2018-2019学年湖北省荆门市高二上学期期末质量检测化学试题 解析版 23页

荆门市2018—2019学年度上学期期末高二年级质量检测 化 学 本试卷可能用到的相对原子质量：N:14 H:1 C:12 O:16 Ba:137 Cu:64 Au :197 Zn:65 Cl:35.5 ‎ 第I卷(选择题 共45分)‎ ‎1.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是 选项 现象或事实 解释 A 用热的烧碱溶液洗去油污 Na2CO3可直接与油污反应 B 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3‎ C 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效 D 明矾KAl(SO4)2·12H2O可用做水处理剂 明矾具有杀菌消毒作用 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性；‎ B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉在空气中久置变质；‎ C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效；‎ D、明矾可用做水处理剂是因为铝离子水解产生的氢氧化铝胶体具有吸附性，但不具杀菌消毒作用。‎ ‎【详解】A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在氢氧化钠溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液反应是水解生成氢氧化钠显碱性，Na2CO3 不可直接与油污反应，选项A错误；‎ B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉失效，选项B错误；‎ C、碳酸钾和氯化铵在溶液中发生双水解反应，生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用，选项C正确；‎ D、明矾可用做水处理剂是因为铝离子水解产生的氢氧化铝胶体具有吸附性，但不具杀菌消毒作用，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了盐类水解的分析应用，掌握物质性质和反应实质是关键，题目难度中等。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. 物质发生化学变化不一定都伴有能量的变化 B. 活化能越大，表明反应断裂旧化学键需要克服的能量越高 C. 同温同压下，反应H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同 D. C(石墨，s)===C(金刚石，s)　ΔH>0，说明金刚石比石墨稳定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、化学反应一定会伴随能量的变化，但伴随能量变化的不一定是化学变化，选项A错误；‎ B. 活化能越大，表明反应断裂旧化学键需要克服的能量越高，选项B正确；‎ C．反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，所以同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，选项C错误；‎ D、在热化学中有一条重要规律：能量越低越稳定，由反应C(石墨，s)=C(金刚石，s)的焓变大于0可知，1mol石墨的能量低于1mol金刚石的能量，故石墨比金刚石稳定，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列说法正确的是 A. 对于2NO2(g)N2O4(g)的平衡体系，压缩体积，增大压强，平衡正向移动，混合气体的颜色变浅 B. 化学平衡正向移动，反应物的转化率一定增大 C. 往平衡体系FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl中加入适量KCl固体，平衡逆向移动，溶液的颜色变浅 D. C(s)＋CO2(g)2CO(g)　ΔH＞0，其他条件不变时，升高温度，反应速率v(CO2)和CO2的平衡转化率均增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 对于2NO2(g)N2O4(g)的平衡体系，压缩体积，增大压强，平衡向气体体积缩小的方向移动，即正向移动，但平衡移动减小的浓度小于体积减小增大的浓度，混合气体的颜色变深，选项A错误；‎ B、两种物质参加的可逆反应，增加其中一种物质的量，另一种物质的转化率增加，而本身的转化率降低，如A+BC增加A的量，A本身转化率降低，而不是升高，选项B错误；‎ C. 往平衡体系FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl中加入适量KCl固体，因为氯离子和钾离子不参与离子反应，故平衡不移动，溶液的颜色不变，选项C错误；‎ D.C(s)＋CO2(g)2CO(g)　ΔH＞0，其他条件不变时，升高温度，活化分子的百分数增大，有效碰撞机率增大，反应速率v(CO2)增大，升高温度，向吸热反应的正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎4.下列实验操作规范且能达到目的的是 目的 操作 A.‎ 取20.00 mL盐酸 在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶 B.‎ 探究浓度对化学反应速率的影响 常温，向两只相同的试管中分别加入5mL0.1mol/L的KMnO4溶液，再分别加入2mL0.01mol/L的H2C2O4和2mL0.02mol/L的H2C2O4溶液，观察KMnO4溶液褪色所需要的时间。‎ C.‎ 测定醋酸钠溶液pH 用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上 D.‎ 配制氯化铁溶液 将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.50 mL酸式滴定管，50mL以下没有刻度，可容纳盐酸，则将剩余盐酸放入锥形瓶，体积大于20mL，选项A错误；‎ B、两只试管中加入的高锰酸钾溶液均过量，所以不能探究浓度对化学反应速率的影响，选项B错误；‎ C．