2017-2018学年辽宁省六校协作体高二上学期期中考试化学试题 解析版 20页

辽宁省六校协作体高二期中化学试卷 ‎（考试时间：90分钟 满分：100分）‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Al 27 Cu 64 S 32 Cl 35.5 K 39 Cr 52 Mn 55 Fe 56 Zn 65‎ 第Ⅰ卷 （50分）‎ 一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分，在每小题的四个选项中，只有一项符合题意）‎ ‎1. 下列关于能源和作为能源的物质叙述错误的是 （ ）‎ A. 化石能源物质内部蕴涵着大量的能量 B. 绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来 C. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用 D. 吸热反应没有利用价值 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A.煤、石油、天然气等化石能源在燃烧时产生大量的热，为我们提供能量，所以化石能源物质内部蕴涵着大量的能量，A项正确；B.绿色植物在叶绿体内进行光合作用，在太阳光照射下，将二氧化碳和水转化为淀粉、蛋白质等有机物，将太阳能转化为化学能“贮存”起来，B项正确；C．物质燃烧时化学能转化为热能被利用；物质在发生原电池反应时将化学能转化为电能被人类利用，C项正确；D.煤是重要的供能物质，但煤燃烧热能利用率比较低，而且会产生大气污染，如果使煤与水反应生成水煤气等气体燃料---一氧化碳和氢气，不仅节能、能量利用率高，也洁净、无污染，该反应是个吸热反应。则吸热反应也有利用价值，D项错误；答案选D。‎ 考点：考查对能源和作为能源的物质的认识问题。‎ ‎2. 已知CH4的燃烧热是akJ/mol，由CH4、H2按3︰1比例组成的混合物2mol，完全燃烧并恢复到常温吋，放出的热量为bkJ，则H2的燃烧热为（kJ/mol）为（ ）‎ A. 2b-3a B. 3a-2b C. （2b-3a） D. （a-2b）‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：H2‎ ‎、CO按3︰1比例组成的混合物2mol，则氢气是1.5mol，CO是0.5mol。其中氢气燃烧放出的热量是1.5akJ，所以0.5molCO燃烧放出的热量是bkJ－1.5akJ，则CO的燃烧热是(2b-3a)kJ/mol，答案选A。‎ 考点：考查燃烧热计算 ‎3. 下列选项与盐类水解无关的是（ ）‎ A. 泡沫灭火器的反应原理 B. 氯化铁溶液刻制印刷电路板 C. 氯化铵溶液除铁锈 D. 醋酸铵溶液显中性 ‎【答案】B ‎【解析】泡沫灭火器的反应原理是硫酸铝和碳酸氢钠溶液混合后发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，泡沫灭火器的反应原理与盐类水解有关，故A错误；氯化铁溶液刻制印刷电路板，发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，与水解无关，故B正确；NH4Cl 水解 NH4+ +H2O=NH3·H2O +H+ ，所以氯化铵溶液显酸性，H+与铁锈的主要成分氧化铁可以反应除去铁锈，与水解有关，故C错误；醋酸铵溶液中醋酸根、铵根离子都水解，且水解程度相同，所以溶液显中性，与水解有关，故D错误。‎ ‎4. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 纯碱溶液中：Al3+、Ba2+、Cl-、NO3-‎ B. 室温下，pH=1的溶液中：K+、Fe2+、MnO4-、I-‎ C. 能使甲基橙变为黄色的溶液中：Na+、Al3+、Cl-‎ D. 室温下，=1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO3-、NO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、纯碱为Na2CO3，CO32－与Al3＋发生双水解，CO32－与Ba2＋生成BaCO3沉淀，因此不能大量共存与纯碱溶液，故A错误；B、MnO4－具有强氧化性，能把Fe2＋、I－氧化，因此不能大量共存，故B错误；C、甲基橙变为黄色，溶液可能显碱性，Al3＋在碱中不能大量共存，故C错误；D、根据=1×10-12，推出溶液显碱性，这些离子能够大量共存，故D正确。‎ ‎5. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 （ ）‎ A. 10g46％的乙醇水溶液中所含氢原子数目为1.2NA B. 1L1mol/L Na2CO3溶液中含有NA个CO32-‎ C. 电解精炼铜的过程中，每转移NA个电子时，阳极溶解铜的质量为32g D. 常温下pH=1的H2SO4溶液中，H+的浓度为0.20mol/L ‎【答案】A ‎【解析】10g46％的乙醇水溶液中所含氢原子数目 ，故A正确；CO32-水解，所以1L1mol/L Na2CO3溶液中含有CO32-小于NA个，故B错误；电解精炼铜的过程中，阳极失电子的物质为铜、铁、锌等金属，每转移NA个电子时，阳极溶解铜的质量不一定等于32g，故C错误；常温下pH=1的H2SO4溶液中，H+的浓度为0.10mol/L，故D错误。‎ ‎6. 