还剩13页未读，
继续阅读
2017-2018学年吉林省辽源市田家炳高级中学等五校高二上学期期末联考化学试题 解析版
展开
吉林省辽源市田家炳高级中学等五校2017-2018学年高二上学期
期末联考（第64届）化学试题
说 明：本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页。考试时间90分钟，分值100分。
注意事项：
1、答题前，考生必须将自己的姓名、考号填写清楚，并将条形码粘贴到指定区域。
2、选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。
3、请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草纸、试题卷上答题无效。
4、保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
第Ⅰ卷
常用元素相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Ag-108 S-32 K -39
一、选择题：（每小题只有一个选项符合要求，1-16题，每小题2分；17-22题，每题3分，共50分。）
1. 未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列符合未来新能源特点的是( )
①天然气 ②煤 ③核能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能
A. ①②③④ B. ⑤⑥⑦⑧ C. ①③⑥⑧ D. ②④⑥⑧
【答案】B
【解析】①天然气、②煤、④石油属于化石能源，燃烧后有二氧化碳生成，能产生温室效应，煤、石油中含有氮、硫等元素，燃烧后有二氧化氮、二氧化硫生成，这些气体污染环境，且资源有限不能再生；核能发电厂热效率较低，故核能电厂的热污染较严重，核电厂的反应器内有大量的放射性物质，会对生态及民众造成伤害，不属于未来新能源。综上所述A项正确。
点睛：本题主要考查学生对常见的新能源的了解和掌握。煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源。
2. 下列说法正确的是( )
A. 所有反应的活化能不可能接近零
B. 弱电解质的导电性不一定比强电解质的导电性弱
C. 燃烧热是指1 mol任何物质完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量
D. H＋ (aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1表示强酸溶液与强碱溶液反应的中和热
【答案】B
【解析】某些反应如离子反应可以瞬间完成，其活化能接近于零或等于零，A项错误；导电性的强弱与溶液中自由移动离子的浓度和所带电荷数有关，与是否为强电解质无关，如硫酸钡是强电解质，但难溶于水，几乎不导电，B项正确；燃烧热是指1 mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，C项错误；H＋ (aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1表示强酸与强碱在稀溶液中反应的中和热，D项错误。
3. 下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A. 在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣
B. 在pH=0的溶液中：K+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣
C. 在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣
D. 在c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣
【答案】A
【解析】强碱溶液中含有大量的OH—，OH—与Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣能大量共存，A项正确；pH=0的溶液中含有大量的H+，H+与Fe2+、NO3﹣因发生氧化还原反应而不能大量共存，B项错误；Fe3+与SCN﹣因发生络合反应而不能大量共存，C项错误；c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中含有大量的OH—，NH4+、Al3+与OH—发生反应而不能大量共存，D项错误。
点睛： 离子共存题干中常见的限制条件
题干
分析
溶液无色
有色离子不能大量存在，如Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、MnO等
溶液pH＝1
或pH＝13
溶液pH＝1，说明溶液中含大量H＋，则与H＋反应的离子不能存在；
溶液pH＝13，说明溶液中含大量OH－，则与OH－反应的离子不能存在
溶液透明
“透明”并不代表溶液无色
与Al反应放出H2
溶液可能显酸性也可能显碱性
由水电离出的c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1
溶液可能显酸性也可能显碱性
4. 下列式子属于水解反应，且溶液呈酸性的是 ( )
A. HCO3- + H2O H3O+ + CO32- B. Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+
C. HS- + H2O H2S + OH- D. NH4+ + OH- NH3↑+ H2O