湿润pH试纸，溶液浓度发生变化，导致测定结果偏低，选项C错误；‎ D．氯化铁是强酸弱碱盐，其在水溶液中能水解，为抑制氯化铁水解，配制氯化铁溶液时，将一定量氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中，再用水稀释到所需浓度，该实验操作能达到实验目的，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A. 0.1 mol Fe在0.1 mol氯气中充分燃烧时转移的电子数为0.3NA B. 0.1 L 3.0 mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的N原子数目为0.6NA C. 64 g的SO2与足量的O2充分反应后可得到NA个SO3分子 D. 标准状况下，2.24 L四氯化碳含有的分子数目为0.1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、0.1mol铁在0.1mol氯气中燃烧时，铁过量；‎ B、根据物料守恒，氮原子总数不变进行求算；‎ C、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应．‎ D、标况下四氯化碳为液态。‎ ‎【详解】A、0.1mol铁在0.1mol氯气中燃烧时，铁过量，氯气完全反应，且反应后变为-1价，故0.1mol氯气转移0.2NA个电子，选项A错误；‎ B. 根据物料守恒，0.1 L 3.0 mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的N原子数目为c(NH4+)+c(NH3•H2O)+c(NO3-)=0.1L×3.0mol/L×NA=0.6NA，选项B正确；‎ C、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故得到的三氧化硫分子个数小于NA个，选项C错误；‎ D、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大，易错点为选项B，应根据NH4NO3在水溶液中存在含氮原子的粒子有铵根离子、一水合氨和硝酸根离子，结合物料守恒进行判断。‎ ‎6.下列指定反应的离子或化学方程式正确的是 A. Na2S俗名臭碱的原因： S2-＋2H2O H2S＋2OH-‎ B. AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3＋＋4NH3·H2O===AlO2-＋4NH4+＋2H2O C. CuSO4溶液和Na2S溶液混合：Cu2＋＋S2－＋2H2O===Cu(OH)2↓＋H2S↑‎ D. Na2SO3(aq)蒸干得不到Na2SO3(s)的原因: 2Na2SO3+O2 === 2Na2SO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2S俗名臭碱的原因的离子反应为S2-+H2O⇌HS-+OH-，多元弱酸的阴离子是分步水解的，硫化钠在空气中易潮解并吸收空气中的二氧化碳，从而促进了硫离子的水解，有硫化氢生成并产生臭味，选项A错误；‎ B. 氢氧化铝不溶于稀氨水中，故AlCl3溶液中加入过量稀氨水，反应的离子方程式为：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+，选项B错误；‎ C. CuSO4溶液和Na2S溶液混合生成硫化铜沉淀和硫酸钠，反应的离子方程式为：Cu2＋＋S2－=CuS↓，选项C错误；‎ D. Na2SO3(aq)蒸干得不到Na2SO3(s)的原因是亚硫酸钠被氧气氧化生成硫酸钠，反应的化学方程式为2Na2SO3+O2 = 2Na2SO4，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎7.下列图示与对应的叙述错误的是 A.‎ ‎ 图甲表示分别用NaOH溶液滴定等浓度等体积的盐酸和醋酸溶液反应变化曲线，指示剂都可用酚酞 B. 图乙表示分别用等浓度AgNO3溶液滴定等浓度等体积的NaCl、NaBr及NaI溶液反应变化曲线(X-表示Cl-、Br-、I-)，则c为I–(溶度积常数：Ksp(AgI)＜Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl))‎ C. 图丙表示一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线，b→a可能是加CuCl2溶液导致的 D. 图丁表示其他条件不变时，可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g) ΔH＜0 ， C的物质的量分数与温度的关系 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.醋酸是弱电解质，相同浓度的醋酸溶液的pH大于盐酸溶液的pH，所以图甲表示分别用NaOH溶液滴定等浓度等体积的盐酸和酷酸溶液反应变化曲线,终点时两溶液分别显碱性和中性，因此指示剂都可用酚酞，选项A正确；‎ B.碘化银的溶度积常数最小，到达滴定终点后，碘离子的浓度最小，其负对数最大，因此图乙表示分别用等浓度AgNO3溶液滴定等浓度等体积的NaCl 、NaBr及NaI溶液反应变化曲线，图中a为I-，选项B错误；‎ C.氯化铜溶于水铜离子水解溶液显酸性，促进水的电离，图丙表示一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线，b→a可能是加CuCl2溶液导致的，选项C正确；‎ D.T2首先达到平衡状态,温度是T2大于T1，温度高C的含量小，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，正反应是放热反应，选项D正确。‎ 答案选B。‎ ‎8.