2018-2019学年四川省攀枝花市高二上学期期末教学质量监测化学试题 解析版




2018`2019学年度（上）调研检测高二化学试题
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时90分钟。
可能用到的相对原子质量： H：1 C：12 N：14 O：16 F：19 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 K-39 Cu：64 Ag:108
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、选择题：（本大题包括20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.下列有关乙烯的说法错误的是
A. 在常温常压下为气体 B. 是一种植物生长调节剂
C. 可自身加成形成聚乙烯 D. 不能使溴的CCl4溶液褪色
【答案】D
【解析】
【分析】
从乙烯的物理性质、化学性质、用途入手进行分析；
【详解】A、乙烯常温常压下为气体，故A说法正确；
B、乙烯可以作一种植物生长的调节剂，故B说法正确；
C、乙烯的结构简式为CH2=CH2，通过加聚反应，生成聚乙烯，故C说法正确；
D、乙烯的结构简式为CH2=CH2，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D说法错误。
2.下列物质中，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是
A. 苯 B. 乙烯 C. 甲烷 D. 乙烷
【答案】B
【解析】
【分析】
有机物中能使酸性高锰酸钾溶液褪色是含有碳碳双键、碳碳叁键、苯的同系物、部分醇、醛等，进行分析；
【详解】A、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A不符合题意；
B、乙烯中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B符合题意；
C、烷烃化学性质相对稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷属于烷烃，故C不符合题意；
D、乙烷属于烷烃，不能使酸性高锰酸钾溶液，故D不符合题意。
【点睛】易错点是选项A，苯中不含碳碳双键，介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
3.下列过程中所发生的化学反应，不属于取代反应的是
A. 光照射甲烷与氯气的混合气体
B. 苯与液溴混合后撒入铁粉
C. 在镍作催化剂的条件下，苯与氢气反应
D. 加热至50~60℃，在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸反应
【答案】C
【解析】
【详解】A、甲烷和氯气在光照下发生取代反应，CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷，故A不符合题意；
B、苯与液溴在铁单质作用下发生取代反应生成溴苯和HBr，故B不符合题意；
C、苯与氢气在镍作用下发生加成反应，生成环己烷，故C符合题意；
D、苯与浓硝酸发生取代反应，生成硝基苯和H2O，故D不符合题意。
4.下列关于乙醇、乙酸的说法中，不正确的是
A. 乙醇不能与金属钠反应
B. 乙醇在空气中燃烧时放出大量的热
C. 乙酸能与CaCO3反应放出CO2
D. 在浓硫酸存在下，加热，乙酸与乙醇发生酯化反应
【答案】A
【解析】
【详解】A、乙醇能与金属钠发生反应：2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑，故A说法错误；
B、所用的燃烧都是放热反应，甲醇在空气中燃烧时放出大量的热，故B说法正确；
C、乙酸的酸性强于碳酸，因此乙酸与CaCO3反应放出CO2，故C说法正确；
D、乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯，故D说法正确。
5.LED即发光二极管，是一种能够将电能转化为光能的固态半导体器件。如图是某课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。下列说法不正确的是

