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  • 2021-07-05 发布

【化学】福建省漳州市龙海市第二中学2020届高三上学期第二次月考(解析版)

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福建省漳州市龙海市第二中学2020届高三上学期第二次月考 可能用到的相对原子质量:Fe-56 O-16 Na-23 Cu-64 H-1 S-32‎ 第Ⅰ卷 (选择题 共48分)‎ 一、选择题:(16个小题,每小题3分,共48分,每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)。‎ ‎1.化学与生产、 生活密切相关。下列说法正确的是( )‎ A. 砒霜的主要成分是三硫化二砷 B. 氢氧化铝和碳酸钠均可用于治疗胃酸过多 C. 过量服用阿司匹林引起酸中毒后,可用静脉注射NaHCO3溶液的方法解毒 D. 铜单质制成的“纳米铜”在空气中能燃烧,说明“纳米铜”的金属性比铜片强 ‎【答案】C ‎【解析】A.砒霜的主要成分是三氧化二砷,故A错误;  B.碳酸钠溶液能够与酸剧烈反应,并产生二氧化碳气体,对身体不利,因此不能用来中和胃酸,故B错误; ‎ C.阿司匹林为感冒用药,但因其含有水杨酸,服用过量易造成酸中毒,可静脉注射碳酸氢钠来降低酸性,故C正确;  D.金属性指的是元素的性质,“纳米铜”为物质,应该说还原性;因此铜片在空气中难燃烧,纳米级铜粉在空气中易燃烧,是因为与氧气的接触面积不同,不能说明“纳米铜”的还原性比铜片强,故D错误; 综上所述,本题选C。‎ ‎2.NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )‎ A. 36g由35Cl 和37C1组成的氯气中所含质子数一定为17NA B. 7.8 g Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应,转移的电子数为0.2NA C. 密闭容器中1mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g),增加了2NA个P-Cl键 D. 5.6g铁片投入足量浓硝酸中,转移的电子数为0.3 NA ‎【答案】B ‎【分析】假设全是35Cl,则质子数是 ,假设全是37Cl,则质子数是 ‎ ;Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应,Na2O2只作还原剂,过氧化钠中氧元素化合价由-1升高为0,1mol过氧化钠转移2mol电子;PCl3与Cl2反应制备PCl5的反应可逆;常温下,铁在浓硝酸中钝化。‎ ‎【详解】假设全是35Cl,则质子数是 ,假设全是37Cl,则质子数是 ,根据极值法,36g由35Cl 和37C1组成氯气中所含质子数不一定为17NA,故A错误;Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应,Na2O2只作还原剂,过氧化钠中氧元素化合价由-1升高为0,1mol过氧化钠转移2mol电子 ,所以7.8 g Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应,转移的电子数为0.2NA,故B正确;PCl3与Cl2反应制备PCl5的反应可逆,密闭容器中1mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g),生成PCl5(g)小于1mol, P-Cl键增加小于2NA个,故C错误;常温下,铁在浓硝酸中钝化,故D错误,选B。‎ ‎3.下列解释事实的离子方程式正确的是( )‎ A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色溶液:3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊:H++OH-+ Ba2++SO42- =BaSO4↓+H2O C. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊:Ca2++ 2HCO3-+2OH-= CaCO3↓+CO32-+ 2H2O D. 在A1C13溶液中加入过量氨水出现浑浊:A13++3OH-= Al(OH)3↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色的硝酸铜浓溶液和二氧化氮,故A错误;B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊,反应的离子方程式为2H++2OH-+ Ba2++SO42- =BaSO4↓+2H2O,故B错误;C. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊,生成碳酸钙沉淀,离子方程式为Ca2++ 2HCO3-+2OH-= CaCO3↓+CO32-+ 2H2O,故C正确;D. 氨水是弱碱,用化学式表示,故D错误;故选C。‎ ‎4.