对于反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＜0，下列研究目的和示意图相符的是( 　)‎ A B C D 研究目的 压强对反应的影响(p2>p1)‎ 温度对反应的 影响 平衡体系增加N2的浓度对反应的影响 催化剂对反应的影响 图示 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】压强增大，反应速率加快，先达到平衡，A选项错误；升高温度，平衡逆向移动，氮气的转化率下降，B选项错误；增加氮气，正反应速率迅速增大，此时逆反应速率不变，C选项正确；催化剂能够加快反应速率，缩短达平衡的时间，D选项错误。‎ ‎7. 铁镍可充电电池以KOH溶液为电解液，放电时的总反应为Fe＋Ni2O3＋3H2O=Fe(OH)2＋2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法正确的是（ ）‎ A. 放电时，K+向Fe电极迁移 B. 放电时，正极反应式为Fe-2e-＋2OH-=Fe(OH)2‎ C. 充电时，阴极附近溶液的pH增大 D. 充电时，阴极反应式为2Ni(OH)2-2e-＋2OH-=Ni2O3＋3H2O ‎【答案】C ‎【解析】A项，根据总反应Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，K+应移向正极，故A错误；B项，放电时，负极Fe失电子发生氧化反应生成Fe2+，碱性电解质中最终生成Fe(OH)2，负极反应为：Fe+2OH--2e-=Fe(OH)2，故B错误；C项，充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以充电时阴极反应为Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-，阴极附近溶液的pH增大，故C正确、D错误。‎ ‎8. 下列有关说法正确的是 （　　）‎ A. 反应NH3(g)+HCl(g)＝NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的△H<0‎ B. 所有的化学反应都需要一定的活化能来推动 C. CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中的值增大 D. Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2 固体，CO32－水解程度减小，溶液的pH 减小 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、反应NH3(g)+HCl(g)＝NH4Cl(s)在室温下可自发进行，说明ΔG＝ΔH-TΔS<0,由于反应发生后物质的状态由气态变为固体，ΔS<0，则只能是该反应的△H<0，正确；B、所有的化学反应都需要吸收能量断裂化学键的过程，因此都有需要一个活化的过程，错误；C、CH3COOH 溶液加水稀释后，电离平衡正向移动，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)的浓度都减小，但是减小的倍数c(CH3COOH)> c(CH3COO-)，所以溶液中的值减小，错误；D、Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO32－水解平衡逆向移动，CO32－水解的程度减小，溶液的c(OH-)增大，所以pH 增大，错误。‎ 考点：考查反应的自发性、活化能、弱电解质的电离平衡移动及盐的水解和溶液的酸碱性的知识。‎ ‎9. 在已经处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明化学平衡移动的是 （ ）‎ A. 反应混合物的浓度 B. 反应物的转化率 C. 正、逆反应的速率 D. 反应体系的压强 ‎【答案】B ‎...........................‎ 考点：化学平衡移动的判断 点评：本题考查了化学平衡移动的判断，该考点是高考考查的重点，本题比较抽象，难度较大。‎ ‎10. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是 （ ）‎ A. 向K2Cr2O4溶液中滴入浓的NaOH溶液后，溶液黄色加深 B. 实验室用排饱和食盐水法收集氯气 C. 反应2SO2＋O22SO3　ΔH<0，工业上采取高温的措施有利于提高SO2的转化率 D. 合成氨反应：N2＋3H22NH3　ΔH<0，为使氨的产率提高，理论上应采取低温高压的措施 ‎【答案】C ‎【解析】在K2Cr2O7溶液中存在如下平衡:Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，加入NaOH溶液后平衡正向移动溶液黄色加深，能用勒夏特列原理解释，故A错误；Cl2+H2OHCl+HClO，加入饱和食盐水，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，氯气溶解度减小，能用勒夏特列原理解释实验室用排饱和食盐水法收集氯气，故B错误；反应2SO2＋O22SO3　ΔH<0，升高温度平衡逆向移动，不利于提高SO2的转化率，所以不能用勒夏特列原理解释工业上采取高温生成SO3，故C正确；合成氨反应：N2＋3H22NH3　ΔH<0，采取低温高压的措施，平衡正向移动，氨的产率提高，能用勒夏特列原理解释，故D错误。 ‎ 二、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题的四个选项中，只有一项符合题意）‎ ‎11. 下列热化学方程式，正确的是(　　)‎ A. 