A. 装置中存在“化学能→电能→光能”的转化
B. 铜片上发生的反应为2H＋＋2e－=H2↑
C. 锌片是负极，其质量逐渐减小
D. 如果将稀硫酸换成稀盐酸，则导线中不会有电子流动
【答案】D
【解析】
【分析】
根据原电池定义以及原电池工作原理进行分析；
【详解】A、该装置为原电池装置，将化学能转化成电能，LED灯发亮，是电能转化成光能，故A说法正确；
B、锌比铜活泼，即锌为负极，铜为正极，原电池总反应为Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，即Cu电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，故B说法正确；
C、根据B选项分析，Zn为负极，发生Zn－2e－=Zn2＋，锌的质量减小，故C说法正确；
D、锌与稀盐酸发生Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑，该反应为氧化还原反应，因此稀硫酸换成稀盐酸，能够构成原电池，导线上有电子通过，故D说法错误。
6.下列液体中 pH>7的是
A. 蔗糖溶液 B. 人体血液 C. 胃液 D. 食盐水
【答案】B
【解析】
【详解】A、蔗糖为非电解质，其溶液为中性，即pH=7，故A不符合题意；
B、人体血液呈弱碱性，即pH>7，故B符合题意；
C、胃液成分是盐酸，呈酸性，即pH<7，故C不符合题意；
D、食盐水是NaCl的水溶液，显中性，即pH=7，故D不符合题意。
7.用稀NaOH溶液与稀盐酸反应测定中和热的实验中，下列操作错误的是
A. 反应前酸、碱溶液的温度要相同
B. 测量混合溶液温度时，温度计插在溶液中
C. 为了使反应均匀进行，可以向酸中分多次加入碱
D. 为了使反应更完全，可以使碱适当过量
【答案】C
【解析】
【详解】A、反应温度要相同，不同时误差较大，故A说法正确；
B、测量混合溶液温度时，温度计要一直插在溶液中，观察最高温度，故B说法正确；
C、分次加入混合时，容易造成热量损失，使测试结果不准确，故C说法错误；
D、为了使反应进行更安全，可以使酸或碱适当过量，故D说法正确。
8.Mg(OH)2固体在水中达到溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，为使Mg(OH)2固体的量减少，可加入少量的
A. NH4Cl B. NaOH C. MgSO4 D. Na2SO4
【答案】A
【解析】
【分析】
根据勒夏特列原理进行分析；
【详解】A、加入NH4Cl，NH4＋与OH－反应生成NH3·H2O，促使平衡向右进行，Mg(OH)2固体减少，故A符合题意；
B、加入NaOH，使c(OH－)增大，平衡向左进行，Mg(OH)2固体质量增多，故B不符合题意；
C、加入MgSO4，使c(Mg2＋)增多，平衡向左进行，Mg(OH)2固体质量增多，故C不符合题意；
D、加入Na2SO4，对平衡无影响，故D不符合题意。
9.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 开启啤酒后，瓶中马上泛起大量泡沫
B. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
C. 加入催化剂有利于氨的合成
D. 生产硝酸中使用过量空气以提高氨的利用率
【答案】C
【解析】
【分析】
利用勒夏特列原理的定义入手分析；
【详解】A、啤酒中存在：CO2(g)CO2(aq)，开启啤酒瓶，造成压强减小，使平衡向左进行，产生大量的CO2气体，泛起大量泡沫，符合勒夏特列原理，故A不符合题意；
B、Cl2溶于水中存在：Cl2＋H2OCl－＋H＋＋HClO，加入食盐水，c(Cl－)增大，平衡向左进行，抑制了Cl2溶解，符合勒夏特列原理，故B不符合题意；
C、催化剂对化学平衡无影响，不符合勒夏特列原理，故C符合题意；
D、NH3与O2反应：4NH3＋5O24NO＋6H2O，增大空气量，即增大氧气浓度，平衡向正反应方向进行，提高NH3的利用率，符合勒夏特列原理，故D说法正确。
10.下列说法中正确的是
A. 若将等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多
B. C(s，石墨)= C(s，金刚石) ΔH﹦+1.5kJ/mol，结论：相同条件下金刚石性质比石墨稳定
C. CH4(g) + 2O2(g)=CO2(g) + 2H2O(g) △H﹦-801.3kJ/mol， 结论：CH4的燃烧热△H﹦-801.3kJ/mol
D. N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) ΔH﹦-92.4kJ/mol，结论：在密闭容器中充入0.5molN2、1.5molH2，充分反应后放出46.2kJ的热量
【答案】A
【解析】
【详解】A、固体硫转化成气态硫是吸热过程，气态硫具有能量高于固体硫，因此等质量的硫蒸气燃烧放出的热量高于硫固体的燃烧放出的热量，故A说法正确；
B、该反应为吸热反应，石墨的能量低于金刚石，即石墨比金刚石稳定，故B说法错误；
C、根据燃烧热的定义，水为液态，题中水为蒸气，即无法判断甲烷的燃烧热，故C说法错误；
D、该反应为可逆反应，不能完全进行到底，因此0.5molN2、1.5molH2反应放出的热量小于46.2kJ，故D说法错误。
【点睛】易错点是选项C，根据燃烧热的定义：1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，C转化成CO2，S转化成SO2，H转化成液态水。
11.在催化条件下发生反应：N2O(g)+CO(g) CO2(g)+N2(g)可使环境污染性气体转化为无害气体。反应进程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是