无色的混合气体甲,可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种,将100mL甲气体经过如图所示实验的处理,结果得到酸性溶液,而几乎无气体剩余,则甲气体的组成为( )‎ A. NH3、NO2、N2 B. NH3、NO、CO2‎ C. NH3、NO2、CO2 D. NO、CO2、N2‎ ‎【答案】B ‎【解析】二氧化氮是红棕色的气体,所以混合气体甲中一定不存在,硫酸和碱性气体能反应,所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸,剩余气体80mL,说明一定有NH3存在且体积为20mL,二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,一氧化氮无色,与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮,通过足量的过氧化钠后气体显红棕色,说明有NO和CO2,排水法收集气体,广口瓶被上升的水注满,结果得到酸性溶液,而几乎无气体剩余,说明没有N2,则甲气体的组成为NH3、NO、CO2,故选B。‎ ‎5.现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是( )‎ A. 制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或CaCl2‎ B. 将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈瓶口,试纸变红,说明NH3已经集满 C. 关闭a,将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c,打开b,完成喷泉实验,电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2,则E点时喷泉最剧烈 D. 工业上,若出现液氨泄漏,喷稀盐酸比喷洒NaHCO3溶液处理效果好 ‎【答案】D ‎【解析】A. CaO能与水反应,使c(OH-)增大,同时放出大量的热,有利于氨气的逸出,而CaCl2为中性的盐,能够溶于水,热量的变化很小,与水不反应,对氨气的逸出没有作用,A错误;‎ B. 氨气和水反应生成一水合氨,一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性,红色石蕊试液遇碱蓝色,所以检验三颈瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c,试纸变蓝色,证明NH3已收满,B错误;‎ C. 三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大,其反应速率越快,C点压强最小、大气压不变,所以大气压和C点压强差最大,则喷泉越剧烈,C错误;‎ D. 盐酸显酸性,碳酸氢钠溶液显碱性,氨水溶液显碱性,因此氨气在酸性溶液中的吸收效率高于碱性溶液中的吸收效率,D正确;‎ 综上所述,本题选D。‎ ‎6.在容积为2.0 L的密闭容器内,物质D在T ℃时发生反应,其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图,下列叙述不正确的是 ( )‎ A. 从反应开始到第一次达到平衡时,A物质的平均反应速率为0.0667 mol/(L·min)‎ B. 该反应的化学方程式为2D(s)2A(g)+B(g),该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2·c(B)‎ C. 已知:反应的∆H>0,则第5分钟时图象呈现上述变化的原因可能是升高体系的温度 D. 若在第7分钟时增加D的物质的量,则表示A的物质的量变化正确的是a曲线 ‎【答案】D ‎【解析】A.根据v=∆c/∆t计算得A物质的平均反应速率为0.4mol/(2L×3min)=0.0667 mol/(L·min),A正确;‎ B.根据图在第一次达到平衡时A的物质的量增加了0.4mol,B的物质的量增加了0.2mol,所以A、B为生成物,D的物质的量减少了0.4mol/L,所以D为反应物,D、A、B的变化量之比为0.4:0.4:0.2=2:2:1,反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比,化学方程式为2D(s)2A(g)+B(g),该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2·c(B),故B正确;‎ C.第5分钟时A、B的物质的量在原来的基础上增加,而D的物质的量在原来的基础上减小,说明平衡正向移动,因为反应的∆H>0,所以此时是升高温度,故C正确;‎ D.因为D是固体,量的改变不影响化学平衡,所以A的物质的量不变,故D错误;‎ 综上所述,本题选D。‎ ‎7.下列图示与对应的叙述相符的是( )‎ A. 图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化,则H2的燃烧热为241.8kJ·mo1-1‎ B. 图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响,乙的压强比甲的压强大 C. 若图3表示等质量的钾、钠分别与足量水反应,则甲代表钠 D. 图4表示常温下,稀释HA、HB两种酸的稀溶液时,溶液pH随加水量的变化,则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH ‎【答案】C ‎【解析】A、燃烧热是在一定条件下,1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量,与图象不吻合,故A错误;‎ B、该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应,增大压强平衡向正反应方向移动,则反应物的含量减少,该图中改变条件后,反应物的含量不变,说明平衡不移动,加入的是催化剂,故B错误;‎ C、钾比钠活泼,反应速率快。