湖南省长沙市望城区第二中学2019-2020学年高二上学期月考化学试题 22页

化学试卷（12.10）‎ 可能用到的相对原子质量：H＝1；C＝12；O＝16；Na＝23；S＝32；。‎ 第Ⅰ卷（选择题共48分）‎ 一、选择题(每小题2分,共48分)‎ ‎1.在25.00mL的蓝柄滴定管中盛有溶液，液面恰好在20.00mL刻度处，现将滴定管内溶液全部放出，流入量筒内，所得溶液的体积为（ ）‎ A. 5.0mL B. 20.0mL C. 大于5.0mL D. 小于5.0mL ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】滴定管是一个“量出式”仪器，0刻度在滴定管的上方。在25.00mL的蓝柄滴定管中盛有溶液，液面恰好在20.00mL刻度处，液面下方有刻度的地方对应溶液为5.00mL，刻度线以下的不规则部分还有一定量的溶液，故溶液的体积大于5.0mL。‎ 所以答案选择C项。‎ ‎2.下列关于反应热的说法正确的是 ( )‎ A. 化学反应的反应热只与反应体系的始态和终点状态有关，而与反应的途径无关 B. 已知C(s)+O2(g)＝CO(g)的反应热为110.5kJ/mol，说明碳的燃烧热为110.5kJ C. 反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关 D. 当∆H为“－”时，表示该反应为吸热反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、盖斯定律认为：化学反应的反应热只与反应体系的始态和终点状态有关，而与反应的途径无关，A正确；‎ B、燃烧热：1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，碳完全燃烧生成二氧化碳，B错误；‎ C、反应热的大小即反应物所具有的能量和生成物所具有的能量的差异，C错误；‎ D、∆H<0，为放热反应，D错误；‎ 故选A。‎ ‎3.对下列化学反应的热现象，正确的说法是　(　　)‎ A. 吸热反应都需要加热后才能发生 B. 化学反应一定既有物质变化又有能量变化 C. 1 mol H2SO4和1 mol Ba(OH)2完全反应所放出的热量称为中和热 D. 在101 kPa时，1 mol碳燃烧放出的热量就是碳的燃烧热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.一个化学反应的发生条件与反应的热效应无关，A错误；‎ B.化学反应的过程就是旧键断裂和新键形成的过程，因此在物质发生物质变化的同时一定会有能量变化，B正确；‎ C.酸、碱发生中和反应，产生1mol水时放出的热量叫中和热，C错误；‎ D.在101 kPa时，1 mol碳完全燃烧产生CO2气体时放出的热量是碳的燃烧热，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎4.一定温度下，可逆反应2NO22NO＋O2在体积固定的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（ ）‎ ‎①单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO2‎ ‎②单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO ‎③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2:2:1‎ ‎④混合气体的压强不再改变 ‎⑤混合气体的颜色不再改变 ‎⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变 A. ①④⑤⑥ B. ①②③⑤ C. ②③④⑥ D. 以上全部 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 在一定条件下，可逆反应到达平衡的实质是正逆反应速率相等且不为0。①中可以说明正逆反应速率相等，正确。氧气和NO均属于生成物，二者的生成速率之比始终是1︰2，②不正确。在任何时刻用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率之比均为2：2：1，③不正确。由于反应前后气体的体积发生变化，因此当容器体积固定时，压强不再发生变化，可以说明反应已经达到平衡，④正确。颜色的深浅与其自身的浓度大小有关，而体系中只有NO2是红棕色气体，因此当混合气体的颜色不再变化时，可以说明。混合气体的平均分子量是混合气体的质量与物质的量的比值，因为反应前后气体质量恒定，但混合气体的物质的量是变化的，故当混合气体的平均分子量不再改变时，可以说明。‎ ‎5.已知H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)的反应热(△H)等于-183kJ/mol ，又知H—H键的键能为436kJ/mol，Cl—Cl键的键能为243kJ/mol，则H—Cl键的键能为 ( )‎ A. 248kJ/mol B. 431kJ/mol C. 862kJ/mol D. 496kJ/mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应热=反应物总键能-生成物总键能，代入相关数据计算。‎ ‎【详解】反应热=反应物总键能-生成物总键能，则：H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)中有：-183 KJ/mol=436 KJ/mol+243 KJ/mol-2×E (H-Cl) ，E (H-Cl) =431 KJ/mol；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】利用键能计算△H或者利用△H计算键能时，原理为△H=反应物总键能-生成物总键能，不能与能量计算相混淆。