【答案】B
【解析】HCO3- + H2O H3O+ + CO32-表示HCO3-的电离，A项错误；Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+表示三价铁离子的水解，且溶液呈酸性，B项正确；HS- + H2O H2S + OH-表示HS-的水解，但溶液呈碱性，C项错误；NH4+ + OH- NH3↑+ H2O表示NH4+与OH-反应，D项错误。
点睛：弱离子水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号，溶液显示酸性，则氢离子浓度大于氢氧根浓度。
5. 下列关于判断过程的方向的说法正确的是（ ）
A. 所有自发进行的化学反应都是放热反应
B. 同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同
C. 高温高压下可以使石墨转化为金刚石是自发的化学反应
D. 由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合于所有的过程
【答案】D
6. 下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅
B. 高压比常压有利于合成SO3的反应
C. Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深
D. 由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深
【答案】D
【解析】可逆反应2NO2N2O4，加压条件下，体积减小，混合气体各组分的浓度增大，故颜色变深，但增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即正向移动，颜色逐渐变浅，所以可以用平衡移动原理解释，A项不符合题意；2SO2+O2（g）2SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，B项不符合题意；向硫氰化铁溶液中加入硫氰化钾固体时，硫氰根离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，则硫氰化铁浓度增大，溶液的颜色变深，可用平衡移动原理解释，C项不符合题意； H2+I2（g）2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，D项符合题意。
点睛：如果改变影响平衡的一个条件，则平衡就向能把减弱这种改变的方向移动，这就是勒夏特列原理。H2+I2（g）2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释。
7. 在同温同压下，下列各组热化学方程式中，Q1 〉Q2的是 ( )
A. 2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l) ；△H= Q1 2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)； △H= Q2
B. S(g)+O2(g)＝SO2(g) ；△H= Q1 S(s)+O2(g)＝SO2(g)；△H= Q2
C. C(s)+0.5O2(g)＝CO(g)；△H= Q1 C(s)+O2(g)＝CO2(g)；△H= Q2
D. H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)；△H= Q1 0.5H2(g)+0.5 Cl2(g)＝HCl(g)；△H= Q2
【答案】C
【解析】物质的燃烧反应是放热的，焓变是负值，气态水变为液态水的过程是放热的，Q1< Q2，A项不符合题意；固体硫变为气态硫需要吸收热量，Q1< Q2，B项不符合题意；碳单质完全燃烧生成二氧化碳放热多于不完全燃烧生成一氧化碳放的热，反应的焓变是负值，故Q1〉Q2，C项符合题意；化学反应方程式的系数加倍，焓变数值加倍，该化合反应是放热的，所以焓变值是负值，Q1< Q2，D项不符合题意。
点睛：比较ΔH的大小时应注意事项：比较吸、放热反应过程中，吸收或放出热量的多少时不考虑符号，但比较ΔH大小时，必须带正、负号比较，对放热反应，ΔH越小，放热越多；对吸热反应，ΔH越大，吸热越多。
8. 下列溶液一定呈中性的是 ( )
A. pH＝7的溶液
B. c(H＋)＝c(OH－)的溶液
C. 由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液
D. 非电解质溶于水得到的溶液
【答案】B
【解析】试题分析：A．在室温下，pH=7的溶液为中性，若温度不是室温，则pH=7的溶液不一定是中性溶液，错误。B．在任何温度下，c（H+）= c（OH-）的溶液一定为中性溶液，正确。C．强酸、强碱的元数没有确定，所以二者以等物质的量反应得到的溶液不一定是中性溶液，错误。D．非电解质溶于水若发生反应产生酸或碱，则溶液可能显酸性或碱性，因此不一定得到中性溶液，错误。
考点：考查溶液的酸碱性及中性的判断的知识。
9. 下列说法不正确的是（ ）
A. Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关
B. 由于Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀
C. 其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变
D. 两种难溶电解质，Ksp小的，溶解度一定小
【答案】D
.....................