钠的摩尔质量小于钾的摩尔质量,在质量相等的条件下钠放出的氢气多,与图像吻合,故C正确;‎ D、在稀释过程中HA的pH变化大,说明HA的酸性比HB强,越弱越水解,所以NaA的水解程度小于NaB,NaA与NaB水解显碱性,所以NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎8.CH3OH是重要的化工原料,工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为:CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)。按n(CO):n(H2)=1:2,向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是( )‎ A. p10‎ C. 平衡常数:K(A)=K(B)‎ D. 在C点时,CO转化率为75%‎ ‎【答案】D ‎【分析】A.增大压强平衡向正反应方向移动;‎ B.由图可知,升高温度,平衡逆向移动,该反应的△H<0;‎ C.平衡常数只与温度有关;‎ D.设向密闭容器充入了1molCO和2molH2,利用三段法进行数据分析计算.‎ ‎【详解】A.由300℃时,增大压强,平衡正向移动,CH3OH的体积分数增大,所以p1>p2,故A错误;‎ B.图可知,升高温度,CH3OH的体积分数减小,平衡逆向移动,则该反应的△H<0,故B错误;‎ C.A、B处的温度不同,平衡常数与温度有关,故平衡常数不等,故C错误;‎ D.设向密闭容器充入了1molCO和2molH2,CO的转化率为x,则 ‎ CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)‎ 起始 1 2 0‎ 变化 x 2x x 结束 1-x 2-2x x 在C点时,CH3OH的体积分数=x/(1-x+2-2x+x)=0.5,解得x=0.75,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎9.实验室用含有杂质(FeO、Fe2O3)的废CuO制备胆矾晶体,经历了下列过程(已知 Fe3+在 pH=5时沉淀完全).其中分析错误的是 ( )‎ A. 步骤②发生的主要反应为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O B. 步骤②不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2‎ C. 步骤④过滤,步骤⑤蒸发结晶 D. 步骤③用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH ‎【答案】C ‎【解析】A. 步骤②为亚铁离子与过氧化氢的氧化还原反应,离子反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,故A正确;‎ B. 若步骤②用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2,引入杂质氯离子、硝酸根离子等,难以除去,同时会生成NO气体,所以步骤②不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2,故B正确;‎ C. 步骤④为过滤,硫酸铜溶液→硫酸铜晶体步骤应该为蒸发浓缩、冷却结晶,不是蒸发结晶,所以步骤⑤蒸发结晶错误,故C错误; ‎ D. CuCO3和CuO都与溶液中H+反应,起到调节溶液pH的作用,并不引入新的杂质,故D正确;‎ ‎【点睛】制备胆矾晶体流程:样品与足量硫酸反应,生成硫酸铜和硫酸亚铁,加入过氧化氢,发生氧化还原反应生成硫酸铁,然后加入CuO调节溶液的pH,使Fe3+水解而生成Fe(OH)3沉淀,得到硫酸铜溶液,经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体 ‎10.二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备,其原理如图所示:‎ 下列说法不正确的是( )‎ A. b电极接电源的负极,在b极区流出的Y溶液是稀盐酸 B. 二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH C. 电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3,则b极产生0.6gH2‎ D. 电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O ‎【答案】D ‎【解析】A. 电解池右边产生氢气,则b电极接电源的负极,在b极区氢离子得电子产生氢气,氯离子通过阴离子交换膜进入左边,盐酸变稀,则流出的Y溶液是稀盐酸,选项A正确;B、二氧化氯发生器中发生的反应为:NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑,则排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH,选项B正确;C、电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3,根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑,转移的电子的物质的量为0.6mol,则b极产生0.6gH2,选项C正确;D、电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4H2O +3Cl-=NCl3+4H+,选项D不正确。