‎ ‎6.2HI(g) H2(g)+I2(g)反应过程中能量变化如图所示(图中E1 表示正反应的活化能，E2 表示逆反应的活化能)。‎ 下列有关叙述正确的是　(　　)‎ A. 升高温度，反应速率增大，△H减小 B. 升高温度，不影响活化分子百分数 C. 逆反应的活化能等于正反应的活化能 D. 催化剂能降低该反应的活化能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、焓变与反应条件无关，升温，焓变不变，故A错误；‎ B、升温，使得分子所具有的能量增加，使得部分分子变成活化分子，则活化分子百分数增大，故B错误；‎ C、反应物能量与生成物的能量不同，则与过渡态的能量的差值，即活化能不同，如果活化能相同，则△H等于0，化学反应过程中没有能量变化，与事实不符，故C错误；‎ D、催化剂降低了反应的活化能，提高了化学反应速率，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.反应A(g)＋3B(g)4C(g)＋2D(g)，在不同条件下反应，其平均反应速率v(X)如下，其中反应速率最快的是　(　　)‎ A. v(A)=0.4mol/(L·s) B. v(B)=0.8mol/(L·s) C. v(C)=1.2mol/(L·s) D. v(D)=0.7mol/(L·s)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应速率之比等于化学计量数之比，根据反应方程式，把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较。‎ ‎【详解】同一反应中各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，根据反应A(g)＋3B(g)4C(g)＋2D(g)，把这些反应速率都换算成A的反应速率。‎ A、v(A)= 0.4mol/(L·s)；‎ B、v(A)=mol/(L·s)；‎ C、v(A)= 0.3mol/ (L·s)；‎ D、v(A)=0.35 mol/(L·s)；‎ 所以反应速率大小顺序是A> D> C> B，反应速率最快的是A；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】比较反应速率大小时应根据反应方程式系数转变为同一种物质的反应速率，如果单位不同，则单位也需要换算。‎ ‎8.甲、乙两容器都在进行A→B的反应，甲容器内每分钟减少了4molA，乙容器内每分钟减少了2molA，则甲容器内的反应速率比乙容器内的反应速率要（ ）‎ A. 慢 B. 快 C. 相等 D. 无法判断 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在v=中，△n、△t已知，但V未知，所以无法判断甲、乙容器内的化学反应速率；故答案为D。‎ ‎9.下列关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法正确的是（ ）‎ A. 相同浓度的两溶液中c(H＋)相同 B. pH＝3的两溶液稀释100倍，pH都为5‎ C. 100 mL 0.1 mol·L－1的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠 D. 两溶液中分别加入少量对应的钠盐，c(H＋)均明显减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、盐酸是强酸，在水中完全电离，而醋酸是弱酸，在水中不完全电离，则物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液中的H+浓度不同，故A错误；‎ B、盐酸是强酸，醋酸是弱酸，则pH=3的盐酸稀释100倍后，pH为5，而pH=3的醋酸稀释100倍后，醋酸进一步电离， pH<5，故B错误；‎ C、100mL 0.1mol/L的两溶液中溶质物质的量相同，都是一元酸，与氢氧化钠反应消耗氢氧化钠的物质的量相同，故C正确；‎ D、两溶液中分别加入少量对应的钠盐，盐酸中加入氯化钠，溶液中H+浓度基本不变，醋酸中加入醋酸钠，溶解后醋酸根对电离平衡起到抑制作用，溶液中H+浓度变小，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎10.数据：7.2×10﹣4、4.6×10﹣4、4.9×10﹣10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：①NaCN+HNO2===HCN+NaNO2，②NaCN+HF====HCN+NaF，③NaNO2+HF===HNO2+NaF。由此可判断下列叙述中，不正确的是（　　）‎ A. HF的电离平衡常数为7.2×10﹣4‎ B. HNO2的电离平衡常数为4.9×10﹣10‎ C. 根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱 D. HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 弱酸在溶液中存在电离平衡，相同温度下，弱酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，并结合强酸可与弱酸的盐发生反应制取弱酸，进行分析解答。