在由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的离子组是 ‎ ‎① K＋、Cl－、NO3-、S2－ ②K＋、Fe2＋、Cl－、SO42- ③Na＋、I－、NO3-、SO42-④Na＋、Al3＋、Cl－、HCO3- ⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3-‎ A. ⑤ B. ①③ C. ②④ D. ③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】因由水电离产生的H+浓度为1×10－13mol/L的溶液，小于1×10-7mol/L，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸或碱的溶液，‎ ‎①碱性溶液中该组离子不反应，但在酸性溶液中NO3-、S2－发生氧化还原反应而不能大量共存，故①错误；‎ ‎②在碱性溶液中Fe2+、OH-结合生成沉淀，若酸溶液中该组离子不反应，故②错误；‎ ‎③该组离子在酸溶液中I－、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故③错误；‎ ‎④酸溶液中HCO3-与H+结合生成二氧化碳和水，碱溶液中HCO3-与OH-结合生成碳酸根离子和水，且Al3＋与OH-反应而不能大量共存，则一定不能共存，故④错误；‎ ‎⑤该组离子在酸或碱溶液中都不发生反应，则一定能大量共存，故⑤正确；‎ 答案选A。‎ ‎9.将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO－和ClO3-两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如下图所示。下列说法正确的是 A. 苛性钾溶液中KOH的物质的量是0.09 mol B. ClO3-的生成是由氯气的量的多少引起的 C. 在酸性条件下ClO－和ClO3-可生成Cl2‎ D. 反应中转移电子的物质的量是0.21 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知n（ClO-）=0.06mol，n（ClO3-）=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子n（Cl-）=0.06mol×（1-0）+0.03mol×（5-0）=0.21mol，故转移电子物质的量为0.21mol，根据物料守恒可知n（K+）=n（Cl-）+n（ClO-）+n（ClO3-）=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，结合m=nM计算氢氧化钾质量。‎ ‎【详解】氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知n（ClO-）=0.06mol，n（ClO3-）=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子n（Cl-）=0.06mol×（1-0）+0.03mol×（5-0）=0.21mol，故转移电子物质的量为0.21mol，根据物料守恒可知n（K+）=n（Cl-）+n（ClO-）+n（ClO3-）=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol。‎ A．通过以上分析知，氢氧化钾的物质的量=0.3mol，选项A错误；‎ B．根据图象知，氯气和氢氧化钾先生成次氯酸钾，且该反应是放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，所以氯酸根离子的生成是由于温度升高引起的，选项B错误；‎ C．次氯酸根离子中氯元素是+1价，ClO3-中氯元素是+5价，氯气中氯元素为0价，因此在酸性条件下次氯酸根离子和ClO3-不能发生反应生成氯气，选项C错误；‎ D．该反应中转移电子的物质的量=0.06mol×（1-0）+0.03mol×（5-0）=0.21mol，选项D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查了氧化还原反应的计算，明确该反应中的生成物是解本题关键，结合原子守恒、转移电子守恒来分析解答，难度中等。‎ ‎10.采用电化学法还原CO2是一种使CO2资源化的方法。下图是利用此法制备ZnC2O4的示意图(电解液不参与反应)。下列说法中正确的是 A. Zn与电源的负极相连 B. ZnC2O4在交换膜右侧生成 C. 电解的总反应为2CO2＋ZnZnC2O4‎ D. 通入11.2 L CO2时，转移0.5 mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 采用电化学法还原CO2制备ZnC2O4的过程中，碳元素的化合价降低，所以通入二氧化碳的电极是阴极，即Pb是阴极，和电源的负极相连，Zn是阳极，和电源的正极相连，总反应为：2CO2+ZnZnC2O4，根据反应式计算。‎ ‎【详解】A、采用电化学法还原CO2制备ZnC2O4的过程中，碳元素的化合价降低，所以通入二氧化碳的电极是阴极，即Pb是阴极，和电源的负极相连，Zn是阳极，和电源的正极相连，选项A错误；‎ B、在阴极上，二氧化碳得电子得C2O42-，在阳极上，金属锌失电子成为锌离子，从阳极移向阴极，所以ZnC2O4在交换膜左侧生成，选项B错误；‎ C、在阴极上，二氧化碳得电子得C2O42-，在阳极上，金属锌失电子成为锌离子，电解的总反应为：2CO2＋ZnZnC2O4，选项C正确；‎ D、电解的总反应为：2CO2＋ZnZnC2O4，2mol二氧化碳反应伴随2mol电子转移，当通入标况下的11.2 L CO2时，转移0.5 mol电子，但题干中没说明标准状况下，选项D错误．‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查学生电解池的工作原理以及电极反应式的书写和应用知识，注意知识的迁移应用是关键，难度不大。‎ ‎11. 下列反应在任何温度下均能自发进行的是 A. 2H2O2（l）= O2（g）+ 2H2O （l）△H=" -" 196 kJ•mol-1‎ B. 2N2（g）+ O2（g）= 2N2O（g）△H=" +163" kJ•mol-1‎ C. 2Ag（s）+ Cl2（g）= 2AgCl（s）△H=" -" 254 kJ•mol-1‎ D. 2HgO（s）= 2Hg（l）+ O2（g）△H= +182kJ•mol-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、2H2O2（l）= O2（g）+ 2H2O （l），△H＜0、△S＞0，任何温度下△G=△H—T△S＜0能自发进行，A正确；B、2N2（g）+ O2（g）= 2N2O（g），△H＞0、△S＜0，任何温度下△G=△H—T△S>0不能自发进行，B错误；C、2Ag（s）+ Cl2（g）= 2AgCl（s），△H＜0、△S＜0，温度较低时△G＜0，故低温能自发进行，C错误；D、2HgO（s）=2Hg（l）+ O2（g），△H＞0、△S＞0，温度较高时△G＜0，故高温能自发进行，D错误。