甲烷的燃烧热ΔH＝－890.3 kJ·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)　ΔH＝－890.3 kJ·mol－1‎ B. 500 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)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)　ΔH＝－38.6 kJ·mol－1‎ C. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ·mol－1‎ D. 在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，生成的H2O为液态水，热化学反应方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) △H=－890.3kJ·mol－1，故A错误；B、合成氨是可逆反应，不能完全进行到底，题目中没有说明转化的氮气或氢气的物质的量，因此无法计算放出的热量，故B错误；C、发生反应是Ca(OH)2＋H2SO4=CaSO4＋2H2O，存在Ca2＋和SO42－的反应，因此放出的热量不是2×57.3kJ，故C错误；D、2g氢气完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ·mol－1，即消耗2mol氢气完全燃烧放出的热量为2×285.8kJ=571.6kJ，氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1，故D正确。‎ ‎12. 一定量的锌粉和6 mol·L－1的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下列物质时，能够加快反应速率，又不影响产生H2总量的是 (　　)‎ ‎①石墨　②CuO　③铜粉　④铁粉　⑤浓盐酸 A. ①③④ B. ①③⑤ C. ②④⑤ D. ②③⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】①一定量的锌粉和6 mol·L－1的过量盐酸反应，加入石墨，构成原电池，能加快生成氢气的速率，又不影响产生H2总量，故①正确；②一定量的锌粉和6 mol·L－1的过量盐酸反应，加入CuO与硫酸生成硫酸铜和水，锌置换出铜，构成铜锌原电池，速率加快，但能与盐酸反应的锌质量减少，生成氢气总量减少，故②错误；③一定量的锌粉和6 mol·L－1的过量盐酸反应，加入铜粉，构成铜锌原电池，能加快生成氢气的速率，又不影响产生H2总量，故③正确；④锌、铁都与盐酸反应放出氢气，加入铁粉后，生成氢气总量增大，故④错误；⑤加入浓盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，锌质量不变，所以生成氢气总量不变，故⑤正确；选B。‎ 点睛：一定量的锌粉和6 mol·L－1的过量盐酸反应，‎ 生成氢气的速率与盐酸浓度有关，生成氢气的总量与锌的质量有关。‎ ‎13. 现有两瓶浓度相同的失去标签的Na2CO3和NaHCO3的无色饱和溶液，有同学提出简便的鉴別方法，其中不合理的是 ‎①用干燥的pH试纸检验，pH大的是Na2CO3‎ ‎②取同量的溶液于两支试管中，各滴入酚酞溶液，红色较深的是Na2CO3‎ ‎③取同量的溶液于两支试管中，加热.有气泡产生的是NaHCO3‎ ‎④取同量的溶液于两支试管中，逐滴加入稀盐酸，开始就有气体放出的是NaHCO3‎ ‎⑤取同量的溶液于两支试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3‎ ‎⑥取同量的溶液于两支试管中，滴加Ba(OH)2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3,‎ A. ①② B. ③⑥ C. ④⑤ D. ②⑤.‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：①碳酸钠、碳酸氢钠都是强碱弱酸盐水解呈碱性，同温度相同物质的量浓度碳酸钠、碳酸氢钠溶液中，Na2CO3水解程度大于NaHCO3，所以Na2CO3溶液中氢氧根离子浓度大，pH大，正确；②Na2CO3较NaHCO3水解程度大，分别滴加酚酞试液，红色较深的是Na2CO3溶液，正确；③取同量的溶液于两支试管中，加热，均没有气体生成，错误；④取同量的溶液于两支试管中，逐滴加入稀盐酸，碳酸氢钠反应快，开始就有气体放出的是NaHCO3，正确；⑤取同量的溶液于两支试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3，而碳酸氢钠与氯化钡不反应，正确；⑥二者均与Ba（OH）2溶液反应，生成白色沉淀，不能鉴别二者，错误；答案选B。‎ 考点：考查碳酸钠和碳酸氢钠鉴别 ‎14. 常温下，用0.1000 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol/L CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是 （　　）‎ A. a点所示溶液中: c(Na+)＝c(CH3COOH)+c(CH3COO－)‎ B. b和c点所示溶液中：C(OH－)－c(H+)＝c(Na+)－c(CH3COO－)‎ C. d点所示溶液中：C(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)‎ D. 滴定过程中可能出现：C(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH－)‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、a点时n(CH3COOH)>n(NaOH)所以溶液是CH3COOH和CH3COONa的混合溶液。