‎ ‎【详解】强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据：①NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、②NaCN+HF═HCN+NaF、③NaNO2+HF=HNO2+NaF，可知酸性：亚硝酸的酸性大于氢氰酸，氢氟酸的酸性大于亚硝酸，故这三种酸的强弱顺序是：氢氟酸＞亚硝酸＞氢氰酸。‎ A．通过以上分析知，氢氟酸的酸性最强，所以氢氟酸的电离平衡常数最大，为７.２×10﹣４正确；‎ B．通过以上分析知，亚硝酸的酸性强于氢氰酸而比HF弱，所以亚硝酸的电离平衡常数为：4.6×10-4，错误；‎ C．根据强酸制取弱酸知，由①知道酸性：亚硝酸＞氢氰酸；根据③可知酸性：氢氟酸＞亚硝酸，故通过这两个反应就可以三种酸的相对强弱，正确；‎ D．亚硝酸的酸性大于氢氰酸但小于氢氟酸，由于酸性越强，酸的电离平衡常数就越大，所以亚硝酸的电离平衡常数比HCN大，比HF小，正确；‎ 故本题合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查了弱酸的酸性强弱的判断，明确强酸可与弱酸的盐发生复分解反应制取弱酸、弱酸的酸性越强其电离平衡常数越大是解本题的关键。‎ ‎11.在密闭容器中进行X2(g)＋3Y2(g)2Z(g)的反应，其X2、Y2、Z的起始浓度依次为0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.2 mol/L，当反应达平衡时，各物质的浓度有可能的是　(　　)‎ A. c(Z)=0.5 mol/L B. c(Z)=0.4 mol/L C. c(X2)=0.2 mol/L或c(Y2)=0.6 mol/L D. c(Y2)=0.5 mol/L或c(X2)=0.15 mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该反应可能向正反应方向移动也可能向逆反应方向移动，如果向正反应方向移动，则反应物浓度最小、生成物浓度最大，如果向逆反应方向移动，则反应物浓度最大、生成物浓度最小，采用极限法分析解答。‎ ‎【详解】该反应可能向正反应方向移动也可能向逆反应方向移动，如果向正反应方向移动，则反应物浓度最小、生成物浓度最大，如果向逆反应方向移动，则反应物浓度最大、生成物浓度最小，假设Z完全转化，完全反应后，则c(Y2)=0、c(X2)=(0.1+0.1)mol/L=0.2mol/L、c(Y2)=0.3mol/L+0.3mol/L=0.6mol/L；‎ 假设X2、Y2完全转化为生成物，完全反应后c(Z)=0.4mol/L，实际上存在平衡状态，所以c(X2‎ ‎)为0.1mol/L～0.2mol/L、c(Y2)为0.3～0.6mol/L、c(Z)在0.2～0.4mol/L，故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡建立过程，明确可逆反应特点是反应物不能完全转化，最终各种物质的浓度不变解本题关键，利用极限法分析解答即可。‎ ‎12.体积可变容器中，可逆反应A(g)+2B(g)nC(g)(正反应放热)生成物C的浓度随压强变化并建立平衡的关系图，则n值与压强p1、p2的关系正确的是：‎ A. p2>p1，n<3 B. p2>p1，n>3‎ C. p1>p2，n<3 D. p1>p2，n>3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】其他条件相同下，压强越大，化学反应速率越快，化学越快达到平衡。有P1>P2，压强增大，C的浓度减小，说明反应逆向移动，根据已知，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，逆反应为气体体积减小的反应，则1+2 0 ，下列叙述正确的是 A. 向水中加人稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低 B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变 C. 向水中加人少量固体CH3COONa ，平衡逆向移动，c（H＋）降低 D. 将水加热，Kw增大，pH不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氨水能抑制水的电离，但碱性是增强的，A不正确；‎ B.硫酸氢钠是强酸的酸式盐，溶于水显酸性，水的离子积常数只和温度有关，所以B是正确的；‎ C.醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性。水解是促进水的电离的，所以C不正确；‎ D.电离是吸热的，因此加热促进水的电离，水的离子积常数增大，pH降低，D不正确。‎ 答案选B。‎ ‎16.某温度下，纯水中的c(H+)约为1×10-6mol/L，则c（OH－）约为 （   ）。‎ A. 1×10-8mol/L B. 1×10-7mol/L C. 1×10-6mol/L D. 1×10-5mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】纯水中的c(H+)=c(OH－)，所以c(OH－)= 1×10-6mol/L；‎ 故选C。‎ ‎17.向纯水中加入少量的硫酸氢钠固体(温度不变)，则溶液的 （ ）‎ A. pH升高 B. 酸性增强 C. c(OH一)增大 D. 