答案选A。‎ 考点：考查化学反应进行的方向 ‎12. 一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是 A. pH=5的H2S溶液中，c(H+)= c(HS－)=1×10—5mol·L—1‎ B. pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1‎ C. pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)+ c(H＋)= c(OH－)+c( HC2O4－)‎ D. pH相同的①CH3COO Na②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A.H2S溶液中分步电离，H2SH++HS-，HS-H++S2-，根据电荷守恒知c(H+)= c(HS－)+2 c(S2-)+ c(OH-)=1×10—5 mol·L—1 ，A项错误；B.加水稀释促进一水合氨的电离，pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a＜b+1，B项错误；C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），C项错误；D.酸性大小为CH3COOH＞H2CO3＞HClO，组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，相同浓度时溶液的碱性越强。pH相同的①CH3COO Na②NaHCO3③NaClO三种溶液，盐的浓度：①＞②＞③，c（Na+）：①＞②＞③，D项正确；故选D。‎ 点睛：本题考查电解质溶液中离子浓度大小关系，题目难度中等。解答此类题目要注意首先分析溶液中存在的平衡确定溶液中存在哪些微粒，然后抓住弱电解质的电离、盐类的水解是微弱的，结合溶液的酸碱性进行分析；涉及等式关系要注意电荷守恒、物料守恒和质子守恒的灵活运用。‎ ‎13.将一定量的SO2(g)和O2(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，在不同温度下进行反应：2SO2(g)+ O2(g)2SO3 △H<0。得到如表中的两组数据，下列说法不正确的是 实验编号 温度/℃‎ 平衡常数/mol-1·L 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min SO2‎ O2‎ SO2‎ O2‎ ‎1‎ T1‎ K1‎ ‎4‎ ‎2‎ x ‎0.8‎ ‎6‎ ‎2‎ T2‎ K2‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎0.4‎ y t A. T1、T2的关系：T1 ＞ T2‎ B. x= 1.6，y=0.2 ，t<6‎ C. K1、K2的关系：K2＞K1‎ D. 实验1在前6min的反应速率υ(SO2)=0.2 mol·L-1·min-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 在实验1中，2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）‎ ‎ 起始 4 2 0‎ ‎ 转化 2.4 1.2 2.4‎ ‎ 平衡 1.6 0.8 2.4‎ 实验2中，2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）‎ ‎ 起始 4 2 0‎ ‎ 转化 3.6 1.8 3.6‎ ‎ 平衡 0.4 0.2 3.6‎ 两个实验中起始浓度相同，温度不同，由上述计算可知，实验2中达到平衡时，反应物的转化率更大，因该反应为放热反应，说明T2＜T1，实验2中正向进行的程度大，平衡常数K2＞K1。A. 由上述分析可知，实验2对应的温度低，即T1>T2，故A正确；B. 由上述分析可知，x=1.6，y=0.2，温度越低，反应速率越小，则t>6，故B错误；C. 该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，因T1>T2，则K2>K1，故C正确；D. 实验1在前6min的平均反应速率υ(SO2)=2.4mol÷2L÷6min=0.2 mol⋅L−1⋅min−1，故D正确；答案选B。‎ ‎14.化学家正在研究尿素动力燃料电池，尿液也能发电。用这种电池直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水，又能发电，尿素燃料电池结构如图所示，下列有关描述正确的是 A. 电池工作时H＋移向负极 B. 该电池用的电解质溶液是KOH溶液 C. 甲电极反应式：CO(NH2)2＋H2O+6e－===CO2＋N2＋6H＋‎ D. 电池工作时，理论上每净化1 mol CO(NH2)2，消耗标况下氧气33.6 L O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、原电池中阳离子向正极移动；‎ B．该原电池是酸性电解质；‎ C．负极上是CO(NH2)2失电子生成二氧化碳和氮气；‎ D．根据电池的总反应式进行计算。‎ ‎【详解】A、原电池中阳离子向正极移动，则电池工作时H+移向正极，选项A错误；‎ B．该原电池是酸性电解质，质子交换膜只允许氢离子通过，选项B错误；‎ C．负极上是CO(NH2)2失电子生成二氧化碳和氮气，则负极反应式为：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+，选项C错误；‎ D．电池的总反应式为：2CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，每净化1mol CO(NH2)2，消耗1.5molO2，则在标准状况下氧气为33.6L，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了原电池原理的应用，注意掌握电极方程式的书写是解决本题的关键，注意用气体的体积求算物质的量是要看清是否是标准状况，题目难度中等。