答案选D。‎ ‎11.在500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中,c(NO3-)=6 mol/L,用石墨电极电解此溶液,当通电一段时间后,两极均收集到22.4 L气体(标准状况),假定电解后溶液体积仍为500 mL,下列说法正确的是( )‎ A. 电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol B. 向电解后的溶液中加入98 g的Cu(OH)2可恢复为原溶液 C. 原混合溶液中c(K+)=4 mol/L D. 电解后溶液中c(H+)=2 mol/L ‎【答案】B ‎【解析】石墨作电极电解500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液,当通电一段时间后,两极均收集到22.4L气体(标准状况)阳极产生氧气,阴极开始时生成铜,然后放出氢气,n(O2)= n(H2)==1mol,根据阳极反应式4OH--4e-═O2↑+2H2O可知,转移4mol电子,阴极反应式为Cu2++2e-═Cu、2H++2e-═H2↑,生成氢气转移2mol电子,则生成铜也转移2mol电子,即有1mol Cu2+放电。‎ A.根据以上分析,电解得到的 Cu 的物质的量为1mol,故A错误;‎ B.由以上分析可知,析出1molCu,1molH2 和1molO2,根据少什么加什么,则加入 98 g 即1mol的 Cu(OH)2 可恢复为原溶液,故B正确;‎ C.c(Cu2+)==2mol/L,由电荷守恒可知,原混合溶液中c(K+‎ ‎)为6mol/L-2mol/L×2=2mol/L,故C错误;‎ D.电解后溶液中c(H+)为=4mol/L,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎12.下图是一种正投入生产的大型蓄电系统,放电前,被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3,放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是( )‎ A. 放电时,负极反应为3NaBr-2e-=NaBr3+2Na+‎ B. 充电时,阳极反应为2Na2S2-2e-=Na2S4+2Na+‎ C. 放电时,Na+经过离子交换膜,由b池移向a池 D. 用该电池电解饱和食盐水,产生2.24 L H2时,b池生成17.40gNa2S4‎ ‎【答案】C ‎【分析】由题意可知,放电时,负极上Na2S2被氧化为Na2S4,正极上NaBr3被还原为NaBr,则左储罐电解质为NaBr3/NaBr,右储罐电解质为Na2S2/Na2S4。‎ ‎【详解】A、放电时,负极上Na2S2被氧化为Na2S4,电极反应式为:2Na2S2-2e- =Na2S4+2Na+,故A错误;‎ B、充电时,电池的正极与电源正极相连,作阳极,阳极上NaBr被氧化为NaBr3,电极反应式为:3NaBr-2e-=NaBr3+2Na+,故B错误;‎ C、放电时,阳离子向正极移动,则离子Na+经过离子交换膜,由b池移向a池,故C正确;‎ D、没有确定是否为标准状况,无法计算氢气的物质的量,则无法计算b池生成Na2S4质量,故D错误;‎ 答案选C。‎ ‎13.常温下,向1 L 0.1 mol·L-1NH4Cl溶液中,不断加入固体NaOH后,NH4+与NH3·H2‎ O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)。下列说法不正确的是(  )‎ A. M点溶液中水的电离程度比原溶液小 B. 在M点时,n(OH-)-n(H+)=(a-0.05) mol C. 随着NaOH的加入,c(H+)/c(NH4+)不断增大 D. 当n(NaOH)=0.1 mol时,c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)‎ ‎【答案】C ‎【解析】A.M点是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中,不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液,铵根离子浓度和一水合氨浓度相同,一水合氨是一元弱碱抑制水电离,此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度,A正确;B.在M点时溶液中存在电荷守恒,n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+),n(OH-)-n(H+)=0.05+n(Na+)-n(Cl-)=(a-0.05)mol,B正确;C.铵根离子水解显酸性,结合水解平衡常数分析,c(H+)×c(NH3·H2O)/c(NH4+)×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O),随氢氧化钠固体加入,反应生成一水合氨浓度增大,平衡常数不变,则c(H+)/c(NH4+)减小,C错误;D.