水中c(H+)与c(OH-)的乘积增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】水的电离平衡为：H2OH++OH-，加入少量的NaHSO4固体，溶液中氢离子浓度增大，抑制了水的电离，‎ A、加入硫酸氢钠后，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故A错误；‎ B、加入硫酸氢钠后，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，酸性增强，故B正确；‎ C、硫酸氢钠电离出氢离子，水的电离平衡向着逆向移动，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，c(OH一)减小，故C错误；‎ D、由于温度不变，水的离子积不变，即c (H+) 和c (OH-) 的乘积不变，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】水是弱电解质，存在电离平衡： H2OH++OH-，加入硫酸氢钠溶液后，溶液中氢离子浓度增大，抑制了水电离，电离平衡向着逆向移动，溶液显示酸性；水的离子积受温度影响，温度不变，水的离子积不变。‎ ‎18.常温时，向20mL 0.1 mol/L的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1 mol/L的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是 A. a点的pH=1‎ B. b点时，c (CH3COO—)=0.05mol/L C. c点时，V(NaOH)=20mL D. 反应过程中的值不断增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、CH3COOH为弱酸，部分电离，a点为0.1 mol/L的CH3COOH溶液，c(H+)浓度小于0.1 mol/L，则pH大于1，故A错误；B、b点溶质为CH3COOH和CH3COONa，二者物质的量相等；溶液体积由20mL扩大为30mL，根据物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=0.1 mol/L×；CH3COOH的电离和CH3COO－的水解均是微弱的，则二者的浓度应均接近于≈0.033mol/L，不会等于0.05mol/L，故B错误； C、假设c点时，V(NaOH)=20mL，则CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa，此时溶液显碱性，pH＞7，与图不符，故假设不成立，故C错误；D、，随着NaOH的加入，溶液的碱性逐渐增强，c(H+)逐渐减小，而温度不变，Ka不变，则的值逐渐增大，故D正确。故选D。‎ 点睛：b点溶质为CH3COOH和CH3COONa，二者物质的量相等，此时溶液显酸性，则CH3COOH的电离大于CH3COO－的水解，所以c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，又c(CH3COOH)+ c(CH3COO－)= 0.1 mol/L×，所以c(CH3COO－)略大于0.033mol/L，c(CH3COOH)略小于0.033mol/L，B选项为该题的难点。‎ ‎19.为了除去MgCl2酸性溶性中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后再加入适量盐酸，这种试剂是 A. NH3·H2O B. NaOH C. Na2CO3 D. MgCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】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。‎ A.加入NH3•H2O混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，A错误；‎ B.加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，B错误；‎ C.加入Na2CO3，易混入NaCl杂质，C错误；‎ D.加入MgCO3，MgCO3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，D正确；‎ 故合理选项D。‎ ‎20.已知NaHSO3溶液呈酸性、NaHCO3溶液呈碱性。现有浓度均为0.1 mol/L－1的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各粒子的物质的量浓度存在下列关系(R表示S或C)，其中一定正确的是 A. c(Na+)>c(HRO3-)>c(H+)>c(RO32-)>c(OH-)‎ B. c(Na+)+c(H+)=c(HRO3-)+c(RO32-)+c(OH-)‎ C. c(RO32-)+c(HRO3-)+c(H2RO3)=c(Na+)‎ D. 两溶液中c(Na+)、c(HRO3-)、c(RO32-)分别相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中HSO3-电离程度大于水解程度，c(H+)>c(RO32-)>c(OH-)，NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3-水解程度大于电离程度，c(OH-) >c(RO32-)> c(H+)，A错误；‎ B.由溶液呈电中性有电荷守恒关系：c(Na+)+c(H+)=c(HRO3-)+2c(RO32-)+c(OH-，B错误；‎ C.根据化学式NaHRO3，结合物料守恒关系：c(RO32-)+c(HRO3-)+c(H2RO3)=c(Na+)，C正确；‎ D.同浓度的两溶液中，c(Na+)相等，c(HRO3-)不一定相等，c(SO32-)> c(CO32-)，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎21.下表是五种银盐的溶度积常数(25℃)，下列有关说法错误的是 (　　)。