‎ ‎15.常温下，用0.10 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是 A. 点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)＜c(CN－)‎ B. 点③和点④所示溶液中：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)‎ C. 点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)‎ D. 点②和点③所示溶液中都有：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温下用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol/LCH3COOH溶液和HCN，对于同浓度同体积的CH3COOH和HCN来说，根据起始pH大小可判断酸性CH3‎ COOH＞HCN，结合图象和溶液中的守恒思想，据此判断分析。‎ ‎【详解】常温下用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol/LCH3COOH溶液和HCN，对于同浓度同体积的CH3COOH和HCN来说，根据起始pH大小可判断酸性CH3COOH＞HCN。‎ A．点①的溶液中存在电荷守恒为c（OH-）+c（CN-）=c（Na+）+c（H+），而且c（OH-）>c（H+），点②所示溶液中的电荷守恒为c（OH-）+c（CH3COO-）=c（Na+）+c（H+），而且c（OH-）c（CN-），选项A错误；‎ B．点③中pH=7，则c（OH-）=c（H+），则点③中c（Na+）=c（CH3COO-）>c（H+）=c（OH-），选项B错误；‎ C．点①的溶液中存在物料守恒为c（HCN）+c（CN-）=c（Na+），点②所示溶液中的物料守恒为c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=c（Na+），二者中钠离子浓度相同，则c（HCN）+c（CN-）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-），即c（CH3COO-）-c（CN-）=c（HCN）-c（CH3COOH），选项C正确；‎ D．点②和点③所示溶液中存在电荷守恒c（OH-）+c（CH3COO-）=c（Na+）+c（H+），在③中Na元素的物质的量与醋酸的总物质的量相同，由于醋酸根离子要水解，所以c（Na+）>c（CH3COOH），所以c（CH3COO-）+c（OH-）>c（CH3COOH）+c（H+），选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱滴定原理，弱电解质的电离平衡，盐类水解得知识，根据图象分析，牢牢把握溶液中的守恒思想是解题的关键，题目难度中等。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共55分)‎ ‎16.按要求答题：‎ ‎(1)金属焊接时可用NH4Cl溶液作除锈剂的原因(用离子方程式回答)_____________________________。‎ ‎(2)25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得pH＝6，则溶液中c(CH3COO－)－c(Na＋)＝_____________mol·L－1(填精确值)。‎ ‎(3)常温下，将pH=a的NaOH溶液与pH=b的醋酸溶液等体积混合后，两者恰好完全反应，则该温度下醋酸的电离平衡常数约为_______________________(用含代数a、b等表示)。‎ ‎(4)常温，PH=5 的H2SO4溶液加水稀释至原溶液体积的1000倍，求稀释后溶液中c(H+):c(SO42-)=________‎ ‎(5)已知：H2CO3的电离平衡常数 K1＝4.4×10－7 ； K2＝4.7×10－11，HClO的电离平衡常数K=3.0×10－8，则将少量CO2气体通入NaClO溶液中的离子方程式____________________‎ ‎(6)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1 L 1 mol·L－1‎ 的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为_____________________‎ ‎【答案】 (1). NH4++H2O NH3·H2O+H+ (2). 9.9×10－7 (3). 1014-a-2b 或 10-2b/(10 a-14-10-b) (4). 20:1 (5). CO2+ ClO-+H2O=HCO3-+ HClO (6). ΔH1=ΔH2<ΔH3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）NH4Cl溶液水解呈酸性，可除去铁锈；‎ ‎（2）从溶液呈电中性的角度分析；‎ ‎（3）pH=a的氢氧化钠溶液中c（NaOH）=c（OH-）=10a-14mol/L，醋酸部分电离，则pH=b的醋酸溶液中c（醋酸）＞10-bmol/L，酸碱恰好中和，则酸的物质的量与碱的物质的量相等，据此分析；‎ ‎（4）由溶液pH=5，计算原溶液中c（H+），原溶液中c（SO42-）=c（H+），稀释1000倍，此时溶液接近中性，氢离子浓度不可能小于1×10-7mol/L，只能无限接近1×10-7mol/L，而稀释过程中硫酸根的物质的量不变，计算稀释后溶液中硫酸根的物质的量浓度，据此计算解答；‎ ‎（5）依据电离常数分析可知酸性为： H2CO3 > HClO> HCO3-，根据强酸可以制取弱酸分析；‎ ‎（6）H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H=-57.3kJ•mol-1；中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程。