO2(g) ΔH1＝-283 kJ/mol
H2(g)＋1/2 O2(g) ==== H2O(g) ΔH2＝-242 kJ/mol
CH3OH(g) + 3/2 O2(g) ==== CO2 (g) + 2H2O(g) ΔH3＝-676 kJ/mol
以CO(g)和H2(g)为原料合成甲醇的反应为CO(g) + 2H2(g) ==== CH3OH(g) 。该反应的ΔH为_____ kJ/mol。
【答案】 (1). C8H18(l) ＋ 25/2O2(g)＝8CO2(g) ＋ 9H2O(l) ΔH＝-5518 kJ/mol (2). C8H18 (3). 汽车的加速性能相同的情况下，CO排放量低，污染小 (4). 1 mol CO2(g) + 3 mol H2(g) (5). 不变 (6). -91
【解析】
【分析】
(1)根据书写热化学反应方程式的方法书写；
(2)假设质量均为1g，计算出1g CH3OH和1g辛烷完全燃烧放出的热量，再判断；
(3)根据图像可知，甲醇作为燃料时，根据汽车的加速性能与 CO排放量的关系分析解答；
(4)①CO2(g)和H2(g)为原料生成1mol甲醇和1mol水，根据质量守恒分析解答；②根据催化剂与焓变的关系判断；
(5)根据盖斯定律分析解答。
【详解】(1)在25℃、101 kPa时，1 mol C8H18(l)完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出5518 kJ热量，所以其热化学反应方程式为：C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5518 kJ•mol-1，故答案为C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5518 kJ•mol-1；
(2)假设质量均为1g，则1g CH3OH完全燃烧放出的热量==22kJ，1g辛烷完全燃烧放出的热量==48kJ，相同质量的甲醇和辛烷分别完全燃烧时，放出热量较多的是C8H18(或辛烷)，故答案为C8H18(或辛烷)；
(3)根据图像可知，汽车的加速性能相同的情况下，甲醇作为燃料时CO排放量低，污染小，故答案为汽车的加速性能相同的情况下，CO排放量低，污染小；
(4)①以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应生成1mol甲醇和1mol水，根据质量守恒，需要1mol二氧化碳和3mol氢气，因此图中A处应填入1 mol CO2(g) + 3 mol H2(g)，故答案为1 mol CO2(g) + 3 mol H2(g)；
②加入催化剂，不能改变反应的焓变，因此Δ H不变，故答案为不变；
(5)①CO(g)＋1/2 O2(g) =CO2(g) Δ H1＝-283 kJ/mol ，②H2(g)＋1/2 O2(g) = H2O(g) Δ H2＝-242 kJ/mol，③CH3OH(g) + 3/2 O2(g) =CO2 (g) + 2H2O(g) Δ H3＝-676 kJ/mol，根据盖斯定律，将①+②×2-③，得：CO(g) + 2H2(g) =CH3OH(g) ΔH=(-283 kJ/mol)+(-242 kJ/mol)×2-(-676 kJ/mol)=-91 kJ/mol，故答案为-91。
28.电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应用广泛。

(1)图1中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择__________(填字母)。
a．碳棒b．锌板c．铜板

(2)镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。图2为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。
①E为该燃料电池的________(填“正”或“负”)极。F电极上的电极反应式为____________________________________________________________。
②镁燃料电池负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，用化学用语解释其原因_________________________________________________________________________。