‎ 化学式 Ag2S Ag2SO4‎ AgCl AgBr AgI 溶度积 ‎6.3×10－50‎ ‎1.4×10－5‎ ‎1.8×10－10‎ ‎7.7×10－13‎ ‎8.5×10－16‎ A. 五种物质在常温下溶解度最大的是Ag2SO4‎ B. 将AgCl溶解于水后，向其中加入Na2S，则可以生成黑色的Ag2S沉淀 C. 沉淀溶解平衡的建立是有条件的，外界条件改变时，平衡也会发生移动 D. 常温下，AgCl、AgBr和AgI三种物质的溶解度逐渐增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由表中数据可知溶解度最大的是Ag2SO4，最小的是Ag2S，AgCl、AgBr、AgI的溶解度依次减小。‎ ‎【详解】A.由表中数据可知溶解度最大的是Ag2SO4，微溶于水，其它物质难溶，A正确；‎ B.Ag2S溶度积远小于AgCl，Ag2S难溶于水，在AgCl的饱和溶液中加入Na2S，则可以生成黑色的Ag2S沉淀，B正确；‎ C.化学平衡为动态平衡，当外界条件发生改变时，平衡发生移动，C正确；‎ D.AgCl、AgBr、AgI的溶解度依次减小，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡问题，本题注意比较表中数据，根据溶度积常数，转化为溶解度大小，然后判断物质的溶解度大小，并利用化学平衡移动原理分析沉淀溶解平衡的特征以及影响因素。‎ ‎22.常温下，有下列四种溶液：①pH＝2的CH3COOH溶液；②pH＝2的HCl溶液；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 四种溶液的Kw相同，由水电离的c(H＋)：①＝③＝②＝④‎ B. 向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①‎ C. ①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：①最大 D. 将②、③两种溶液混合后，若pH＝7，消耗溶液的体积为：③＞②‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A、都为常温，所以四种溶液的Kw相同；①pH＝2的CH3COOH溶液中，c(H＋)＝1×10－2mol/L，c(OH－)＝1×10－12mol/L，醋酸中的氢氧根来自于水，即水电离的c(OH－)＝1×10－12 mol/L，水电离的c(H＋)＝1×10－12 mol/L，②pH＝2的HCl溶液，c(H＋)＝1×10－2mol/L，c(OH－)＝1×10－12mol/L，盐酸中的氢氧根来自于水，即水电离的c(OH－)＝1×10－12 mol/L，水电离的c(H＋)＝1×10－12 mol/L，③pH＝12的氨水，c(OH－)＝1×10－2mol/L，c(H＋)＝1×10－12 mol/L，氨水中的氢离子来自于水，即水电离的c(H＋)＝1×10－12 mol/L，水电离的c(OH－)＝1×10－12 mol/L，④pH＝12的NaOH溶液，c(OH－)＝1×10－2mol/L，c(H＋)＝1×10－12 mol/L，氢离子来自于水，即水电离的c(H＋)＝1×10－12 mol/L，水电离的c(OH－)＝1×10－12 mol/L，所以由水电离的c(H＋)：①＝③＝②＝④，故A正确；‎ B、向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，加水稀释，变化越大的酸性或碱性越强，所以①②加水pH增大，强酸pH变化大，即pH：②＞①，而③④pH在减小，强碱变化大，即pH：③＞④，因此四者pH关系：③＞④＞②＞①，故B正确；‎ C、①、②、④溶液体积未知，无法判断哪个溶液生成H2的量大，故C错误；‎ D、如将②、③两种溶液等体积混合，因氨水的浓度远远大于盐酸浓度，因此溶液显碱性，若pH＝7，则需要加酸，因此消耗溶液的体积为：②＞③，故D错误；‎ 答案为AB。‎ ‎23.下列说法正确的是（ ）‎ A. 硫酸钡放入水中不导电，则硫酸钡是非电解质 B. 物质溶于水达到饱和时，溶解过程就停止 C. 绝对不溶解的物质是不存在的 D. 某离子被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硫酸钡放入水中不导电，是由于BaSO4难溶于水，溶解、电离产生的离子浓度很小，导电能力差，但溶于水的硫酸钡是完全电离，所以硫酸钡属于强电解质，A错误；‎ B.物质溶于水达到饱和时，溶解过程和结晶过程仍然在进行，单位时间内溶解量与结晶量相对，物质的浓度不变，可见溶解并没有停止，B错误；‎ C.任何物质溶解度再小，也能够溶解一些，因此绝对不溶解的物质是不存在的，C正确；‎ D.某离子被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度小于10-5mol/L，并不等于零，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎24.实验发现，298 K时，在FeCl3酸性溶液中加入少量锌粒后，Fe3+立即被还原成Fe2+。某化学兴趣小组根据该实验事实设计了如图所示的原电池装置。下列有关说法中正确的是（）。‎ A. 该原电池的正极反应：Zn-2e-=Zn2+‎ B. 左边烧杯中溶液的红色逐渐褪去 C. 该电池铂电极上有气泡生成 D. 该电池总反应：3Zn+2Fe3+=2Fe+3Zn2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Zn失去电子发生氧化反应，为负极反应，Fe3+在正极得电子被还原为Fe2+，以此解答。