考点：考查难溶物的沉淀溶解平衡。
10. 下列现象或说法与盐类水解无关的是（ ）
A. 浓的硫化钠溶液有臭味 B. 加热稀醋酸溶液其pH稍有减小
C. 纯碱溶液去油污 D. 泡沫灭火器的使用原理
【答案】B
【解析】浓的硫化钠溶液有臭味是因硫离子水解生成硫化氢，硫化氢具有臭味，A项与盐类水解有关；加热稀醋酸溶液其pH稍有减小是因醋酸挥发，导致酸性减弱，B项与盐类水解无关；纯碱溶液去油污的原理，碳酸根离子的水解显碱性，油脂在碱溶液中发生水解生成溶于水的高级脂肪酸盐和甘油容易洗去，C项与盐类水解有关；NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液混合，碳酸氢根离子和铝离子发生双水解反应，会迅速产生二氧化碳，D项与盐类的水解有关。
11. 一定量的锌粉和6mol/L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，但不影响产生H2的总量的是（ ）
①铜粉 ②铁粉 ③石墨粉 ④CuO ⑤浓盐酸 ⑥碳酸钠 ⑦醋酸钠
A. ①③⑤ B. ②③⑤⑦ C. ①③④⑤ D. ④⑤⑥
【答案】A
【解析】①加入铜粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故①正确；②加入铁粉，构成原电池，反应速率加快，锌反应完毕，铁可以与盐酸反应生成氢气，产生H2的总量增大，故②错误；③加入石墨粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故③正确；④加入CuO，与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与锌反应生成铜，形成原电池，加快反应，但与盐酸反应的锌的量减少，生成氢气的总量减少，故④错误；⑤加入浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故⑤正确；⑥加入碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应，生成氢气的总量减少，故⑥错误；⑦加入醋酸钠，醋酸钠与盐酸反应，生成弱电解质醋酸，c(H+)减少，锌与酸反应，氢离子逐渐减少，醋酸就逐渐电离，但n(H+)不变，故化学反应速率减慢，但不影响产生H2的总量，故⑦错误；综上所述，A项正确。
点睛：Zn与过量盐酸反应，锌的量决定氢气的体积，能够加快反应速率，又不影响产生H2的总量，采取措施有：形成原电池，注意形成原电池是不能消耗Zn，升高温度，改变锌粉的颗粒大小，增大氢离子的浓度等，注意据此解答。
12. 在1 L密闭容器中，把1 mol A和1 mol B混合发生如下反应：3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)，当反应达到平衡时，生成0.4 mol D，并测得C的平衡浓度为0.4 mol/L，下列叙述中不正确的是（ ）
A. x的值为2 B. A的转化率为60%
C. B的平衡浓度为0.8 mol/L D. D的体积分数为25%
【答案】D
【解析】方程式3A(g) + B(g) xC(g) + 2D(g)
起始物质的量 1 mol 1 mol 0 0
变化物质的量 0.6 mol 0.2 mol 0.2x mol 0.4 mol
平衡物质的量 0.4 mol 0.8 mol 0.2x mol 0.4 mol
根据平衡时C的浓度可知，x=2，A项正确；由转化率的定义等，A的转化率为60%，B项正确；根据三段式可知平衡时，B的平衡浓度为0.8 mol/L，C项正确；D的体积分数为：，D项错误。
13. 现有浓度为1 mol／L的五种溶液：①HCl，②H2SO4，③CH3COOH，④NH4Cl，⑤NaOH，由水电离出的C(H+)大小关系正确的是（ ）
A. ④>③>①=⑤>② B. ①=②>③>④>⑤
C. ②>①>③>④>⑤ D. ④>③>①>⑤>②
【答案】A
【解析】试题分析：水是弱电解质，存在电离平衡H2OH＋＋OH－。因此酸或碱都是抑制水的电离，而某些发生水解的盐可以促进水的电离。且氢离子或OH－浓度相等时，对水的电离平衡是等效的。由于盐酸、硫酸、氢氧化钠是强碱，醋酸是弱酸，氯化铵水解，因此由水电离出的C(H+)大小关系是④>③>①=⑤>②，答案选A。
考点：考查弱电解质的电离及盐类水解等
点评：外界条件对电离平衡的影响，也遵循勒夏特例原理，据此可以进行有关的判断。
14. 用蒸馏水逐步稀释0.2 mol/L的稀氨水时，若温度不变，在稀释过程下列数据始终保持增大趋势的是 ( )
A. c(OH－) B. c (NH4＋) C. c(NH3·H2O) D. c(NH4＋)/c(NH3·H2O)
【答案】D
【解析】试题分析：氨水是弱碱，存在电离平衡，稀释促进电离。所以在稀释过程中，OH－和NH4＋的物质的量是增加的，但它们的浓度是降低的。氨水的浓度也降低，但其物质的量也是降低的，所以答案选D。
考点：考查弱电解质的电离平衡及外界条件对电离平衡的影响
点评：电离平衡也是一种动态平衡，适用于勒夏特列原理，据此可以进行有关的判断。其次还需要注意物质的量的变化和浓度的变化不一定都是一致的，需要灵活运用。