A. 加入催化剂使反应的△H变小
B. 该反应的热化学方程式为：N2O(g)+CO(g) CO2(g)+N2(g) △H﹦ - 226 kJ/mol
C. 反应物的总能量小于生成物的总能量
D. 该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能
【答案】B
【解析】
【详解】A、△H只与始态和终态有关，加入催化剂降低活化能，△H不变，故A错误；
B、根据图像得出热化学反应方程式为：N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g) △H=(134－360)kJ·mol－1=－226kJ·mol－1，故B正确；
C、根据图像，反应物的总能量小于生成物的总能量，故C错误；
D、Ea1为正反应活化能，Ea2为逆反应活化能，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，故D错误。
12.用水稀释0.1mol/L的氨水,溶液中随着水量的增加而减小的是
A. c(H+)/c(NH4+) B. c(NH3·H2O)/ c(OH-)
C. c(NH4+) c(OH-)/c(NH3·H2O) D. c(H+)c(OH-)
【答案】B
【解析】
【分析】
氨水中存在：NH3·H2ONH4＋＋OH－，加水稀释促进NH3·H2O的电离，但v(NH4＋)、c(OH－)降低，然后进行分析；
【详解】氨水中存在：NH3·H2ONH4＋＋OH－，加水稀释促进NH3·H2O的电离，但v(NH4＋)、c(OH－)降低，
A、根据水的离子积，c(OH－)减小，c(H＋)增大，c(H＋)/c(NH4＋)增大，故A不符合题意；
B、同溶液中，体积相同，c(NH3·H2O)/c(OH－)=n(NH3·H2O)/n(OH－)，加水稀释促进电离，OH－物质的量增大，NH3·H2O物质的量减小，即该比值随水量增加而减小，故B符合题意；
C、该比值等于Kb，Kb只受温度的影响，即该比值保持不变，故C不符合题意；
D、Kw=c(H＋)×c(OH－)，Kw只受温度的影响，即Kw保持不变，故D不符合题意。
【点睛】易错点，学生认为加水稀释所有离子浓度都减小，忽略水的离子积Kw=c(H＋)×c(OH－)，水的离子积不变，加水稀释，c(OH－)减小，则c(H＋)增大。
13.25℃时，关于pH=3的醋酸溶液和pH=11的NaOH溶液，下列说法不正确的是
A. c(Na+)= c(CH3COO－)
B. 醋酸溶液中c(H+)等于NaOH溶液中c(OH-)
C. NaOH溶液的导电能力比醋酸溶液的强
D. 将两溶液等体积充分混合，所得溶液呈酸性
【答案】C
【解析】
【详解】A、醋酸是弱酸，CH3COOHCH3COO－＋H＋，c(CH3COO－)近似等于c(H＋)=10－3mol·L－1，NaOH为强碱，完全电离，c(Na＋)近似等于c(OH－)，c(Na＋)=10－3mol·L－1，即c(Na＋)=c(CH3COO－)，故A说法正确；
B、醋酸溶液中c(H＋)=10－3mol·L－1，NaOH溶液中c(OH－)=10－3mol·L－1，即醋酸溶液中c(H＋)等于NaOH溶液中c(OH－)，故B说法正确；
C、根据上述分析，两种溶液中离子浓度相同，导电能力相同，故C说法错误；
D、醋酸是弱酸，NaOH为强碱，c(CH3COOH)>c(NaOH)，相同体积混合后，溶质为CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，故D说法正确。
14.将4molSO2和2mol O2在2L的恒容密闭容器中混合，并在一定条件下发生如下反应: 2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g),若经2s后测得SO3的浓度为0.6mol/L。下列说法中不正确的是
A. 用SO2表示反应的平均速率为0.3mol/( L·s)
B. 用O2表示反应的平均速率为0.15mol/(L.s)
C. 2s时O2的浓度为0.7mol/L
D. 2s时SO2的转化率为70%
【答案】D
【解析】
【分析】
2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)
起始： 4 2 0
变化： 1.2 0.6 2L×0.6mol·L－1
平衡： 2.8 1.4 1.2 根据化学反应速率的定义、转化率的定义进行分析；
【详解】2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)
起始： 4 2 0
变化： 1.2 0.6 2L×0.6mol·L－1
平衡： 2.8 1.4 1.2
A、根据化学反应速率的定义，v(SO2)=1.2mol/(2L·2s)=0.3mol/(L·s)，故A说法正确；
B、根据化学反应速率的定义，v(O2)=0.6mol/(2L·2s)=0.15mol/(L·s)，故B说法正确；
C、2s时O2的浓度为1.4mol/2L=0.7mol·L－1，故C说法正确；
D、SO2的转化率为1.2/4×100%=30%，故D说法错误。
15.已知：Ag++ SCN－ = AgSCN↓（白色），某同学探究AgSCN的溶解平衡及转化，进行以下实验。

下列说法中，不正确的是
A. ①中现象能说明Ag+与SCN－生成AgSCN沉淀的反应有限度
B. ②中现象产生的原因是发生了反应Fe(SCN)3 + 3Ag+ = 3AgSCN↓+ Fe3+
C. ③中产生黄色沉淀的现象能证明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小
D. ④中黄色沉淀溶解的原因可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应
【答案】C
【解析】
【详解】A、AgNO3与KSCN恰好完全反应，上层清液中滴加Fe(NO3)3溶液，出现浅红色溶液，说明上层清液中含有SCN－，即说明Ag＋与SCN－生成AgSCN沉淀的反应有限度，故A说法正确；
B、根据②中现象：红色褪去，产生白色沉淀，Fe(SCN)3被消耗，白色沉淀为AgSCN，即发生：Fe(SCN)3＋Ag＋=3AgSCN↓＋Fe3＋，故B说法正确；
C、前一个实验中滴加0.5mL2mol·L－1AgNO3溶液，Ag＋过量，反应②中Ag＋有剩余，即滴加KI溶液，I－与过量Ag＋反应生成AgI沉淀，不能说明AgI溶解度小于AgSCN，故C说法错误；
D、白色沉淀为AgSCN，加入KI后，白色沉淀转化成黄色沉淀，即AgSCN转化成AgI，随后沉淀溶解，得到无色溶液，可能是AgI与KI溶液中的I－进一步发生了反应，故D说法正确。
16.PCl3和PCl5都是重要的化工原料。将PCl3(g)和Cl2(g)充入2L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)，△H＜0并于10 min时达到平衡。有关数据如下：