向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中,不断加入NaOH固体后,当n(NaOH)=0.1mol时,恰好反应生成氯化钠和一水合氨,根据物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O),D正确;答案选C。‎ ‎14.在25℃时,将1.0L c mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合,使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化),溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是(    )‎ A. 水的电离程度:a>b>c B. c点对应的混合溶液中:c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)‎ C. a点对应的混合溶液中:c(Na+)=c(CH3COO-)‎ D. 该温度下,CH3COOH的电离平衡常数 ‎【答案】D ‎【解析】A. CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合,CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O,形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,其中CH3COONa的水解促进水的电离,CH3COOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl,c点反应CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl恰好完全发生,CH3COONa减少,CH3COOH增多;若向该混合溶液中加入NaOH 固体,a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行,CH3COONa增多,CH3COOH减少,因此,水的电离程度: a>b>c,故A正确;‎ B.CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合,CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O,形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,b点溶液呈酸性,说明CH3COOH浓度远大于CH3COONa,c点CH3COONa与HCl反应完全,溶液呈酸性,此时溶液为CH3COOH和NaCl溶液,则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-),故B正确;‎ C.a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行,溶液中电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),此时pH=7,则c(H+)= c(OH-),则c(Na+)= c(CH3COO-),故C正确;‎ D. 该温度下pH=7时,c(H+)=10-7mol·L-1,c(CH3COO-)=c(Na+)=0.2mol/L,c(CH3COOH)=(c-0.2)mol/L,则醋酸的电离平衡常数Ka==,故D错误;‎ 故选D。‎ ‎【点睛】解答本题的难点是选项A,需要明确酸、碱抑制水的电离,盐类水解促进水的电离。需要分析a、b、c三点c(CH3COOH)和c(CH3COONa)的差别,从而确定水的电离程度的相对大小。‎ ‎15.25℃时,将浓度均为0.1 mol·L-1,体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合,保持Va+Vb=100 mL,Va、Vb与混合液pH的关系如图所示,下列说法正确的是( )‎ A. Ka(HA)=1×10-6‎ B. b点c(B+)=c(A-)=c(OH-)=c(H+)‎ C. a→c过程中水的电离程度始终增大 D. c点时,c(A-)/[c(OH-)⋅c(HA)]随温度升高而减小 ‎【答案】D ‎【分析】根据图知,酸溶液的pH=3,则c(H+)<0.1mol/L,说明HA是弱酸;碱溶液的pH=11,c(OH-)<0.1mol/L,则BOH是弱碱,结合图像分析解答。‎ ‎【详解】A、由图可知0.1mol/L HA溶液的pH=3,根据HA⇌H++A-可知Ka=10-3×10-3/0.1=10-5,A错误;‎ B、b点是两者等体积混合溶液呈中性,所以离子浓度的大小为:c(B+)=c(A-)>c(H+)=c(OH-),B错误;‎ C、a→b是酸过量和b→c是碱过量两过程中水的电离程受抑制,b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用,所以a→c过程中水的电离程度先增大后减小,C错误;‎ D、c点时,c(A-)/[c(OH-)⋅c(HA)]=1/Kh,水解平衡常数Kh只与温度有关,温度升高,Kh增大,1/Kh减小,所以c(A-)/[c(OH-)⋅c(HA)]随温度升高而减小,D正确;‎ 答案选D。