15. 已知某温度下，四种一元弱酸的电离平衡常数为：Ka(HCN)＝6.2×10-10 mol/L、Ka(HF)＝6.8×10-4 mol/L、Ka(CH3COOH)＝1.8×10-5 mol/L、Ka(HNO2)＝6.4×10-6 mol/L。物质的量浓度都为0.1 mol/L的下列溶液中，pH最小的是（ ）
A. HCN B. CH3COOH C. HF D. HNO2
【答案】C
【解析】试题分析：电离平衡常数越小，酸性越弱。根据电离平衡常数可知酸性最弱的是HCN，酸性最强的是HF，所以在浓度相同的条件下HF的酸性最强，pH最小，答案选C。
考点：考查电离平衡常数应用
16. 利用下图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法不正确的是 ( )
A. a管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀
B. 一段时间后，a管液面高于b管液面
C. a处溶液的pH增大，b处溶液的pH减小
D. a、b两处具有相同的电极反应式：Fe－2e－＝ Fe2＋
【答案】C
【解析】试题分析：A．U型管左边装置是中性溶液，所以发生吸氧腐蚀，右边装置是酸性溶液发生析氢腐蚀，故A正确；B．左边装置发生吸氧腐蚀时，氧气和水反应导致气体压强减小，右边装置发生析氢腐蚀，生成氢气导致气体压强增大，所以右边的液体向左边移动，所以一段时间后，a管液面高于b管液面，故B正确；C．a处铁失电子生成亚铁离子，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以a处pH不变；b处溶液变成硫酸亚铁溶液，溶液的pH值变大，故C错误；D．a、b两处构成的原电池中，铁都作负极，所以负极上具有相同的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+，故D正确；故选C。
【考点定位】以铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀为载体考查了原电池原理
【名师点晴】明确钢铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀的条件是解本题的关键；①吸氧腐蚀：在水膜酸性很弱或呈中性时，正极上O2被还原；钢铁吸氧腐蚀：负极：2Fe-4e-=2Fe2+；正极：O2+4e-+2H2O=4OH-；总反应式为：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，Fe(OH)2继续与空气中的氧气作用：4Fe(OH)2 +O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)3脱去一部分水就生成铁锈(Fe2O3•xH2O)，铁锈疏松地覆盖在钢铁表面，不能阻止钢铁继续腐蚀；②析氢腐蚀：在水膜酸性较强时，正极上H+被还原；钢铁析氢腐蚀：负极：Fe-2e-=2Fe2+；正极：2H++2e-=H2↑；总反应式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。
17. 镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2 + 2Ni(OH)2有关该电池的说法正确的是（ ）
A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2 －e— + OH- ＝ NiOOH + H2O
B. 充电过程是化学能转化为电能的过程
C. 放电时负极附近溶液的碱性不变
D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动
【答案】A
【解析】由充电时方程式中的Cd和Ni的化合价的变化可知，Ni(OH)2作阳极，电解质溶液为KOH，所以电极反应式为Ni(OH)2－e－＋OH－===NiO(OH)＋H2O；Cd(OH)2作阴极，Cd(OH)2＋2e－===Cd＋2OH－；充电的过程是将电能转化为化学能；放电时，Cd作负极，Cd－2e－＋2OH－===Cd(OH)2，Cd周围的c(OH－)下降，OH－向负极移动。
18. 在25℃时，将pH=13的强碱与pH=2的强酸溶液混合，所得混合液的pH＝11，则强碱与强酸的体积比为( )
A. 9:1 B. 1:11 C. 1:9 D. 11:1
【答案】C
【解析】设pH=13的强碱与pH=2的强酸溶液的体积分别是x、y，根据题意可得0.1x-0.01y=0.001(x+y)，x:y=1:9，故选C。
19. 已知某可逆反应：mA（g）＋nB（g） r C（g）在密闭容器中进行。下图表示此反应在不同时间t，温度T和压强p与反应物B在混合气体中的百分含量（B%）的关系曲线。由曲线分析下列判断正确的是（ ）
A. T1＞T2，p1＞p2，m＋n＞r，正反应吸热
B. T1＜T2，p1＜p2，m＋n＜r，正反应吸热
C. T1＞T2，p1＞p2，m＋n＜r，正反应放热
D. T1＜T2，p1＜p2，m＋n＞r，正反应放热
【答案】B
【解析】试题分析：根据“先拐先平，温高压大”，当压强相同时，温度为T2的先达到平衡，说明温度是T2大于T1。但温度越高，反应物的含量越低，所以正反应是吸热反应。当温度相同时，压强为P2的先达到平衡，说明P2大于P1，压强越大，反应物的含量越高，所以正反应是体积增大的反应，即m＋n＜r；选B。