PCl3(g)
Cl2(g)
PCl5(g)
初始浓度/(mol·L-1)
2.0
1.0
0
平衡浓度/(mol·L-1)
c1
c2
0.4



下列判断不正确的是
A. 10 min内，v(Cl2)=0.04 mol/( L·min)
B. 升高温度，反应的平衡常数增大
C. 反应达到平衡时容器内的压强与初始时容器的压强之比为13：15
D. 平衡后移走2.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2，相同条件下再达平衡时，c(PCl5)<0.2 mol·L-1
【答案】B
【解析】
【详解】A、10min消耗Cl2的物质的量为0.4mol·L－1，根据化学反应速率的表达式为v(Cl2)=0.4mol/L/10min=0.04mol/(L·min)，故A说法正确；
B、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，即升高温度，化学平衡常数减小，故B说法错误；
C、 PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)
起始： 2.0 1.0 0
平衡： 1.6 0.6 0.4 相同条件下，压强之比等于物质的量之比，P前/P后=6/(3.2＋1.2＋0.8)=3/2.6=15/13，故C说法正确；
D、平衡后移走2.0molPCl3和1.0molCl2，相当于在原来的基础上增大容器的体积一倍，c(PCl5)=0.2mol·L－1，但增大容器的体积，压强减小平衡向逆反应方向进行，c(PCl5)<0.2mol·L－1，故D说法正确。
【点睛】难点是选项D，一般这样的题，开始时通入4molPCl3和2molCl2，平衡后移走2.0molPCl3和1.0molCl2，相当于开始时通入2.0molPCl3和1.0molCl2，相当于在原来基础上增大容器的体积一倍，假设平衡不移动，PCl5的物质的量浓度为0.2mol·L－1，容器体积扩大，压强减小，平衡向逆反应方向进行，PCl5的物质的量浓度小于0.2mol·L－1。
17.工业上合成CH3OH的原理为：2H2(g)+COCH3OH(g)，一定温度下，向1L恒容密闭容器中充入H2和CO，反应达平衡时CH3OH的体积分数与反应物投料之比(n(H2)/n(CO))的关系如图所示。下列说法错误的是

A. 相同条件下，达到平衡时混合气体的密度与反应前相同
B. a、b、c、d四点中,c点CO的转化率最大。
C. 若投料时n(CO)不变，a、b、c、d四点中d处CH3OH的物质的量最大
D. 图像中 c点到d点，平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A、容器为恒定，气体体积不变，组分都是气体，气体质量不变，因此任何时刻气体密度都想等，即达到平衡时气体的密度与反应前相同，故A说法正确；
B、投料比增大，增大氢气的物质的量，平衡向正反应方向进行，CO的转化率增大，即四个点中d点CO的转化率最大，故B说法错误；
C、根据B选项分析，增大H2的量，平衡向正反应方向进行，甲醇的物质的量增大，即四点中d处CH3OH的物质的量最大，故C说法正确；
D、c点到d点，增加了H2的量，平衡向正反应方向进行，故D说法正确。
18.—定温度下,在三个等体积的恒容密闭容器中，反应2CO2(g)+ 6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)达平衡。下列说法正确的是
容器
温度/K
物质的起始浓度(mol·L-1)
物质的平衡浓(mol·L-1)
CO2(g)
H2(g)
C2H5OH(g)
H2O(g)
C2H5OH(g)
甲
500
0.20
0.60
0
0
0.083
乙
500
0.40
0.60
0
0