‎ ‎【详解】（1）NH4Cl溶液水解呈酸性，可除去铁锈，水解的离子方程式为NH4++H2O NH3·H2O+H+；‎ ‎（2）CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，溶液不显电性，由电荷守恒可知存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），pH=6，c（H+）=10-6mol/L，c（OH-）=10-8mol/L，则溶液中c（CH3COO-）-c（Na+）=9.9×10-7mol/L；‎ ‎（3）酸碱恰好中和，则酸的物质的量与碱的物质的量相等，所以醋酸的浓度为10a-14mol/L，而醋酸电离出的氢离子与醋酸根离子的浓度相等，都等于10-bmol/L，所以Ka==1014-a-2b；‎ ‎（4）pH为5的溶液中氢离子浓度为：c（H+）=1×10-5mol/L，硫酸根离子的浓度为：c（SO42-）=c（H+）=×1×10-5mol/L=5×10-6mol/L；‎ 溶液稀释1000倍后，氢离子浓度不可能小于1×10-7mol/L，只能无限接近1×10-7‎ mol/L，而硫酸根离子浓度为：c（SO42-）=5×10-6mol/L×=5×10-9mol/L，‎ 所以稀释后溶液中c（H+）与c（SO42-）的比值近似为：1×10-7mol/L：5×10-9mol/L=20：1；‎ ‎（5）依据电离常数分析可知酸性为： H2CO3 > HClO> HCO3-，根据强酸可以制取弱酸，则将少量CO2气体通入NaClO溶液中的离子方程式为CO2+ ClO-+H2O=HCO3-+ HClO；‎ ‎（6）中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L 1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程，稀氨水和1L 1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，反应焓变是负值，所以△H1=△H2＜△H3。‎ ‎17.某化学实验小组从商店买回的浓硫酸试剂标签的部分内容破损。由于试剂瓶口密封签已破损，他们怀疑该硫酸的质量分数与标签不符，决定开展研究。部分破损标签内容为硫酸：化学纯(CP) 品名：硫酸， 化学式：H2SO4相对分子质量：98，质量分数：98% 密度：1.84g/cm3。甲同学认为，可以用一种精密仪器测量该溶液的c(H＋)，若c(H＋)＝36.8 mol·L－1，则该溶液的质量分数为98%。乙同学认为，即使有精密的仪器，甲同学的方案也不行，建议用重量分析法来测定。具体设想：取一定体积的该硫酸与足量氯化钡溶液反应，过滤、洗涤、干燥沉淀，称量沉淀的质量。丙同学则建议用中和滴定法进行测定，设想如下：①准确量取一定体积的硫酸，用适量的水稀释；②往稀释后的溶液中滴入几滴指示剂；③用碱式滴定管量取标准浓度的氢氧化钠溶液滴定，直到出现滴定终点为止；④记录消耗的氢氧化钠溶液的体积。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)乙同学推测甲同学的方案不可行的理由是_____________________________________‎ ‎(2)乙同学的方案的关键操作有两点：①确保SO42-完全沉淀；②洗涤沉淀，确保沉淀不含杂质。在实际中，请设计简单实验检验SO42-是否完全沉淀：____________________________‎ 检验沉淀是否洗净的操作方法是__________________________________________________；‎ ‎(3)在丙同学的方案中步骤②用到的指示剂是____________；达到滴定终点的标志是______________________________________________________________________________。‎ ‎(4)丙同学的方案中，下列操作使测定结果偏小的是_____________。‎ ‎①在滴定前未用NaOH标准溶液润洗滴定管，②滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后滴定管尖嘴部分仍有气泡，③锥形瓶用蒸馏水洗净后，没有用待测液润洗，④滴定前，仰视读数，滴定后，仍仰视读数，⑤滴定前，仰视读数，滴定后，俯视读数 ‎(5)丙同学在实验中，分别取等体积原硫酸，用NaOH溶液滴定三次，终点时，得到的NaOH溶液体积如下表所示：‎ 实验序号 硫酸体积 NaOH溶液体积 NaOH溶液浓度 ‎①‎ ‎5.00 mL ‎35.65 mL ‎5.00 mol·L-1‎ ‎②‎ ‎5.00 mL ‎39.65 mL ‎5.00 mol·L-1‎ ‎③‎ ‎5.00 mL ‎35.55 mL ‎5.00mol·L-1‎ 通过计算，该浓硫酸物质的量浓度为____________________________________________。是否与标签上表示的溶质质量分数相同___________(填“是”或“否”)‎ ‎【答案】 (1). 浓硫酸主要以分子形式存在 (2). 静置，取少量上层清液，滴加氯化钡(或硝酸钡等)溶液，若产生白色沉淀，则说明SO42-没有完全沉淀；若不产生白色沉淀，则说明SO42-已完全沉淀 (3). 取最后一次洗涤液少许于试管，向其中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已经洗净，否则则没有洗净 (4). 酚酞试液 (5). 无色变成粉红色，且半分钟内不褪色 (6). ⑤ (7). 17.8mol·L－1 (8). 否 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）浓硫酸含水少，硫酸基本不电离，主要以分子形式存在，所以测不出氢离子浓度，故答案为：浓硫酸含水少，硫酸主要以分子形式存在；‎ ‎（2）检验SO42-是静置，取少量上层清液，滴加氯化钡(或硝酸钡等)溶液，若产生白色沉淀，则说明SO42-没有完全沉淀；若不产生白色沉淀，则说明SO42-已完全沉淀；‎ 检验沉淀是否洗净的操作方法是取最后一次洗涤液少许于试管，向其中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已经洗净，否则则没有洗净；‎ ‎（3）氢氧化钠滴定硫酸用酚酞试液作指示剂；达到滴定终点的标志是当滴入最后一滴，溶液由无色变成粉红色，且半分钟内不褪色；‎ ‎（4）①在滴定前未用NaOH标准溶液润洗滴定管，则导致氢氧化钠的浓度被稀释，所以滴下的氢氧化钠体积偏大，硫酸浓度偏大；‎ ‎②滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后滴定管尖嘴部分仍有气泡，读数没有偏差，硫酸浓度不变；‎ ‎③锥形瓶用蒸馏水洗净后，没有用待测液润洗，对氢氧化钠的量没有影响，所以硫酸浓度不变；‎ ‎④滴定前，仰视读数，滴定后仍仰视读数，读数无偏差，故硫酸浓度不变；‎ ‎⑤滴定前，仰视读数，滴定后，俯视读数，读数比真实值偏小，故硫酸浓度偏小；‎ 故答案为⑤；‎ ‎（5）根据实验数据舍去误差大的数据（VNaOH=39.65 mL），可得V（NaOH）==35.60 mL，根据中和滴定测得浓硫酸的浓度为c（H2SO4）=mol•L-1=17.8mol•L-1，根据标签数据计算得浓硫酸的物质的量浓度为c（H2SO4）= mol•L-1=19.8mol•L-1>17.8mol•L-1，所以与标签上表示的溶质质量分数不相同。