考点：考查化学平衡图像。
20. 下列溶液蒸干后，能析出溶质固体的是 ( )
①FeCl3 ②Fe2(SO4)3 ③Ca(HCO3)2 ④Na2CO3
A. 仅①④ B. 仅②④ C. 仅①② D. 全部
【答案】B
【解析】①由于三价铁离子水解，氯化氢挥发，会得到氢氧化铁。
②硫酸不挥发，会抑制三价铁离子水解，故能析出硫酸铁溶质
③会得到碳酸钙
④能析出碳酸钠溶质。故答案为B
21. 用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是（ ）
X
Y
Z
W
A
C
Fe
NaCl
H2O
B
Pt
Cu
CuSO4
CuSO4溶液
C
C
C
H2SO4
H2O
D
Ag
Fe
AgNO3
AgNO3晶体
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】试题分析：A、该电解池中阳极氯离子放电产生氯气，阴极氢离子放电产生氢气，因此需要通入氯化氢，A错误；B、该电解池中阳极氢氧根放电产生氧气，阴极铜离子放电析出铜，需要加入氧化铜，B错误；C、惰性电极电解稀硫酸实质是电解水，因此加入水即可复原，C正确；D、银是阳极，铁是阴极，电解硝酸银溶液属于铁上镀银，不需要加入，D错误，答案选C。
考点：考查电解原理的应用
22. 有① Na2CO3溶液 ② CH3COONa溶液 ③ NaOH溶液各25 mL，物质的量浓度均为0.1 mol/L，下列说法正确的是( )
A. 3种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①
B. 若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②
C. 若分别加入25 mL 0.1 mol/L盐酸后，pH最大的是①
D. 若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度大小顺序是③＞①＞②
【答案】C
【解析】试题分析：A、NaOH是强碱，等浓度时，pH最大，CH3COOH的酸性强于H2CO3，根据盐类水解的规律：越弱越水解，等浓度时，Na2CO3的碱性强于CH3COONa，因此pH大小顺序是③>①>②，故错误；B、稀释相同倍数，碱性强的pH变化最大，即③的pH最大，故错误；C、①发生反应生成NaHCO3，水溶液显碱性，②生成CH3COOH，溶液显酸性，③生成NaCl，溶液显中性，因此pH最大的是①，故正确；D、pH相同时，物质的量浓度大小顺序是②>①>③，故错误。
考点：考查盐类水解的规律等知识。
第II卷
二、填空题（每空2分，共50分）
23. 按要求对下图中两极进行必要的连接并填空：
（1）在A图中，使铜片上冒气泡。请加以必要联接，则联接后的装置叫_______________。电极反应式：锌电极：________________________________；铜电极：_____________________________。
（2）在B图中（a，b都为惰性电极），使a极析出铜，则b析出：_______________。加以必要的联接后，该装置叫________________。电极反应式: b极：________________________________。经过一段时间后，停止反应并搅均溶液，溶液的pH值____________（升高、降低、不变）。
【答案】 (1). 原电池 (2). Zn －2e-＝Zn2+ (3). 2H+ ＋2e-＝H2↑ (4). O2 (5). 电解池 (6). 4OH－- 4e-= O2 + 2H2O或2H2O - 4e-= O2 + 4H+ (7). 降低
【解析】本题考查了原电池和电解池原理。（1）在A图中，使铜片上冒气泡，则铜片作正极，锌作负极，连接如图：，该电池属于原电池，锌电极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，电极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；（2）在B图中（a，b都为惰性电极），使a极析出铜，即电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，发生还原反应，故为阴极，其连接如图：，该装置是电解池，a是阴极，b是阳极，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：OH－- 4e-= O2 + 2H2O或2H2O - 4e-= O2 + 4H+，该溶液中氢氧根离子浓度减小，则氢离子浓度变大，经过一段时间后，停止反应并搅均溶液，溶液的pH值降低。
24. 根据要求回答下列有关问题。
(1)高炉炼铁是冶炼铁的主要方法，发生的主要反应为：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g) ∆H=-28.5kJ/mol，冶炼铁反应的平衡常数表达式K=____________，温度升高后，K 值________（填“增大”、“不变”或“减小”）。
(2)已知：①Fe2O3(s)+3C(石墨) = 2Fe(s)+3CO(g) ∆H1= +489.0kJ/mol
②Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g) ∆H2= -28.5kJ/mol
③C（石墨）+ CO2(g) = 2CO(g） ∆H3= akJ/mol ,
则a=__________kJ/mol。
(3)在T℃时，反应Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)的平衡常数K=64，在2L恒容密闭容器中，按下表所示加入物质，经过一段时间后达到平衡。
Fe2O3
CO
Fe
CO2
始态mol
1.0
1.0
1.0
1.0
①平衡时CO 的转化率为_______。
②下列情况标志反应达到平衡状态的是________（填字母）。
a．容器内气体密度保持不变
b．容器内气体压强保持不变
c．CO的消耗速率和CO2的生成速率相等
【答案】 (1). K= c（CO2）3 /c（CO）3 (2). 减小 (3). +172.5 (4). 60% (5). a
【解析】（1）根据平衡常数的概念，由于固体物质或纯液体的浓度是常数，不能写入表达式，则高炉炼铁的平衡常数K=c3(CO2)/c3(CO)；升高温度，平衡向吸热的方向移动，结合方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g) ∆H=-28.5kJ/mol，即平衡向左移动，故平衡常数减小；（2）根据盖斯定律：(①－②)÷3=(△H1 －△H2)÷3= +172.5 kJ/mol；（3）①起始时甲容器中c3(CO2)/c3(CO)=1.03/1.03=1<64，说明该反应一定从正反应方向开始进行，反应物浓度减小，生成物浓度增大，直到达到新的平衡，设CO的平衡转化率为x，则：
Fe2O3(s) + 3CO(g) 2Fe(s) + 3CO2(g)
起始浓度/ mol·L－1 0.5 0.5
变化浓度/ mol·L－1 0.5x 0.5x
平衡浓度/ mol·L－1 0.5－0.5x 0.5+0.5x
K=c3(CO2)/c3(CO)="(" 0.5+0.5x) 3/(0.5－0.5x)3=64
( 1+x) 3/(1－x)3=64，则( 1+x)/(1－x)=4，1+x=4－4x，5x=3，x=0.6或60%
②混合气体的密度=混合气体的总质量/容器的容积，由于反应物和生成物中都有固体物质参加，且平衡前混合气体的总质量会增大，只有平衡时混合气体的总质量才保持不变，密度才不变，a正确；正反应是气态物质体积保持不变的反应，则反应前后气态物质的物质的量保持不变，则平衡前后气体的压强不变，b错误；CO的消耗速率和CO2的生成速率均为正反应速率，c错误。
点睛：平衡标志判断需要注意的是：(1)对于反应前后气体体积不等的反应，当恒温、恒容时，压强不变、气体的平均相对分子质量不变，或恒温、恒压时，体积不变、混合气体的密度不变，说明反应处于平衡状态。但对于反应前后气体体积相等的反应，上述物理量不变，不能说明反应处于平衡状态。((2)对于有颜色的物质参加的反应，体系颜色不变，说明反应处于平衡状态。（3）对于吸热或放热反应，绝热体系的温度不变，说明反应处于平衡状态。
25. 某二元酸H2A在水中的电离方程式是H2A = H+ + HA﹣，HA﹣ H+ + A2﹣．回答下列问题：
（1）Na2A溶液显______________（填“酸性”、“中性”或“碱性”），理由是________________________________（用离子方程式或必要的文字说明）．
（2）常温下，已知0.1mol•L﹣1NaHA溶液pH=2，则0.1mol•L﹣1H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能______0.11mol•L﹣1（填“大于”、“等于”或“小于”），理由是_____________________．
（3）0.1mol•L﹣1NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是_________．
（4）Na2A溶液中，下列表述正确的是_________．
A．c（Na+） + c(H+）= c（HA﹣）+ 2c（A2﹣）+ c（OH﹣）
B. c（OH﹣）= c（HA﹣）+ c（H+）
C．c（OH﹣）= c（HA﹣）+ c（H+）+ 2c（H2A）
D．c (Na+）= 2［c（HA﹣）+ c(A2﹣) + c(H2A）］
【答案】 (1). 碱性 (2). A2－＋ H2O HA－＋OH－ , 或A2－水解显碱性 (3). 小于 (4). H2A电离产生的H+抑制的HA－电离 (5). c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)>c(OH－) (6). AB