则所示溶液中: c(Na+)c(H+),根据电荷守恒可得：C(OH－)＋c(CH3COO－)=c(H+)＋c(Na+),所以C(OH－)－c(H+)＝c(Na+)－c(CH3COO－)；正确；C、d点所示溶液碱稍微过量，所以溶液显碱性，c(OH－)＞c(H+)；盐电离产生的离子浓度大于过量的碱的电离产生的离子浓度，所以C(Na+)＞c(CH3COO－)；故离子浓度关系是C(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)；D、滴定过程中若未反应的酸的浓度大于产生的盐的浓度，就会出现：C(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH－)，正确。‎ 考点：考查酸碱中和滴定过程中离子浓度的大小关系的知识。‎ ‎15. 25℃时，弱酸的电离平衡常数如表所示，下列说法正确的是（ ）‎ 弱酸 CH3COOH HCN H2CO3‎ Ka ‎1.8×10-5‎ ‎4.9×10-10‎ K1＝4.3×10－7 K2＝5.6×10－11‎ A. 0.1 mol/L 的CH3COOH的 pH比0.1mol/L HCN的pH大 B. 等物质的量浓度溶液pH关系：pH(CH3COONa)＜pH(NaHCO3) ＜pH(NaCN)‎ C. 向NaCN溶液中通入少量CO2: CO2 + H2O + 2NaCN == 2HCN + Na2CO3‎ D. NaHCO3和Na2CO3的混合液中：c(Na+) +c(H+)＝c(OH-)+ c(HCO3-)+c(CO32-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、根据酸的电离常数醋酸的电离常数大于HCN，所以等浓度的醋酸与HCN相比醋酸的pH较小，A错误；B、根据盐的水解规律，越弱越水解，则等浓度的钠盐NaCN水解的程度最大，其次是碳酸氢钠，最弱的是醋酸钠，则溶液的pH最大是NaCN，醋酸钠溶液的pH最小，B正确；C、酸性的强弱关系是H2CO3＞HCN＞HCO3-，所以少量的二氧化碳通入NaCN溶液中也只生成碳酸氢钠，不会生成碳酸钠，C错误；D、根据电荷守恒定律，则NaHCO3和Na2CO3的混合液中：c(Na+) +c(H+)＝c(OH-)+ c(HCO3-)+2c(CO32-)，错误，答案选B。‎ 考点：考查对弱电解质电离常数的理解应用，盐水解规律的应用 ‎16. 一定温度时，Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+等四种金属离子（M2+）形成硫化物沉淀所需S2-‎ 最低浓度的对数值lgc(S2-)与lgc(M2+)的关系如图所示。下列有关判断不正确的是 A. 该温度下，Ksp（MnS）大于1.0×10-35‎ B. 向含Mn2+、Zn2+的稀溶液中滴加Na2S溶液，Mn2+最有可能先沉淀 C. 向c(Fe2+)=0.1mol·L-1的溶液中加入CuS粉末，有FeS沉淀析出 D. 该温度下，溶解度：CuS>MnS>FeS>ZnS ‎【答案】D ‎【解析】A、在25℃时，MnS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：MnS（s）⇌Mn2+（aq）+S2-（aq），Ksp（MnS）=c（Mn2+）×c（S2-）=10-15×10-10=10-25＞1.0×10-35，A正确；B、依据此图可知，CuS的Ksp最小，其次是MnS、FeS和ZnS，所以向含Mn2+、Zn2+的稀溶液中滴加Na2S溶液，Mn2+最有可能先沉淀，B正确；C、由于硫化铜溶液中硫离子浓度是，向c(Fe2+)=0.1mol·L-1的溶液中加入CuS粉末后c（Fe2+）×c（S2-）大于10－20，所以有FeS沉淀析出，C正确；D、依据此图可知，CuS的Ksp最小，其次是MnS、FeS和ZnS，所以该温度下，溶解度：CuS＜MnS＜FeS＜ZnS，D错误，答案选D。‎ ‎17. 常温下，将除去表面氧化膜的A1、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示。反应过程中有红棕色气体产生。下列说法错误的是 （ ）‎ A. t1时刻前，A1片的电极反应为：2A1+3H2O - 6e- ═ A12O3+6H+‎ B. t1时，因A1在浓硝酸中钝化，氧化膜阻碍了A1继续反应 C. t1之后，负极Cu失电子，电流方向发生改变 D. 烧杯中发生的离子反应为：2NO2+2OH- ═ 2NO3-+H2O ‎【答案】D ‎【解析】A．t1时刻前，铝片做负极反应，Al发生氧化反应，负极发生2A1-6e-+3H2O===A12O3+6H+，故A正确；B．t1时，随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，故B正确；C．随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，铜做负极反应，电流方向相反，故C正确；D． NO2溶解于NaOH溶液生成NaNO3和NaNO2，烧杯中发生的离子反应为：2NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O，故D错误；答案为D。‎ 点睛：理解原电池原理及铝的特殊化学性质是解题关键，0-t1时，Al在浓硝酸中发生钝化过程，Al为负极，氧化得到氧化铝，应有水参加，根据电荷守恒可知，有氢离子生成，Cu为正极，硝酸根放电生成二氧化氮，应由氢离子参与反应，同时有水生成，随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，t1时，铜做负极反应，Al为正极。‎ ‎18. 