‎ ‎【详解】A.Zn失去电子发生氧化反应，为负极反应，A错误；‎ B.Fe3+在正极得电子被还原为Fe2+，溶液红色褪去，B正确；‎ C.铂电极上Fe3+被还原为Fe2+，没有气体生成，C错误；‎ D.在负极Zn失去电子，变为Zn2+，Fe3+得到电子变为Fe2+，电池总反应为：Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+，并没有单质生成，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查原电池的原理，侧重于原电池的设计，注意原电池负极失去电子，发生氧化反应，原电池的正极获得电子，发生还原反应，注意把握电极反应式的书写以及总反应方程式的书写，溶液中的离子移动方向是：阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。‎ 第Ⅱ卷非选择题（52分）‎ 二、填空题（包括4个小题，共52分）‎ ‎25.(1)写出下列各物质在水中的电离方程式：‎ ‎①NH3・H2O__________________‎ ‎②NaHSO4____________________‎ ‎③NaHCO3____________________‎ ‎④Fe2(SO4)3__________________‎ ‎(2)某温度下，纯水中的c(H+)=2.0×10-7mol/L，则此时溶液中c(OH-)为__________；若温度不变，滴入稀硫酸使c(H+)=5.0×10-6mol/L，则c(OH-)为___________。‎ ‎【答案】 (1). NH3・H2ONH4++OH- (2). NaHSO4=Na++H++ SO42- (3). NaHCO3=Na++HCO3- (4). Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO42- (5). 2.0×10-7mol/L (6). 8×10-9mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①NH3・H2O是弱电解质，在溶液在存在电离平衡；‎ ‎②NaHSO4在溶液中完全电离产生Na+、H+、SO42-；‎ ‎③NaHCO3是盐，在溶液中完全电离产生Na+、HCO3-；‎ ‎④Fe2(SO4)3完全电离产生Fe3+、SO42-。‎ ‎(2)纯水电离产生的H+、OH-浓度相等；‎ 先计算该温度下的水的离子积常数Kw，然后利用Kw=c(H+)·c(OH-)计算溶液中c(OH-)。‎ ‎【详解】(1)①NH3・H2O是弱电解质，在溶液在存在电离平衡，电离方程式为：NH3・H2ONH4++OH-；‎ ‎②NaHSO4在溶液中完全电离产生Na+、H+、SO42-，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++ SO42-；‎ ‎③NaHCO3是盐，在溶液中完全电离产生Na+、HCO3-，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-；‎ ‎④Fe2(SO4)3完全电离产生Fe3+、SO42-，电离方程式为：Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO42-。‎ ‎(2)纯水存在电离平衡：H2OH++OH-，根据电离方程式可知水电离产生的H+、OH-浓度相等。某温度下，纯水中的c(H+)=2.0×10-7mol/L，则此时溶液中c(OH-)=c(H+)=2.0×10-7mol/L，则该温度下水的离子积常数Kw= c(H+)·c(OH-)=2.0×10-7mol/L×2.0×10-7mol/L=4×10-14 mol2/L2；‎ 若温度不变，滴入稀硫酸使c(H+)=5.0×10-6mol/L，则c(OH-)=Kw÷c(H+)=4×10-14 mol2/L2÷5.0×10-6mol/L=8×10-9mol/L。‎ ‎【点睛】本题考查了电离方程式的书写、水的电离平衡、水的离子积常数及其应用的知识。电解质有强、弱之分，强电解质在水中完全电离为离子，电离方程式用等号；弱电解质在溶液中存在电离平衡，既有电离产生的离子，也有未电离的电解质分子，主要以电解质分子存在，电离方程式用可逆号。水是一种极弱的电解质，电离产生的H+、OH-浓度相等，二者浓度的乘积在一定温度下为常数，叫水的离子积常数，用符号Kw表示，Kw只与温度有关，与其它外界条件无关，可根据Kw由溶液中氢离子浓度计算溶液中氢氧根离子的浓度，或由氢氧根离子的浓度计算氢离子的浓度，根据平衡移动原理分析外界条件对水电离平衡移动的影响。‎ ‎26.(1)发射卫星时可用肼(N2H4)为燃料和二氧化氮做氧化剂，两者反应生成氮气和气态水；已知：‎ N2H4 (g)+O2 (g)=N2(g)+2H2O (g) △H=-543kJ/mol N2 (g)+2O2 (g)=2NO2 (g) △H=+67.7kJ/mol H2 (g)+O2 (g)=H2O (g) △H=-242kJ/mol H2 (g)+F2 (g)=HF (g) △H=-269kJ/mol ‎①肼和二氧化氮反应的热化学方程式为_______________________；‎ ‎②有人认为若用氟气代替二氧化氮作氧化剂，则反应释放能量更大，肼和氟气反应的热化学方程式：_______________________‎ ‎(2)某同学做浓度对化学反应速率的影响的实验时，将3支试管编号为①②③，并按下表中物质的量进行实验，记录下的时间数据是：16 s、28 s、33 s。请将3个数据填入下表的适当位置，并写出实验结论。‎ ‎①将对应①、②、③的时间分别写出：(a)________，(b)______，(c)________。‎ ‎②实验结论：___________。