‎ ‎16.电解质溶液的电导率越大,导电能力越强。用0.100 mol·L-1的NaOH溶液滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L-1 的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器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②代表滴定CH3COOH溶液的曲线 B. A点溶液中:c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1 mol·L-1‎ C. 在相同温度下,A、B、C三点溶液中水的电离程度: A<C<B D. D点溶液中:c(Cl-)+ 2c(H+)=2c(OH-)‎ ‎【答案】D ‎【分析】溶液导电能力与离子浓度成正比,CH3COOH是弱电解质,溶液中离子浓度较小,加入NaOH后,溶液中离子浓度增大,溶液导电性增强;HCl是强电解质,随着NaOH溶液加入,溶液体积增大,导致溶液中离子浓度减小,溶液导电能力减弱,当完全反应时离子浓度最小,继续加入NaOH溶液,离子浓度增大,溶液导电能力增强,根据图知,曲线②代表0.100 mol·L-1的NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线,曲线①代表0.100 mol·L-1的NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线,据此解答。‎ ‎【详解】A.由分析可以知道,曲线②代表0.100 mol·L-1的NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线,故A错误; B.A点溶液中c(Na+)=0.05mol/L,电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.05mol/L,故B错误; C.酸或碱抑制水电离,含有弱离子的盐促进水电离,C点溶质为NaCl,A点溶质为醋酸钠,促进水电离,B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH,NaOH会抑制水的电离,所以在相同温度下,水的电离程度:B<C<A,故C错误; D. D点溶液中,存在电荷守恒,c(Cl-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),定量分析可以知道, c(Na+)=1.5c(Cl-),将电荷守恒式中c(Na+)代换为c(Cl-)并整理得:c(OH-)=0.5c(Cl-)+c(H+),即c(Cl-)+ 2c(H+)=2c(OH-),所以D选项是正确的; 综上所述,本题正确答案为D。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共52分)‎ ‎17.硫化氢气体在资源利用和环境保护等方面均有重要应用。‎ ‎(1)工业上采用高温分解H2S制取氢气,2H2S(g)2H2(g)+S2(g),在膜反应器中分离出H2。在容积为2L的恒容密闭容器中,控制不同温度进行此反应。H2S的起始物质的量均为1mol,实验过程中测得H2S的转化率如图所示。曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系,曲线b表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率。‎ ①反应2H2S(g)2H2(g)+S2(g)的ΔH____(填“>”“<’或“=”)0。‎ ②985℃时,反应经过5s达到平衡状态,此时H2S的转化率为40%,则用H2表示的反应速率为v(H2)=____________。‎ ‎③随着H2S分解温度的升高,曲线b向曲线a逐渐靠近,其原因是______________________。‎ ‎(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S,其物质转化如图所示。‎ 在温度一定和不补加溶液的条件下,缓慢通入混合气体,并充分搅拌。欲使生成的硫单质中尽可能不含CuS,可采取的措施有____________________。‎ ‎【答案】 (1). > (2). 0.04mol/(L·s) (3). 温度升高,反应速率加快,达到平衡所需时间缩短 (4). 增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)‎ ‎【分析】(1)①根据温度升高,转化率增大,可知平衡正移,据此分析; ②根据转化率求出反应的量,再求反应速率; ③根据温度对速率的影响分析; (2)①根据图中各元素化合价变化分析; ②欲使生成的硫单质中不含CuS,则硫离子不能剩余,硫离子完全被氧化为S单质,据此分析。‎ ‎【详解】(1)①由图象可知,温度升高,转化率增大,则平衡正移,所以正方向为吸热方向,即△H>0,故答案为:>;‎ ‎②H2S的起始浓度均为1mol⋅L−1,若985℃时,反应经5s达到平衡,此时H2‎ S的转化率为40%,则参加反应的硫化氢为1mol×40%=0.4mol, ,故答案为: 0.04mol/(L·s);‎ ‎③随着温度升高,反应速率逐渐加快,达到平衡所需时间缩短,所以曲线b向曲线a逼近;故答案为:温度升高,反应速率加快,达到平衡所需时间缩短;‎ ‎(2)欲使生成的硫单质中不含CuS,则硫离子不能剩余,即硫离子完全被氧化为S单质,所以氧气必须过量,采取的措施为提高混合气体中空气的比例;由图示可知Fe3+起到催化作用,所以增大c(Fe3+)也可以使得硫离子完全被氧化为S单质,故答案为:增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)。