已知25℃时Ksp[Al(OH)3]=1．0×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=4．0×10-38。向Fe(NO3)3和Al(NO3)3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系如下图所示。计算表明当Fe3+完全沉淀时，Al3+恰好开始沉淀。下列说法正确的是 （ ）‎ A. 原混合溶液中c(Fe3+):c(Al3+)=1:1‎ B. Fe(NO3)3溶液中混有杂质Al(NO3)3可以加入过量的NaOH溶液除去 C. B点两种沉淀共存，此时上层溶液中c(Al3+):c(Fe3+)=2.5×104‎ D. C点溶液中的溶质只有NaAlO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】当Fe3+完全沉淀时，Al3+恰好开始沉淀，所以OA段的反应是Fe3++3OH-= Fe(OH)3；AB段的反应是Al3++3OH-= Al(OH)3；BC段反应是Al(OH)3 +OH-=［Al(OH)4］-；OA段、AB段消耗氢氧化钠的比为2:3，所以原混合溶液中c(Fe3+):c(Al3+)=2:3，故A错误；Fe(NO3)3溶液中混有杂质Al(NO3)3，加入过量的NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，没有Fe(NO3)3，故B错误；B点两种沉淀共存，此时上层溶液中 ，故C正确；C 点溶液中的溶质有NaAlO2、NaNO3，故D错误。‎ ‎19. 低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)2N2+3H2O(g) ΔH＜0。在恒容的密闭容器中,下列有关说法正确的是 （ ）‎ A. 平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大 B. 平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小 C. 单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1∶2时，反应达到平衡 D. 其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、达到化学平衡，其他条件不变，升高温度反应速率加快，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，错误；B、平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，平衡向正反应方向进行，废气中氮氧化物的转化率增大，错误；C、单位时间内消耗NO说明反应方向是正反应方向，消耗N2说明反应方向是逆反应方向，并且它们的消耗量是1：2，达到化学化学平衡，正确；D、其他条件不变，使用催化剂只能影响反应速率，对化学平衡无影响，错误。‎ 考点：考查影响化学平衡的因素及判断及达到化学平衡的标志。‎ ‎20. 还原沉淀法是处理含铬（含Cr2O72－和CrO42－）工业废水的常用方法，过程如下：‎ 已知转化过程中的反应为2CrO42﹣(aq)+2H+(aq) Cr2O72﹣(aq)+H2O（l）。转化后所得溶液中铬元素的含量为28.6 g/L，CrO42－有10/11转化为Cr2O72－，下列说法不正确的是( )‎ A. 溶液颜色保持不变，说明上述可逆反应达到平衡状态 B. 若用绿矾（FeSO4·7H2O）作还原剂，处理1L废水，至少需要917.4 g C. 常温下转化反应的平衡常数K=l×1014．则转化后所得溶液的pH=6‎ D. 常温下Ksp[Cr(OH)3]=1×10-32，要使处理后废水中的c（Cr3＋）降至1×10-5mol／L，应调溶液的pH=5‎ ‎【答案】B 考点：平衡状态的判断、溶度积的应用。‎ 第Ⅱ卷 （50分）‎ 三、简答题(共4小题50分)‎ ‎21. 雾霾的形成与汽车尾气和燃煤有直接的关系，新近出版的《前沿科学》杂志刊发的中国环境科学研究院研究员的论文《汽车尾气污染及其危害》，其中系统地阐述了汽车尾气排放对大气环境及人体健康造成的严重危害。‎ ‎（1）用SO2气体可以消除汽车尾气中NO2， 已知NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。一定条件下,将NO2与SO2以物质的量比1∶2置于体积为1L 密闭容器中发生上述反应,测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1∶6,则平衡常数K=____。 ‎ ‎（2）目前降低尾气中的NO和CO可行方法是在汽车排气管上安装催化转化器。NO和CO在催化转换器中发生反应：2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) △H=－a kJ·mol-1。在25℃和101kPa下，将2.0mol NO、2.4mol气体CO通入到固定容积为2L的容器中，反应过程中部分物质的浓度变化如图所示：‎ ‎①有害气体NO的转化率为________。‎ ‎②20min时，若改变反应条件，导致CO浓度减小，则改变的条件可能是_____（选填序号）。‎ a．缩小容器体积 b．增加CO的量 c．降低温度 d．扩大容器体积 ‎（3）消除汽车尾气中NO2也可以用CO，已知2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) △H=－b kJ·mol-1；CO的燃烧热△H=－c kJ·mol-1。