‎ ‎③写出反应的化学方程式___________。‎ 试管编号 加3%Na2S2O3‎ 加H2O 加H2SO4(1∶5)‎ 出现浑浊时间 ‎①‎ ‎3 mL ‎3 mL ‎5滴 ‎(a) s ‎②‎ ‎4 mL ‎2 mL ‎5滴 ‎(b) s ‎③‎ ‎5 mL ‎1 mL ‎5滴 ‎(c) s ‎【答案】 (1). 2N2H4(g)+2NO2(g) =3N2(g)+4H2O(g) △H=-1153.7kJ/mol (2). N2H4(g)+2F2 (g)=N2(g)+4HF (g) △H=-1135kJ/mol (3). 33s (4). 28s (5). 16s (6).‎ ‎ 对于一个化学反应，在其他条件一定时，反应物的浓度越大，化学反应速率越大 (7). Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用盖斯定律计算反应热，以此可写出热化学方程式；‎ ‎(2)时间越短说明反应速率越大，其他条件不变，改变其中一个条件，分析判断反应速率，图表中主要是改变了反应物的浓度对反应速率的影响，浓度越大反应速率越大，反应时间越短。‎ ‎【详解】(1)①N2H4 (g)+O2 (g)=N2(g)+2H2O (g) △H=-543kJ/mol ‎②N2 (g)+2O2 (g)=2NO2 (g) △H=+67.7kJ/mol 由盖斯定律①×2-②得到，2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=-1153.7kJ/mol；‎ ‎②已知N2H4 (g)+O2 (g)=N2(g)+2H2O (g) △H=-543kJ/mol ‎②H2 (g)+O2 (g)=H2O (g) △H=-242kJ/mol ‎③H2 (g)+F2 (g)=HF (g) △H=-269kJ/mol 由盖斯定律①-②×2+③×4得到：N2H4(g)+2F2 (g)=N2(g)+4HF (g) △H=-1135kJ/mol；‎ ‎(2)①图表中主要是改变了反应物的浓度对反应速率的影响，浓度越大反应速率越大，反应时间越短，反应物浓度③>②>①，则反应③速率最快，时间最小，所以a=33s，b=28s，c=16s；‎ ‎②对于一个化学反应，在其他条件不变时，改变物质浓度对反应速率的影响是：反应物的浓度越大反应速率越大；‎ ‎(3)Na2S2O3溶液和稀硫酸反应生成Na2SO4、S单质，SO2和H2O，反应的化学方程式Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O。‎ ‎【点睛】本题考查了盖斯定律的应用、影响化学反应速率因素的分析判断，涉及化学反应与能量转化、浓度改变对反应速率的实验探究，注意把握盖斯定律只与物质的始态和终态有关，与反应途径无关，根据影响化学反应速率因素进行分析判断。‎ ‎27.某同学用标准NaOH溶液来测定未知浓度的盐酸的浓度：‎ ‎(1)先配制250mL 0.5mol/L的NaOH标准溶液所需的称量的质量NaOH为________ g，‎ 需要的主要玻璃仪器有玻璃棒、量烧杯、胶头滴管、量筒和___________。‎ ‎(2)用滴定管准确量取20.00mL未知浓度的盐酸于锥形瓶中，加入酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定到终点。在锥形瓶的待测液中滴加2～3滴酚酞试液，并开始滴定。‎ 手眼：左手控制滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛____________；‎ 滴速：先快后慢，当接近终点时，应一滴一摇。滴定终点的判断：___________，即到终点，读出体积并记录数据。‎ ‎(3)该同学进行了三次实验，实验数据如下表：‎ 实验编号 盐酸的体积（mL）‎ 标准NaOH溶液体积（mL）‎ ‎①‎ 均是20.00‎ ‎16.90‎ ‎②‎ ‎17.10‎ ‎③‎ ‎18.20‎ 滴定中误差较大的是第______次实验。造成这种误差的可能原因是__________(填选项编号)‎ a.滴定管在盛装标准NaOH溶液前未润洗 b.在盛装未知浓度的盐酸之前锥形瓶里面有少量蒸馏水，未烘干 c.达到滴定终点时，俯视溶液凹液面最低点读数 d.滴定开始前盛装标准NaOH溶液的滴定管尖嘴部分没有气泡，在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡 e.滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来 f.滴定开始前盛装标准NaOH溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，滴定终点读数时未发现气泡 ‎(4)该同学所测得盐酸的物质的量浓度为_________。(结果保留三位小数)。‎ ‎【答案】 (1). 5.0 (2). 250mL容量瓶 (3). 注视锥形瓶中溶液的颜色变化 (4). 溶液颜色由无色变成浅红色，且半分钟内不变色 (5). ③ (6). af (7). 0.425mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据c=计算溶质的物质的量，在根据m=n·M计算溶质的质量； ‎ ‎(2)根据滴定操作分析解答；‎ ‎(3)c(酸)=，判断不当操作对相关物理量的影响；‎ ‎(4)根据c(酸)=计算。‎ ‎【详解】(1)一定规格的容量瓶只能配制相应体积的溶液，配制250mL ‎ ‎0.5mol/L的NaOH标准溶液，应选择250ml规格容量瓶。