(3)乙醛酸(HOOC-CHO)是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸，原理如图3所示，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。
①N电极上的电极反应式为_______________________________________________________。
②若有2mol H+通过质子交换膜，并完全参与了反应，则该装置中生成的乙醛酸为________mol。
【答案】 (1). b (2). 负 (3). ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH- (4). Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑ (5). HOOC-COOH+2e-+2H+=HOOC-CHO+H2O (6). 2
【解析】
【分析】
（1）根据装置图可判断该装置利用的是原电池原理，材料b的活泼性应该强于铁，作负极，才能满足牺牲阳极的阴极保护法；
（2）①镁铝合金金属性强，做电源的负极。铂电极是正极，次氯酸根转化为氯离子，电极反应式为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；
②镁是活泼金属能与水反应生成氢气和氢氧化镁，因此负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，反应式为Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑；
（3）①N电极上HOOC-COOH得电子生成HOOC-CHO；
②2mol H+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，根据电极方程式HOOC-COOH+2e-+2H+═HOOC-CHO+H2O，可知生成1mol乙醛酸，由于两极均有乙醛酸生成所以生成的乙醛酸为2mol。
【详解】（1）根据装置图可判断该装置利用的是原电池原理，因此为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料b的活泼性应该强于铁，作负极，才能满足牺牲阳极的阴极保护法，碳是非金属，铜的金属性弱于铁，锌的金属性强于铁，因此答案选b；
（2）①镁铝合金金属性强，做电源的负极。铂电极是正极，次氯酸根转化为氯离子，电极反应式为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；故正确答案是：负；ClO－+2e-+H2O=Cl-+2OH-；
②镁是活泼的金属能与水反应生成氢气和氢氧化镁，因此负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，反应式为Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑；
（3）①N电极上HOOC-COOH得电子生成HOOC-CHO，则电极反应式为HOOC-COOH+2e-+2H+═HOOC-CHO+H2O；
②2mol H+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，根据电极方程式HOOC-COOH+2e-+2H+═HOOC-CHO+H2O，可知生成1mol乙醛酸，由于两极均有乙醛酸生成所以生成的乙醛酸为2mol。
【点睛】原电池正负极的判断的注意点
（1）原电池正、负极的判断基础是自发进行的氧化还原反应，如果给出一个化学反应方程式判断正、负极，可以直接根据化合价的升降来判断，发生氧化反应的一极为负极，发生还原反应的一极为正极。
（2）判断电极时，不能简单地依据金属的活泼性来判断，要看反应的具体情况，如：a.Al在强碱性溶液中比Mg更易失电子，Al作负极，Mg作正极；b.Fe、Al在浓HNO3中钝化后，比Cu等金属更难失电子，Cu等金属作负极，Fe、Al作正极。
29.用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)。
（1）写出上述反应的平衡常数表达式_______________。
（2）在2L恒容密闭器中加入足量C与NO发生反应，所得数据如表，回答下列问题。
实验编号
温度/℃
起始时NO的物质的量/mol
平衡时N2的物质的量/mol
1
700
0.40
009
2
800
0.24
0.08
①结合表中数据，判断该反应的△H____0(填“＞”或“＜”)，理由是_________。
②判断该反应达到平衡的依据是_______。
A.容器内气体密度恒定 B.容器内各气体浓度恒定
C.容器内压强恒定 D.2v正（NO）= v逆（N2）
（3）700℃时，若向2L体积恒定的密闭容器中充入一定量N2和CO2发生反应：N2(g)+CO2(g)C(s)+2NO(g) ；其中N2、NO物质的量随时间变化的曲线如下图所示。请回答下列问题。

①0～10 min内的CO2平均反应速率v＝____________。
②图中A点v(正)___v(逆)（填“＞”、“＜”或“＝”）。
③第10 min时，外界改变的条件可能是_____________。
A．加催化剂 B．增大C的物质的量
C．减小CO2的物质的量 D．升温 E．降温
【答案】 (1). (2). > (3). 计算700℃和800℃的平衡常数K10 (4). AB (5). 0.01 mol·L-1·min-1 (6). > (7). AD
【解析】
【详解】（1）根据化学方程式C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)，平衡常数K=；
（2）①根据表格数据，列出实验1（700℃）的三段式：
C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
起始物质的量/mol 0.4 0 0
变化物质的量/mol 0.18 0.09 0.09
平衡物质的量/mol 0.22 0.09 0.09
K1===，
据表格数据，列出实验2（℃）的三段式：
C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
起始物质的量/mol 0.24 0 0
变化物质的量/mol 0.16 0.08 0.08
平衡物质的量/mol 0.08 0.08 0.08
K2===1＞K1；
温度升高，K增大，则正反应为吸热反应，△H＞0。
故答案为＞；700℃和800℃的平衡常数K10。
②A、该反应气体的总质量是个变量，容器体积不变，所以密度是一个变量，当容器内气体密度恒定时，则反应达到平衡状态，故A正确；
B、各组分的浓度不再改变能说明反应达到平衡状态，故B正确；
C、该反应前后气体分子的数目相同，则气体的总物质的量一直不变，根据pV=nRT，恒温恒容条件下，压强一直不变，所以容器内压强恒定不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D、2v正（NO）= v逆（N2）错误，此时正反应速率和逆反应速率不相等，应是v正（NO）= 2v逆（N2）时反应达到平衡状态，故D错误；
故答案为AB。
③①随着反应进行，n(N2)逐渐减小，n(NO)逐渐增大，10min内，△n(N2)=0.2mol，物质的量变化之比等于计量系数之比，则△n(CO2)=0.2mol，所以v(CO2)= =0.01 mol·L-1·min-1；
②根据图像可知A点反应向正反应方向进行，则v(正)＞v(逆)，故答案为＞；
③第10min时，N2、NO物质的量没有发生突变，N2的物质的量逐渐减小，速率比10min前大；NO物质的量逐渐增大，速率比10min前大。
A、加催化剂，不会引起物质的量的突变，只会增大反应速率，故A正确；
B、增大碳固体的物质的量，对反应速率没有影响，故B错误；
C、减小CO2的物质的量，反应速率减小，故C错误；
D、升温，反应速率增大，故D正确；
E、降温，反应速率减小，故E错误；
故选AD。