丙
600
0
0
0.10
0.30
0.039


A. 该反应正反应为吸热反应
B. 达平衡时,甲、乙容器内：2c(C2H5OH ,甲)﹦c(C2H5OH ,乙)
C. 达平衡时,容器甲中的逆反应速率比容器乙中的大
D. 达平衡时,转化率：a(CO2,甲)+a(C2H5OH,丙)>1
【答案】D
【解析】
【详解】A、如果丙的温度为500K，则甲和丙为等效平衡，此时丙中C2H5OH物质的量浓度为0.083mol/L，但温度为600K时，丙中C2H5OH物质的量浓度为0.039mol·L－1<0.083mol·L－1，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，即正反应为放热反应，故A错误；
B、乙可以看作先通入0.20mol/LCO2和0.60mol/LH2，达到平衡时，此时乙醇的物质的量浓度为0.083mol/L，再通入0.20mol·L－1CO2，平衡向正反应进行，2c(C2H5OH，甲)>c(C2H5OH，乙)>c(C2H5OH，甲)，故B错误；
C、容器乙中反应物浓度大于容器甲，浓度增大，反应速率加快，即达到平衡时，容器甲中逆反应速率比容器乙中小，故C错误；
D、如果丙的温度为500K，则有a(CO2，甲)＋a＇(C2H5OH，丙)=1，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，即a(C2H5OH，丙)>a＇(C2H5OH，丙)，则有a(CO2，甲)＋a(C2H5OH，丙)>1，故D正确。
19.25℃时，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合(设混合后溶液体积等于混合前两溶液体积之和)，所得实验数据如下表：
实验编号
起始浓度/(mol·L-1)
反应后溶液的pH
HA
KOH
①
0.1
0.1
9
②
x
0.2
7

下列判断不正确的是
A. 实验①反应后的溶液中：c(K+)+ c(H+)-c(A-)=1×10-9 mol·L-1
B. 实验①反应后的溶液中：c(K+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)
C. 实验②反应后的溶液中：c(A-)+c(HA)＞0.1mol·L-1
D. 实验②反应后的溶液中：c(K+)=c(A-)＞c(OH-)=c(H+)
【答案】A
【解析】
【分析】
根据①HA和KOH的浓度相同，体积相同，两种溶液恰好完全反应，生成KA，溶液pH=9，显碱性，即KA为弱酸，根据②，反应后溶液的pH=7，显中性，即x>0.1mol·L－1；
【详解】根据①HA和KOH的浓度相同，体积相同，两种溶液恰好完全反应，生成KA，溶液pH=9，显碱性，即KA为弱酸，根据②，反应后溶液的pH=7，显中性，即x>0.1mol·L－1，
A、根据电荷守恒，c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，推出c(K＋)＋c(H＋)－c(A－)=c(OH－)=10－5mol·L－1，故A说法错误；
B、根据上述分析，反应后溶液的溶质为KA，A－发生水解，即c(K＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，故B说法正确；
C、根据上述分析，x>0.1mol·L－1，依据物料守恒，推出c(A－)＋c(HA)>0.1mol·L－1，故C说法正确；
D、根据电荷守恒，c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，溶液的pH=7，推出c(H＋)=c(OH－)，c(K＋)=c(A－)，即c(K＋)=c(A－)＞c(OH－)=c(H＋)，故D说法正确。
20.已知：电导率越大导电能力越强。25℃时，用0.100 mol/L NaOH溶液分别滴定10.00 mL 浓度均为0.100 mol/L的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示(注：混合后溶液体积等于混合前两溶液体积之和)。下列说法正确的是

A. 曲线①代表滴定盐酸的曲线
B. a点溶液中：c(OH－)＋c(CH3COO－)-c(H＋)=0.1mol/L
C. a、b、c三点溶液中水的电离程度：c>a>b
D. b点溶液中：c(OH－)=c(H＋)＋c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
【分析】
醋酸为弱酸，滴入NaOH发生NaOH＋CH3COOH=CH3COONa＋H2O，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，电导率增大，即曲线①代表滴定醋酸，曲线②代表滴定盐酸；
【详解】醋酸为弱酸，滴入NaOH发生NaOH＋CH3COOH=CH3COONa＋H2O，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，电导率增大，即曲线①代表滴定醋酸，曲线②代表滴定盐酸；
A、根据上述分析，故A错误；
B、a点两种溶液恰好完全反应，溶质为CH3COONa，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，则有c(OH－)＋c(CH3COO－)－c(H＋)=c(Na＋)=0.1mol·L－1×10×10－3L/(20×10－3L)=0.05mol·L－1，故B错误；
C、a点溶质为CH3COONa，促进水的电离，c点溶质为NaCl，对水的电离无影响，b点溶质为CH3COONa、NaOH，溶液显碱性，抑制水的电离，即三点中水的电离程度为a>c>b，故C错误；
D、b点溶质为CH3COONa、NaOH，且物质的量相等，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，根据物料守恒：c(Na＋)=2c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)，两式合并为c(OH－)=c(H＋)＋c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)，故D正确。
【点睛】易错点为选项B，学生认为两者恰好完全反应此时c(Na＋)=0.1mol·L－1，忽略了NaOH和CH3COOH是等体积混合，浓度是原来的一半，即c(Na＋)=0.05mol·L－1。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
二、（本大题包括21、22、23题，共20分）
21.写出解释下列事实的离子方程式：
（1）FeCl3水溶液呈酸性：_________
（2）用Na2CO3溶液浸泡含有CaSO4的水垢：_________
（3）用稀硫酸酸化的KI淀粉溶液在空气中久置后变蓝：__________
【答案】 (1). Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+ (2). CaSO4(s) + CO32-(aq) CaCO3(s) + SO42-(aq) (3). 4I－+ O2 + 4H＋=2I2 + 2H2O
【解析】
【详解】（1）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解，其水解方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋；
（2）CaCO3为难溶物，CaSO4为微溶物，即有CO32－(aq)＋CaSO4(s)=CaCO3(s)＋SO42－(aq)；
（3）I－具有强还原性，容易被氧气氧化，离子方程式为4I－＋O2＋4H＋=2I2＋2H2O。
22.按要求回答下列问题：
（1）在200℃、101kPa时，0.5molH2(g)与足量I2(g)完全反应放出7.45kJ的热量，该反应的热化学方程式表示为____。
（2）根据键能数据估算
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能/(kJ·mol-1)
414
489
565
155