写出消除汽车尾气中NO2的污染时，NO2与CO的反应的热化学反应方程式 ____________________。‎ ‎（4）已知NH3·H2O的Kb=2.0 ×10-5‎ ‎①求0.10 mol/L的 NH3·H2O的c(OH-)=______________mol/L ‎②若向其中加入固体NH4Cl，使c(NH4+)的浓度达到0.20 mol/L，则c(OH-)=______mol/L。‎ ‎【答案】 (1). 2.67(8/3) (2). 40% (3). c d (4). 4CO(g)＋2NO2(g)N2(g)＋4CO2(g) △H=－a+b-2c kJ·mol-1 (5). 1.4×10-3 (6). 1 ×10-5‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用“三段式”计算NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) 的平衡常数；（2）①有害气体NO的转化率=NO的变化量÷NO的初始量×100%；②根据影响化学平衡的因素进行判断；（3）根据盖斯定律计算NO2与CO的反应热；（4）根据Kb= 2.0 ×10-5计算c(OH-)；‎ 解析：（1）将NO2与SO2以物质的量比1∶2置于体积为1L 密闭容器中，设开始时NO2的浓度为amol/L，则SO2的浓度为2amol/L；NO2浓度变化为xmol/L；‎ ‎(a-x) mol/L：(2a-x) mol/L=1：6；‎ x=0.8a ‎；‎ ‎（2）①将2.0mol NO、2.4mol气体CO通入到固定容积为2L的容器中，NO、CO的浓度分别是1 mol/L、1.2mol/L，根据图示，平衡时CO浓度的变化量为0.4 mol/L，则有害气体NO的浓度变化量是0.4 mol/L，NO的转化率是 ；‎ ‎②a．缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，但平衡时CO浓度大于第一次平衡浓度，故a错误； b．增加CO的量，平衡向正反应方向移动，但CO的浓度增大，故b错误； c．降低温度，平衡向正反应方向移动，则CO的浓度减小，故c正确； d．扩大容器体积，压强减小，平衡向逆反应方向移动，但平衡时CO浓度小于第一次平衡浓度，故d正确；‎ ‎(3）CO的燃烧热△H=－c kJ·mol-1，即①CO(g)＋O2(g)= CO2(g)△H=－c kJ·mol-1 。‎ ‎② 2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) △H=－b kJ·mol-1；‎ ‎③ 2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) △H=－a kJ·mol-1；‎ 根据盖斯定律，③－②＋①×2得 4CO(g)＋2NO2(g)N2(g)＋4CO2(g) △H=－a+b-2c kJ·mol-1；‎ ‎（4）①根据Kb= ，c(OH-)=1.4×10-3；‎ ‎②若向其中加入固体NH4Cl，氯化铵抑制氨水电离，接近0.1mol/L，根据=2.0 ×10-5，2.0 ×10-5， c(OH-)=1×10-5。‎ 点睛：盖斯定律是指，化学反应不论是一步完成的还是几步完成的，其热效应总是相同的(反应热的总值相等)。或者说化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关。‎ ‎22. 为了测定草酸晶体H2C2O4·xH2O中的x值，某实验小组进行实验，步骤如下：‎ ‎①称取1.260g草酸晶体，配成100mL溶液。‎ ‎②取25.00mL该H2C2O4溶液加入锥形瓶内，再加入适量稀硫酸。‎ ‎③用浓度为0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液，当_______时，滴定结束。‎ ‎④记录数据，重复实验。整理数据如下：‎ 实验序号 V(KMnO4溶液)‎ 滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL ‎1‎ ‎0.10‎ ‎10.00‎ ‎2‎ ‎1.10‎ ‎11.10‎ ‎3‎ ‎1.50‎ ‎13.50‎ ‎4‎ ‎0.70‎ ‎10.80‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）步骤①需要使用烧杯、量筒、玻璃棒，还缺少的玻璃仪器为_______(填名称)；步骤③滴定过程中，盛装KMnO4溶液的仪器为__________________(填名称)。‎ ‎（2）该反应原理的离子方程式为___________________________________；‎ ‎（3）请将步骤③补充完整_________________________________________；‎ ‎（4）根据数据，计算H2C2O4溶液的物质的量浓度为______mol/L，x=____________；‎ ‎（5）若滴定终点读数时俯视液面，则x值会________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). 酸式滴定管 (4). 2MnO4－+5 H2C2O4+ 6H+ ===2Mn2+ +10CO2↑+8H2O (5). 最后一滴K2MnO4溶液加入H2C2O4待测液中，溶液由无色变为紫色，持续30s不恢复原来的颜色 (6). 0.1000 (7). 2 (8). 偏大 ‎【解析】试题分析：（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤分析使用仪器；高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶。（2）草酸被高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳和水；（3）高锰酸钾溶液呈紫色，开始滴入的高锰酸钾溶液被草酸还原为Mn2+，高锰酸钾不再褪色时，提示草酸完全反应；（4）根据c(H2C2O4)= 计算草酸浓度；根据 计算平均摩尔质量，再根据M计算x的数值。（5）若滴定终点读数时俯视液面，消耗高锰酸钾溶液的体积偏小。‎ 解析：（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶保存，配成100mL溶液，需要使用烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等；高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，高锰酸钾溶液盛装在酸式滴定管中。（2）草酸被高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳和水，反应的离子方程式是2MnO4－+5 H2C2O4+ 6H+ ===2Mn2+ +10CO2↑+8H2O；‎ ‎（3）当最后一滴K2MnO4溶液加入H2C2O4待测液中，溶液由无色变为紫色，持续30s不恢复原来的颜色，达到滴定终点，滴定结束；（4）第三次实验误差偏离正常误差范围，第1、第2、第4次实验平均消耗高锰酸钾溶液的体积是10mL，根据c(H2C2O4)= ，c(H2C2O4)= mol/L；n(H2C2O4)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，根据 ，， 90+18x=126，x=2；‎ ‎（5）若滴定终点读数时俯视液面，消耗高锰酸钾溶液的体积偏小，测得草酸浓度偏小，草酸的物质的量偏小，M偏大，所以x偏大。‎ 点睛：根据 ，滴定终点读数时俯视液面，消耗标准液的体积偏小，所以待测液的浓度偏小；滴定实验中，偏离正常误差范围的数据舍去，所以本实验中第3组数据舍去。‎ ‎23. 已知，常温下H2S、H2CO3 的电离常数如下表 Ka1‎ Ka2‎ H2S ‎9.1×10-8‎ ‎1×10-15‎ H2CO3‎ ‎4.3×10－7 ‎ ‎5.6×10－11‎ ‎（1）①常温下，0.1mol/L的硫化钠溶液和0.1mol.L-1的碳酸钠溶液，碱性更强的是_______。其原因是_____________________________。‎ ‎② 常温下，硫化钠水解的离子方程式_____________________________。‎ ‎（2）H2S能与许多金属离子发生反应，生成溶解度不同和各种颜色的金属硫化物沉淀，可用于分离和鉴定金属离子。‎ ‎①常温下，NaHS溶液显______（选填“酸性”、“中性”或“碱性”）‎ ‎②常温下，向100 mL 0.1 mol·L－1 H2S溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：‎ 试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是______________________________。‎ ‎（3）脱除天然气中的硫化氢既能减少环境污染，又可回收硫资源，该部分硫化氢用过量NaOH溶液吸收后，再以石墨作电极电解该溶液可回收硫，写出电解得到硫的总反应方程式（忽略氧的氧化还原）_______________；从整个生产工艺的角度分析，该方法不仅能减少环境污染、回收硫、得到一定量的副产物，还具有的优点是___________。‎ ‎【答案】 (1). 硫化钠溶液 (2). 硫化氢的Ka2 小于碳酸的Ka2 ，硫化钠更易水解 (3). S2- + H2OHS- + OH-、HS- + H2OH2S + OH- (4). 碱性 (5). c (6). c(Na＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＝c(H＋) ＞c(S2－) (7). Na2S＋2H2OS↓＋H2↑＋2NaOH 或S2－＋2H2OS↓＋H2↑＋2OH－ (8). 产物NaOH可循环使用 ‎【解析】试题分析：（1）① H2CO3的第二步电离平衡常数是5.6×10－11，大于H2S的第二步电离平衡常数1×10-15，说明S2-的水解程度大于CO32-；②S2-的水解分两步进行；（1）①根据HS-的 水解平衡常数和电离平衡常数分析NaHS溶液的酸碱性；②H2S抑制水电离，加入NaOH中和H2S，H2S抑制作用逐渐减小，到c点H2S恰好与NaOH生成Na2S， Na2S水解促进水电离；d点氢氧化钠过量，过量的氢氧化钠抑制水电离。NaHS溶液呈碱性，在b点溶液呈中性，所以b点溶质是NaHS和H2S，HS-要水解和电离，HS-、H2S的电离生成 S2-；HS-、H2S、H2O电离出H+。（3）硫化氢用过量NaOH溶液吸收后生成Na2S，电解硫化钠溶液生成硫、氢气、氢氧化钠。 ‎ 解析：（1）① H2CO3的第二步电离平衡常数是5.6×10－11，大于H2S的第二步电离平衡常数1×10-15，说明S2-的水解程度大于CO32-，硫化钠更易水解，所以硫化钠溶液的碱性强；②S2-的水解分两步进行，硫化钠水解的离子方程式S2- + H2OHS- + OH-、HS- + H2OH2S + OH-；（2）①HS-的水解平衡常数 ，电离平衡常数1×10-15，水解大于电离，所以 NaHS溶液的呈碱性；②H2S抑制水电离，加入NaOH中和H2S，H2‎ S抑制作用逐渐减小，到c点H2S恰好与NaOH生成Na2S， Na2S水解促进水电离；d点氢氧化钠过量，过量的氢氧化钠抑制水电离，所以C点水电离程度最大。