‎ ‎18.对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施之一。‎ ‎(1)电镀厂的废水中含有的CN−有剧毒,需要处理加以排放。处理含CN−废水的方法之一是在微生物的作用下,CN−被氧气氧化成HCO3-,同时生成NH3,该反应的离子方程式为__________________________________________。‎ ‎(2)电渗析法处理厨房垃极发酵液,同时得到乳酸的原理如图所示(图中“HA”表示乳酸分子,A−表示乳酸根离子):‎ ①阳极的电极反应式为___________________________。‎ ②简述浓缩室中得到浓乳酸的原理:__________________________________________。‎ ③电解过程中,采取一定的措施可控制阳极室的pH约为6~8,此时进入浓缩室的OH−可忽略不计。400mL10g/L乳酸溶液通电一段时间后,浓度上升为145g/L(溶液体积变化忽略不计),阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为______L(提示:乳酸的摩尔质量为90g/mol)。‎ ‎【答案】(1). 4H2O+2CN−+O2=2HCO3-+2NH3↑ (2). 2H2O-4e−=4H++O2↑ (3). 阳极H2O放电,c(H+)增大,H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室,A−从阴极通过阴离子交换膜进入浓缩室,H++A−=HA,乳酸浓度增大 (4). 6.72‎ ‎【分析】(1)CN−废水的方法之一是在微生物的作用下,CN−被氧气氧化成HCO3−‎ ‎,同时生成NH3,结合质量守恒书写化学方程式; (2)根据电解池的工作原理:阳极上是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应来判断;根据电解池的工作原理:在电解池的阳极上是OH−放电,并且H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室,再根据差量法分析计算。‎ ‎【详解】(1)根据题干信息知,反应物为CN−、O2和水,生成物为CN−和HCO3-,并根据得失电子守恒配平反应得到离子方程式为:4H2O+2CN−+O2=2HCO3-+2NH3↑,故答案为: 4H2O+2CN−+O2=2HCO3-+2NH3↑;‎ ‎(2)①阳极上水失去电子,发生氧化反应,生成氧气,反应式为:2H2O-4e−=4H++O2↑;‎ ‎②在阳极上发生电极反应:2H2O-4e−=4H++O2↑,阴极上发生电极反应:2H++2e-=H2↑,根据电极反应式,则有关系:HA~H+~H2,据差值法,乳酸的浓度变化量是,, 即生成HA的物质的量是1.5mol/L×0.4L=0.6mol,即产生氢气0.3mol,即0.3mol×22.4L/mol=6.72L,故答案为:2H2O-4e−=4H++O2↑;阳极H2O放电,c(H+)增大,H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室,A−从阴极通过阴离子交换膜进入浓缩室,H++A−=HA,乳酸浓度增大; 6.72。‎ ‎19.火法炼铜是目前世界上最主要的冶炼铜的方法,其产量可占到铜总产量的85%以上,火法炼铜相关的方程式有 Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g) ΔH1=-271.4kJ/mol 反应①‎ Cu2S(s)+2Cu2O(s)=6Cu(s)+SO2(g) ΔH2=+123.2kJ/mol 反应②‎ ‎(1)Cu2S(s)在空气中煅烧生成Cu2O(s)和SO2(g)的热化学方程式是____________________________________________________。‎ ‎(2)在2L的恒温密闭容器中通入5mol氧气并加入足量Cu2S发生反应①(不考虑其它反应),容器中的起始压强为akPa,反应过程中某气体的体积分数随时间变化如图所示,反应前3min平均反应速率v(SO2)=______mol/(L·min),该温度下反应的平衡常数KP=______(KP为以分压表示的平衡常数)。若保持温度不变向平衡体系中再通入1mol氧气,达到新平衡后氧气的体积分数______(填“大于”“小于”或“等于”)原平衡时氧气的体积分数。‎ ‎【答案】(1). 2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g) ΔH=-937.4kJ/mol (2). 0.4 (3). 1.5 (4). 等于 ‎【分析】(1)根据盖斯定律计算反应热并书写热化学方程式;‎ ‎(2)根据速率表达式v(SO2)=,平衡常数及平衡移动原理分析解答。