CH4(g)+4F2(g) =CF4(g)+4HF(g)的反应热ΔH为______kJ/mol
（3） 已知：①2CH3OH(l)＋3O2(g) =2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH1＝－a kJ/mol
②C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH2＝－b kJ/mol
③2H2(g) + O2(g) = 2H2O(g) ΔH3 = -c kJ/mol
a、b、c均大于0 则：反应①中，ΔS______（选填“＞”、“＜”或“＝”）0；
2C(s)＋4H2(g)+O2(g) = 2CH3OH(l) ΔH＝_______kJ/mol。
【答案】 (1). H2(g) + I2(g) 2HI(g) △H＝－14.9kJ/mol (2). -1940 (3). ＞ (4). a-2b-2c
【解析】
【详解】（1）H2和I2反应方程式为H2＋I2=2HI，即1molH2参与反应放出热量为7.45kJ×1mol/0.5mol=14.9kJ，热化学反应方程式为H2(g)+I2(g)2HI(g) △H＝－14.9kJ/mol；
（2）根据△H=反应物键能总和－生成物键能总和=(4×414＋4×155－4×489－4×565)kJ·mol－1=－1940kJ·mol－1；
（3）①CH3OH为液体，其余为气体，反应①中熵增，即△S>0；根据目标方程式，有①－②×2－2③得出△H=(a－2b－2c)kJ·mol－1。
23.按要求回答下列问题：.
（1）室温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定20.00mL浓度为0.1mol/L的HA酸的溶液,滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如图：

①a点对应的溶液中c(HA)____c(A-)(选填“>”“<”或“=”)；b点对应的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_________。
②K(HA)=_________。
（2）已知：T℃时，Kw=1×10-12。在T℃时，将pH=9的NaOH溶液aL与pH=2的H2SO4溶液bL混合(注：混合后溶液体积等于混合前两溶液体积之和)。若所得混合溶液的pH=3，则a:b=_________。
【答案】 (1). < (2). c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) (3). 1.0×10-5 (4). 9:2
【解析】
【详解】（1）根据图像起点，HA的pH=3，说明HA为弱酸，①a点溶质为HA和NaA，且两者物质的量相等，溶液显酸性，即有c(HA)c(A－)>c(OH－)>c(H＋)；
②通过起点进行分析，c(H＋)=10－3mol·L－1，K(HA)=c(A－)×c(H＋)/c(HA)=10－3×10－3/0.1=10－5；
（2）此温度下，NaOH溶液中c(OH－)=10－3mol·L－1，反应后溶液显酸性，因此有（bL×10－2mol·L－1－aL×10－3mol·L－1)/（aL＋bL）=10－3mol·L－1，a:b=9:2。
【点睛】易错点是问题（2），学生容易弄错NaOH溶液c(OH－)，不注意此时的水的离子积，学生推出NaOH溶液中c(OH－)为10－5mol·L－1，因此利用水的离子积进行计算，注意温度。
三、（本大题包括24、25题，共16分）
24.用0.2000 mol/L的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入0.2000mol/L的标准NaOH溶液至“0”刻度线以上；
②调节液面至“ 0”或“0”刻度线稍下, 使滴定管尖嘴充满液体，并记下读数；
③量取20.00 mL待测液注入洁净的锥形瓶中,并加入3滴酚酞溶液；
④用标准液滴定至终点,记下滴定管液面读数。
⑤再重复以上滴定操作3次。
请回答：
（1）以上步骤有错误的是(填编号)__________。
（2）步骤③中，量取20.00mL待测液应使用__________(填仪器名称)。
（3）步骤④滴定时眼睛应注视__________；判断到达滴定终点的现象是：__________。
（4）以下是实验数据记录表
滴定次数
盐酸体积(mL)
NaOH溶液体积读数(mL)