NaHS溶液呈碱性，在b点溶液呈中性，所以b点溶质是NaHS和H2S， HS-、H2S的电离生成 S2-；HS-、H2S、H2O电离出H+，所以b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是c(Na＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＝c(H＋) ＞c(S2－)。（3）硫化氢用过量NaOH溶液吸收后生成Na2S，电解硫化钠溶液生成硫、氢气、氢氧化钠，电解总方程式为Na2S＋2H2OS↓＋H2↑＋2NaOH。该方法不仅能减少环境污染、回收硫、得到一定量的副产物，还具有的优点是NaOH可循环使用。‎ 电解：向酸溶液中逐滴加入碱溶液，水电离程度逐渐增大，碱过量时水的电离程度再逐渐减小。NaHA溶液的酸碱性要根据HA-的电离和水解程度判断，若电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；若水解大于电离，则溶液呈碱性。‎ ‎24. （1）火箭的第一、二级发动机中，所用的燃料为偏二甲肼和四氧化二氮，偏二甲肼可用肼来制备。‎ ‎①用肼(N2H4)作燃料，四氧化二氮作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。‎ 已知：N2(g)＋2O2(g)===N2O4(g) ΔH＝＋10.7 kJ·mol－1‎ N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－543 kJ·mol－1‎ 写出气态肼和N2O4反应的热化学方程式：_______________________________。‎ ‎②已知四氧化二氮在大气中或在较高温度下很难稳定存在，它很容易转化为二氧化氮。试推断出二氧化氮制取四氧化二氮的反应条件(或措施)：_______________________。‎ ‎(2)科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航空航天。如图1所示装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导阳极生成的O2－离子(O2＋4e－===2O2－)。‎ ‎①c电极的名称为________，d电极上的电极反应式为__________________________。‎ ‎②如图2所示为用惰性电极电解100 mL 0.5 mol·L－1CuSO4溶液，a电极上的电极反应式为____________。若a电极产生56‎ ‎ mL(标准状况)气体，则所得溶液的pH＝______(不考虑溶液体积变化)，若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入_____(填序号)。‎ a．CuO b．Cu(OH)2 c．CuCO3 d．Cu2(OH)2CO3‎ ‎【答案】 (1). 2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1 096.7 kJ·mol－1 (2). 高压、低温(或加压、降温) (3). 正极 (4). CH4－8e－＋4O2－===CO2＋2H2O (5). 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ (6). 1 (7). ac ‎【解析】（1）本题考查热化学反应方程式的计算，①N2H4与N2O4反应的方程式为：2N2H4＋N2O4=3N2＋4H2O，①N2(g)＋2O2(g)=N2O4(g)，②N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)②×2－①得出：N2H4(g)＋N2O4(g)=3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝[2×(－543)－10.7]kJ·mol－1=－1 096.7 kJ·mol－1；②N2O42NO2，促使平衡向逆反应方向进行，可以增大压强，此反应属于吸热反应，也可以降低温度；（2）①考查原电池的工作原理和电极反应式的书写，根据电流的方向，电流从正极流向负极，即c为正极，d为负极，通入的B为CH4，电解质传导O2－，因此负极电极反应式为：CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O；②考查电解原理以及关于电解的计算，a连接电源的正极，a为阳极，a电极反应式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑；电解CuSO4溶液总反应方程式为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，假设Cu2＋全部被电解成Cu，此时产生氧气的物质的量为100×10－3×0.5/2mol=0.025mol，体积为0.025×22.4L= 0.56L>56mL，因此Cu2＋没有完全电解，因此有n(H＋)=56×10－3×4/22.4mol=0.01mol，c(H＋)=0.01/100×10－3mol·L－1=0.1mol·L－1，则pH=1； 根据上述分析，只电解部分Cu2＋，因此恢复到电解前的在状态，应加入CuO或CuCO3，即ac正确。 ‎ 点睛：本题的易错点是pH的计算和状态的恢复，计算pH，首先判断电解的过程，假设Cu2＋全部被电解，求出产生氧气的体积，与题目所给体积作出对比，从而得出只是电解部分Cu2＋，根据电解反应方程式，求出H＋的浓度，根据电极反应方程式，溶液中出来的物质是Cu和O2，因此需要加入CuO，才能恢复原来的状态，或者加入CuCO3。‎ ‎ ‎ ‎ ‎