‎ ‎18.碳和碳的化合物在生产、生活中的应用非常广泛，在提倡健康生活已成潮流的今天，“低碳生活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的新的生活方式。‎ ‎(1)甲烷燃烧放出大量的热，可作为能源用于人类的生产和生活。‎ 已知：①2CH4(g)+3O2(g)=2CO(g)+4H2O(l) △H=—1214 kJ/mol ‎②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H= —566kJ/mol 则表示甲烷燃烧热的热化学方程式____________________________________________。‎ ‎(2)氢气、甲烷、甲醇是优质的清洁燃料，可制作燃料电池。‎ 某同学利用甲烷燃料电池设计了一种电解法制取Fe(OH)2的实验装置(如下图所示)，通电后，溶液中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色。下列说法中正确的是___________(填序号)‎ A．电源中的a一定为正极，b一定为负极 B．不能用NaCl溶液作为电解液 C．A、B两端都必须用铁作电极 D．阴极发生的反应是：2H++ 2e－= H2↑‎ ‎(3)生产甲醇的原料CO和H2来源于：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)‎ ‎①一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图，则Pl_________P2；A、B、C三点处对应平衡常数(KA、KB、KC)的大小顺序为___________(填“＜”、“＞”“=”)‎ ‎②100℃时，将1mol CH4和2mol H2O通入容积为10L的反应室，反应达平衡的标志是：_______‎ a．容器的压强恒定 b．单位时间内消耗0.1mol CH4同时生成0.3mol H2‎ c．容器内气体密度恒定 d．3v(CH4)=v(H2)‎ e. 容器内气体平均相对分子质量恒定 ‎③如果将1mol CH4和2mol H2O通入容积为10L的反应室达到平衡时CH4的转化率为50%，则100℃时该反应的平衡常数K=___________。‎ ‎(4)已知2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-akJ•mol-1(a＞0)，在一个容积固定的容器中加入2mol H2和1mol CO，在500℃时充分反应，达平衡后CH3OH的浓度为W mol•L-1。反应平衡后，若向原来容器中再加入2mol H2和1mol CO，500℃充分反应再次达平衡后，则CH3OH浓度___________2Wmol•L-1(填“＞”、“＜”或“=”)。‎ ‎(5)某实验小组利用CO(g)、O2(g)、KOH(aq)设计成如图所示的电池装置，‎ ‎①负极的电极反应式为___________，‎ ‎②用该原电池做电源，用惰性电极电解200mL饱和食盐水(足量)，消耗标准状况下的CO 224mL，则溶液的pH=___________‎ ‎【答案】 (1). CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ．mol-1 (2). AD (3). ＜ (4). KC＞KB＞KA (5). ae (6). 2.25×10-2(mol/L)2 (7). ＞ (8). CO-2e-+4OH-=CO32-+2H2O (9). 13‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）甲烷完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水，所以甲烷燃烧热的热化学方程式中甲烷的物质的量是1mol，将①②相加除以2可得反应CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) △H=（△H1+△H2）=-890kJ．mol-1，答案为CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ‎ ‎△H=-890kJ．mol-1；‎ ‎（2）A、电解过程中两极分别是H+和Fe放电生成氢气和亚铁离子，通电后，溶液中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色，则当A电极用铁作阳极时，产生的沉淀下沉不会影响阳极的电极反应，从而可以产生大量的沉淀，所以a为正极，b为负极，B端生成氢气可以保护沉淀、防止沉淀被氧化，选项A正确；‎ B、在装置中铁一定作阳极，所以氯化钠溶液是电解质溶液，不影响阳极Fe放电生成亚铁离子，阴极H+放电生成氢气，选项B错误；‎ C、装置中铁一定作阳极，阴极可以是铁，也可以是其他惰性电极，选项C错误；‎ D、阴极H+放电生成氢气，选项D正确。‎ 答案选AD；‎ ‎（3）①根据一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系图知道，温度不变，则增大压强，平衡CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）逆向移动，甲烷的转化率减小，所以PlKB>KA；‎ ‎②a．反应是前后系数和变化的反应，当容器的压强恒定，则达到了平衡，故正确；‎ b．单位时间内消耗0.1mol CH4同时生成0.3molH2，只能说明正反应速率，不能证明正逆反应速率相等，不一定平衡，故错误；‎ c．