滴定前
滴定后
1
20.00
0.00
16.80
2
20.00
0.02
16.22
3
20.00
0.02
16.20
4
20.00
0.00
16.20

从表中可以看出,第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后三次的体积，其可能的原因是__________。
A．锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水
B．滴定结束时，俯视读数
C．锥形瓶用待测液润洗
D．滴定过程中，少量标准溶液滴到锥形瓶外的滴定台上
（5）根据表中第2、3、4次记录数据计算,该盐酸浓度为__________mol/L
【答案】 (1). ① (2). 酸式滴定管（或移液管） (3). 锥形瓶内溶液颜色变化 (4). 溶液由无色变红色，且半分钟内颜色不变 (5). CD (6). 0.1619
【解析】
【详解】（1）操作步骤错误的是①，没有用待盛液润洗滴定管，稀释标准液，所测浓度将会偏大；
（2）量取20.00mL待测液，应用酸式滴定管或移液管；
（3）滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化；滴定到终点的现象是：滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为红色，且30s内颜色不变；
（4）A、锥形瓶中有无蒸馏水，对实验无影响，故A不符合题意；
B、滴定前，俯视读数，所读数值偏小，故B不符合题意；
C、锥形瓶中用待测液润洗，消耗的标准液的体积增大，故C符合题意；
D、滴定过程中，少量标准溶液滴到锥形瓶外，消耗标准液体积增大，故D符合题意；
（5）消耗NaOH溶液平均体积为(16.20＋16.18＋16.20)/3mL≈16.19mL，则c(HCl)=16.19×10－3L×0.2000mol·L－1/(20.00×10－3L)=0.1619mol·L－1。
【点睛】易错点为（2），学生认为量取液体体积应用量筒，忽略了量筒精确度，量筒的精确度为0.1mL，而本题是小数点后2位，应用滴定管、移液管。
25.用含FeCl2杂质的氯化铜晶体制纯净CuCl2·2H2O的过程是：先将晶体配制成水溶液，然后按如下图步骤进行提纯：

已知：在上述流程条件下，Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH，见下表：

Fe3+
Fe2+
Cu2+
氢氧化物开始沉淀时的pH
1.9
7.0
4.7
氢氧化物完全沉淀时的pH
3.2
9.0
6.7

请回答下列问题：
（1）加入氧化剂X的目的是_______。得到溶液II，最适合作氧化剂X的是______（选填以下编号）。
A．K2Cr2O7 B．NaClO C．H2O2 D．KMnO4
（2）为了除去Fe3+，需加入物质Y调节溶液的pH范围是_________________
（3）溶液Ⅲ得到CuCl2·2H2O晶体的操作是：蒸发浓缩，冷却结晶，____，___，干燥。
【答案】 (1). 将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe(OH)3沉淀而与Cu2+分离 (2). C (3). 3.2~4.7之间 (4). 过滤 (5). 洗涤
【解析】
【详解】（1）根据表中数据，应将Fe2＋转化成Fe3＋，即氧化剂X的作用是将Fe2＋氧化成Fe3＋，便于生成Fe(OH)3而与Cu2＋分离；加入氧化剂不能引入新杂质，A、加入K2Cr2O7引入K＋和Cr3＋，故A不符合题意；
B、加入NaClO，引入Na＋，故B不符合题意；
C、H2O2为绿色氧化剂，不引入新杂质，故C符合题意；
D、加入KMnO4，引入K＋和Mn2＋，故D不符合题意；
（2）调节pH，应将Fe3＋完全转变成沉淀，Cu2＋不能沉淀，因此调节pH的范围是3.2≤pH<4.7；
（3）得到CuCl2·2H2O，采用操作步骤是蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
四、（本大题包括26、27题，共18分）
26.氮的氧化物(如NO2、N2O4、N2O5等)应用很广，在一定条件下可以相互转化。
（1）已知：N2O5在一定条件下发生分解2N2O5(g) 4NO2(g)＋O2(g)。某温度下测得恒容密闭容器中N2O5浓度随时间的变化如下表：
T/min
0.00
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
c(N2O5)/mol·L－1
1.00
0.71
0.50
0.35
0.25
0.17


设反应开始时体系压强为p0，第2.00 min时体系压强为p，则p∶p0＝________；1.00～3.00 min内，O2的平均反应速率为________。
（2）在N2O4与NO2之间存在反应：N2O4(g)2NO2(g)。将1 mol的N2O4放入1 L的恒容密闭容器中，测得其平衡转化率[α(N2O4)]随温度变化如图所示。