‎ ‎【详解】(1)Cu2S(s)在空气中煅烧生成Cu2O(s)和SO2(g)的反应方程式为:2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g),根据盖斯定律得此反应可由反应①×3-反应②得到,所以反应热为(-271.4kJ/mol×3)-123.2kJ/mol=-937.4kJ/mol,根据热化学方程式书写规则可得该反应热化学方程式为:2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g) ΔH=-937.4kJ/mol,故答案为:2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g) ΔH=-937.4kJ/mol;‎ ‎(2)根据图示知曲线为SO2的体积分数,反应过程中气体体积不变,则3min时,生成二氧化硫的物质的量为n=5mol×48%=2.4mol,则v(SO2)=;反应在7min后达到平衡,此时SO2的体积分数为60%,根据平衡常数的表达式得:;该反应前后气体体积不变,则通入氧气时,平衡不移动,转化率不变,则氧气的体积分数等于原平衡时氧气的体积分数,故答案为:0.4;1.5;等于。‎ ‎20.N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物含有氮氧化物尾气需处理后才能排放。‎ ‎(1)N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物,用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为_________________________。‎ ‎(2)NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收。‎ ‎①下列措施不能提高尾气中NO和NO2去除率的有_______(填字母代号)‎ A.采用气、液逆流的方式吸收尾气 B.加快通入尾气的速率 C.吸收尾气过程中定补加适量NaOH溶液 ‎②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤,得到NaNO2晶体,该晶体中的主要杂质是______(填化学式),吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是______(填化学式)。‎ ‎(3)NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气,可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同,NO的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。‎ ①在酸性NaClO溶液中,HC1O氧化NO生成Cl和NO3-,其离子方程式为__________________________________。‎ ②NaClO溶液的初始pH越小,NO转化率越高,其原因是________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2NH3+2O2N2O+3H2O (2). B (3). NaNO3 (4). NO (5). 3HClO+2NO+H2O=3C1−+2NO3-+5H+ (6). 溶液pH越小溶液中HClO的浓度越大氧化NO的能力越强 ‎【分析】(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O,类似于生成NO的反应,同时生成水; (2)①提高尾气中NO和NO2去除率,应是气体与氢氧化钠溶液充分接触而反应; ②反应生成NaNO2和NaNO3;如NO的含量比NO2大,则尾气中含有NO; (3)①在酸性NaClO溶液中,HClO氧化NO生成Cl-和NO3-,反应后溶液呈酸性; ②NaClO溶液的初始pH越小,HClO的浓度越大,氧化能力强。‎ ‎【详解】(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O和水,反应的化学方程式为2NH3+2O2N2O+3H2O;故答案为:2NH3+2O2N2O+3H2O;‎ ‎(2)①A.采用气、液逆流的方式吸收尾气,可使气体与氢氧化钠溶液充分反应,可以提高尾气中NO和NO2去除率,故A不选;‎ B.加快通入尾气的速率,气体不能充分反应,不能提高尾气中NO和NO2去除率,故B选;‎ C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液,可使气体充分反应,可以提高尾气中NO和NO2去除率,故C不选;故答案为B;‎ ‎②反应生成NaNO2和NaNO3,则含有的杂质为NaNO3,如NO的含量比NO2‎ 大,则尾气中含有NO,故答案为:NaNO3;NO;‎ ‎(3)①在酸性NaClO溶液中,HClO氧化NO生成Cl−和NO3−,反应后溶液呈酸性,则反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3C1−+2NO3-+5H+;‎ ‎②NaClO溶液的初始pH越小,HClO的浓度越大,氧化能力强,则提高NO转化率,故答案为:3HClO+2NO+H2O=3C1−+2NO3-+5H+;溶液pH越小,溶液中HClO的浓度越大,氧化NO的能力越强。‎ ‎【点睛】此题易错点在于第二小题的第一问,题干要求选出不能提高尾气中NO和NO2去除率,若反应充分则可以提高去除率,可以从此方面分析解答。 ‎

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