容器内气体密度=，质量是守恒的，V是不变的，所以密度始终不变，当密度不变时，不一定平衡，故错误；‎ d．3v正（CH4）=v逆（H2），没有说明是正反应速率还是逆反应速率，能体现v（正）=v（逆），应为3v正（CH4）=v逆（H2）才可行，故错误；‎ e. 反应是前后系数和变化的反应，容器内气体质量恒定，气体总物质的量在变，则平均相对分子质量恒定时则反应达到平衡状态，故正确；‎ 故选ae；‎ ‎ CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）‎ 初始浓度：0.1 0.2 0 0‎ 变化浓度：0.05 0.05 0.05 0.15‎ 平衡浓度：0.05 0.15 0.05 0.15‎ 所以平衡常数K==2.25×10-2（mol/L）2；‎ ‎(4)已知2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-akJ•mol-1(a＞0)，在一个容积固定的容器中加入2mol H2和1mol CO，在500℃时充分反应，达平衡后CH3OH的浓度为W mol•L-1。反应平衡后，若向原来容器中再加入2mol H2和1mol CO，500℃充分反应再次达平衡后，假如平衡不移动，容积不变，则CH3OH浓度等于2Wmol•L-1，但由于反应为气体体积缩小的反应，则同等程度增大反应物的浓度相当于增大压强，平衡正向移动，甲醇的浓度增大，则大于2Wmol•L-1；‎ ‎（5）在CO（g）、O2（g）、KOH（aq）设计成的燃料电池装置中，CO发生氧化反应，在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水，负极电极反应式为：CO-2e-+4OH-=CO32-+2H2O，用该原电池做电源，常温下，用惰性电极电解200mL饱和食盐水（足量），当消耗的标准状况下的CO 224mL，即0.01mol时，转移电子是0.02mol，根据电解氯化钠的反应方程式：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑，当转移电子是0.02mol时，生成氢氧化钠的物质的量是0.02mol，所以氢氧化钠浓度是=0.1mol/L，即pH=13。‎ ‎19.高纯活性氧化锌可用于光催化、光电极、彩色显影等领域。以工业级氧化锌(含Fe2＋、Mn2＋、Cu2＋、Ni2＋、Cd2＋等)为原料，用硫酸浸出法生产高纯活性氧化锌的工艺流程如下：‎ 已知Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)浸出时，为了提高浸出效率可采用的措施有(写两种)：___________；___________。‎ ‎(2)氧化时，加入KMnO4溶液是为了除去浸出液中的Fe2＋和Mn2＋(溶液中Mn全部转化为MnO2)，请配平下列除去Fe2＋的离子方程式：MnO＋Fe2＋＋ ===MnO2↓＋Fe(OH)3↓＋H＋ ____________ ‎ ‎(3)加入锌粉的目的是_______________________________________________________。‎ ‎(4)已知H2SO4浸出液中，c(Fe2＋)＝5.04 mg·L－1、c(Mn2＋)＝1.65 mg·L－1，加入KMnO4溶液反应一段时间后，溶液中c(Fe3＋)＝0.56 mg·L－1，若溶液pH＝3，则此时Fe3＋__________(填“能”或“不能”)生成沉淀。‎ ‎(5) 已知：常温下，①Ka1(H2CO3)＝4.3×10-7，Ka2(H2CO3)＝5.6×10-11；②H2‎ R及其钠盐的溶液中，H2R、HR－、R2-分别在三者中所占的物质的量分数(α)随溶液pH的变化关系如图所示。‎ ‎①比较H2R ，HR－，H2CO3三者的酸性强弱_________________________________‎ ‎②NaHR溶液中存在= _______________________‎ ‎【答案】 (1). 将工业级氧化锌粉碎、搅拌， (2). 增大硫酸浓度，提高浸出温度等 (3). 1　3　7　H2O　1　3　5 (4). 调节溶液pH，除去溶液中的Cu2＋、Ni2＋、Cd2＋等 (5). 不能 (6). H2R ＞HR－＞H2CO3 (7). 10-3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）增大接触可以提高浸出效率，如搅拌、将氧化锌粉碎等；‎ ‎（2）Mn元素化合价由MnO4-中+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，Fe元素化合价由Fe2+中+2价升高为Fe（OH）3中+3价，共升高1价，化合价升降最小公倍数为3，则MnO4-的系数为1，Fe3+的系数为3，由原子守恒可知缺项为水，再结合原子守恒、电荷守恒配平；‎ ‎（3）调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等；‎ ‎（4）溶液中c（Fe3+）=0.56mg．L-1，物质的量浓度为10-5mol/L，溶液pH=3，则溶液中c（OH-）=10-11mol/L，计算浓度积Qc，与溶度积Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38比较判断；‎ ‎（5）根据电离常数比较酸性强弱；‎ ‎【详解】（1）搅拌、将氧化锌粉碎等可以增大反应物的接触面积，可以提高浸出效率，故答案为：搅拌、将氧化锌粉碎；‎ ‎（2）Mn元素化合价由MnO4-中+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，Fe元素化合价由Fe2+中+2价升高为Fe（OH）3中+3价，共升高1价，化合价升降最小公倍数为3，则MnO4-的系数为1，Fe3+的系数为3，由原子守恒可知缺项为水，再结合原子守恒、电荷守恒配平：MnO4-+3Fe2++7H2O═MnO2↓+3Fe（OH）3↓+5H+，‎ 故答案为：1；3；7H2O；1；3；5；‎ ‎（3）加入锌粉的目的是：调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等；‎ ‎（4）溶液中c（Fe3+）=0.56mg．L-1，则其物质的量浓度为10-5mol/L，溶液pH=3，则溶液中c（OH-）=10-11mol/L，10-5×（10-11）3=1×10-38