①337.5 K时，反应的平衡常数K＝________(填写计算结果)。
②据图推测N2O4(g) 2NO2(g)是吸热反应，理由是_______________。
③对于反应N2O4(g)2NO2(g)，用平衡时各组分压强关系表达的平衡常数。在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强间存在关系：v(N2O4)＝k1·p(N2O4)，v(NO2)＝k2· [p(NO2)]2。其中，k1、k2是与反应及温度有关的常数。相应的速率—压强关系如图所示：一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1＝________，在图标出的点中，指出能表示反应达到平衡状态的点并说明理由___。

【答案】 (1). 1.75 (2). 0.090 mol/( L·min) (3). 3.6 (4). 温度升高，α(N2O4)增加，说明平衡向正反应移动 (5). k2Kp/2 (6). B点与D点，v(NO2消耗)＝2v(N2O4消耗)= v(NO2生成)满足平衡条件
【解析】
【详解】（1）2N2O5(g) 4NO2(g)＋O2(g)
起始：1 0 0
变化：0.5 1 0.25
2min：0.5 1 0.25 相同条件下，压强之比等于物质的量之比，p/p0=(0.5＋1＋0.25)/1=1.75；根据化学反应速率数学表达式，v(N2O5)=(0.71－0.35)mol·L－1/2min=0.18mol/(L·min)，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，即v(O2)=v(N2O5)/2=0.090mol/(L·min)；
（2）①N2O4(g)2NO2(g)
起始： 1 0
平衡： 0.4 1.2 根据化学平衡常数的表达式，K=c2(NO2)/c(N2O4)=1.22/0.4=3.6；
②根据图1，随着温度升高，N2O4转化率增大，反应向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应正反应为放热反应；
③Kp的表达式为Kp=[p(NO2]2/p(N2O4)，当反应达到平衡时，2v(N2O4)=V(NO2)，把公式代入，推出：k1=Kp·k2/2；v(NO2消耗)＝2v(N2O4消耗)= v(NO2生成)满足平衡条件，即平衡点为B点和D点。
【点睛】易错点是O2反应速率的计算，学生能计算出O2的反应速率是0.09mol/(L·min)，忽略了表格中数据中有效数字的保留，正确应是0.0909mol/(L·min)。
27.SNCR－SCR是一种新型的烟气脱硝技术(除去烟气中的NOx)，其流程如下：

该方法中主要反应的热化学方程式为：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1646 kJ/mol，如图所示，反应温度会直接影响SNCR技术的脱硝效率。

回答下列问题：
（1）SNCR技术脱硝的最佳温度选择925℃的理由是_______________________。
（2）SNCR与SCR技术相比，SNCR技术的反应温度较高，其原因是________________；
但当烟气温度高于1000℃时，SNCR脱硝效率明显降低，其原因可能是___________。
【答案】 (1). 925℃时脱硝效率高，残留氨浓度较小 (2). 没有使用催化剂，反应的活化能较大 (3). 因为脱硝主要反应是放热反应，温度过高，使脱硝主要反应的平衡逆向移动(或生成的N2与O2反应生成NO等其他合理答案)
【解析】
【详解】（1）根据图像，在925℃时脱销效率高，残留氨的浓度较小；
（2）根据流程，SNCR没有使用催化剂，SCR使用催化剂，使用催化剂降低活化能，加快反应，因此SNCR技术的反应温度较高；脱硝主要反应是放热反应，温度过高，使脱硝主要反应的平衡逆向移动，或者在较高温度下，N2与O2发生反应生成NO。
五（本大题包括28题，共6分）
28.387℃时,在甲、乙两个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生甲醇合成二甲醚的反应：2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g),起始时、平衡时各物质的物质的量如下表所示。
容器
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol
CH3OH(g)
CH3OCH3(g)
H2O(g)
甲
0.20
0.080
0.080
乙
0.40
a
a

则：（1）表中a=________。
（2）若起始时向甲容器中充入0.20mol CH3OH(g)、0.50mol CH3OCH3和0.10molH2O(g)，则反应达平衡时容器中CH3OH(g)的浓度为多少？_______（写出解题过程）
【答案】 (1). 0.16 (2). 0.133mol/L
【解析】
【详解】（1）根据反应方程式，反应前后气体系数之和相等，因此有0.2：0.08=0.4：a,a=0.16；
（2）由表中的甲容器数据可得：387℃时反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g), 的平衡常数
若起始时甲容器中充入0.20molCH3OH(g)、0.50mol CH3OCH3(g)、 0.10molH2O(g), ， 反应向正反应方向进行，v(正) >v(逆) ，设达平衡时新生成的CH3OCH3(g)物质的量浓度为x
2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)
起始浓度（mol/L） 0.20 0.50 0.10
转化浓度（mol/L） 2x x x
平衡浓度（mol/L） 0.20-2x 0.50+x 0.10+x



解得：x=0.22mol/L（不合理，舍去） x=1/30mol/L
平衡时CH3OH(g)物质的量浓度为（0.20mol/L-2×1/30mol/L）=0.133mol/L.