配制溶液需NaOH的物质的量n(NaOH)=cV=0.5mol/L×0.25L=0.125mol，则其质量m(NaOH)=0.125mol×40g/mol=5.0g； ‎ 一定规格的容量瓶只能配制相应体积的溶液，容量瓶应选择250ml规格；一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀．所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、筒量(可用、也可不用)、玻璃棒、250ml容量瓶、胶头滴管；‎ ‎(2)滴定操作时，左手控制滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液的颜色变化；滴加速度先快后慢，当接近终点时，应一滴一摇。当滴定到溶液颜色由无色变成浅红色，且半分钟内不变色达到滴定终点，读出体积并记录数据。‎ ‎(3)对比表中数据，误差较大的是第③次实验，需要标准液的体积偏大，由c(酸)×V(酸)=c(碱)×V(碱)判断：‎ a.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗2～3次，标准液浓度偏小，则体积偏大，a正确；‎ b.在装未知浓度盐酸前锥形瓶里面有少量水，未烘干，无影响，b错误；‎ c.达到滴定终点时，俯视溶液凹液面最低点读数，会导致读数偏小，浓度偏低，c错误；‎ d.滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡，会导致体积偏小，导致浓度偏低，d错误；‎ e.滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来，导致需要标准液体积偏小，使测定的浓度偏低，e错误；‎ f.滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定终点读数时未发现气泡，会导致读数偏大，最终导致测定的浓度偏低，f正确；‎ 故合理选项是af；‎ ‎(4)取①、③次实验的体积进行计算，所用标准液的平均体积为V=mL=17.0mL，则根据c(酸)===0.425mol/L。‎ ‎【点睛】本题考查了中和滴定及误差分析，要求学生掌握中和滴定的操作方法、仪器的使用，结合物质的量浓度的概念对实验误差进行分析，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力，要注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练。‎ ‎28.溶液中化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：‎ ‎(1)盐碱地(含较多Na2CO3、NaCl)不利于植物生长，试用化学方程式(或离子方程式)说明：‎ 盐碱地产生碱性的原因：______________________________；‎ ‎(2)请用离子方程式表示明矾净水的原理：_______________________‎ ‎(3)若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m________n(填“>”“<”或“=”)。‎ ‎(4)25℃时，将amol·L－1氨水与0.01mol·L－1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，则溶液显________性(填“酸”“碱”或“中”)。‎ ‎(5)如图所示，在铁圈和银圈的焊接处，用一根棉线将其悬在盛水的烧杯中，使之平衡；小心向烧杯中央滴入CuSO4溶液，片刻后可观察到的现象是_____________。‎ A.铁圈和银圈左右摇摆不定 B.铁圈和银圈保持平衡状态 C.铁圈向下倾斜，银圈向上倾斜 D.银圈向下倾斜，铁圈向上倾斜 写出银圈上的电极反应式：__________________。‎ ‎【答案】 (1). CO32-+H2OHCO3-+OH- (2). Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ (3). < (4). 中 (5). D (6). Cu2++2e-=Cu ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盐的水解规律分析；‎ ‎(2)明矾是强酸弱碱盐，在溶液中铝离子水解产生的氢氧化铝胶体可以起净水作用；‎ ‎(3)一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离；‎ ‎(4)根据电荷守恒分析；‎ ‎(5)铁圈和银圈连接浸入硫酸铜溶液中，该装置构成了原电池，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，根据正负极上发生的电极反应判断反应现象。‎ ‎【详解】(1)碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解反应的方程式为水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-；‎ ‎(2)明矾是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+发生水解作用：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+‎ ‎，水解产生的氢氧化铝胶体表面积大，吸附力强，能够吸附水中悬浮的固体物质，使之形成沉淀而使水净化，因此可以起净水作用；‎ ‎(3)一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，NaOH是强电解质，完全电离，要使pH相等的氨水和NaOH溶液稀释后pH仍然相等，则氨水稀释倍数大于NaOH，即m