【解析】本题考查盐类水解规律及其离子浓度大小的比较关系。（1）根据H2A的电离是分步电离可以知道H2A是弱酸，所以Na2A溶液显碱性，是因A2－水解显碱性，水解原理是：A2－＋ H2O HA－＋OH－；（2）0.1mol•L-1H2A溶液，H2A═H++HA-，电离出0.1mol/LH+，0.1mol•L-1NaHA溶液的pH=2，则由HA-⇌H++A2-可知，电离出0.01mol/LH+，但H2A第一步电离生成的H+抑制了HA-的电离，所以溶液中氢离子的物质的量浓度小于0.1mol/L+0.01mol/L；（3）NaHA溶液显酸性，存在H2A═H++HA-，则c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（OH-），结合水的电离H2O⇌H++OH-，同时有部分A2-发生水解，使c（A2-）减小，所以c（H+）＞c（A2-），即NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)>c(OH－)；（4）c（Na+） + c(H+）= c（HA﹣）+ 2c（A2﹣）+ c（OH﹣）表示Na2A溶液中的电荷守恒，A项正确；c（OH﹣）= c（HA﹣）+ c（H+）表示Na2A溶液中的质子守恒，B项正确，C项错误；由A、B相加得c (Na+）= 2［c（HA﹣）+ c(A2﹣)］，D项错误。
26. 草酸的组成用H2C2O4表示，为了测定某草酸溶液的浓度，进行如下实验：称取Wg草酸晶体，配成100.00mL水溶液，取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amol•L﹣1的KMnO4溶液滴定到KMnO4不再褪色为止，所发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O．
试回答：
（1）实验中，标准液KMnO4溶液应装在_____式滴定管中，因为______________．
（2）实验中眼睛注视_____________________，直至滴定终点．判断到达终点的现象是_________．
（3）实验中，下列操作（其它操作均正确），会对所测草酸浓度有什么影响？（填偏大、偏小、无影响）
A. 滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度_________．
B. 锥形瓶在盛放待测液前未干燥，有少量蒸馏水_________．
C. 滴定过程中摇动锥形瓶，不慎将瓶内的溶液溅出一部分_________．
【答案】 (1). 酸 (2). 高锰酸钾具有强氧化性 (3). 锥形瓶内颜色变化 (4). 锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为紫红色，且半分钟内颜色不恢复 (5). 偏小 (6). 无影响 (7). 偏小
【解析】本题考查氧化还原反应滴定操作及其误差分析。（1）高锰酸钾溶液有强氧化性，应盛装在酸式滴定管中；（2）滴定时，左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛锥形瓶内颜色变化，判断终点：当最后一滴加入时，锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为紫红色，且半分钟内颜色不恢复；（3）根据分析可知：A.滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度导致V(标准)变小，故c(待测)偏小；B. 锥形瓶在盛放待测液前未干燥，有少量蒸馏水，对c(待测)无影响；C. 滴定过程中摇动锥形瓶，不慎将瓶内的溶液溅出一部分，导致n(H2C2O4)减小，则滴定所需n(KMnO4)减小，即V(标准)变小，故c(待测)偏小。
点睛： c(待测)＝V(标准)，其中c(标准)和V(待测)为定值，V(标准)为实验值。因此只需分析各种原因使得所耗标准液体积V(标准)变大或变小，V(标准)变大，则c(待测)偏高，V(标准)变小，则c(待测)偏低。
吉林省辽源市田家炳高级中学等五校2017-2018学年高二上学期
期末联考（第64届）化学试题
说 明：本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页。考试时间90分钟，分值100分。
注意事项：
1、答题前，考生必须将自己的姓名、考号填写清楚，并将条形码粘贴到指定区域。
2、选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。
3、请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草纸、试题卷上答题无效。
4、保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
第Ⅰ卷
常用元素相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Ag-108 S-32 K -39
一、选择题：（每小题只有一个选项符合要求，1-16题，每小题2分；17-22题，每题3分，共50分。）
1. 未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列符合未来新能源特点的是( )
①天然气 ②煤 ③核能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能
A. ①②③④ B. ⑤⑥⑦⑧ C. ①③⑥⑧ D. ②④⑥⑧
【答案】B
【解析】①天然气、②煤、④石油属于化石能源，燃烧后有二氧化碳生成，能产生温室效应，煤、石油中含有氮、硫等元素，燃烧后有二氧化氮、二氧化硫生成，这些气体污染环境，且资源有限不能再生；核能发电厂热效率较低，故核能电厂的热污染较严重，核电厂的反应器内有大量的放射性物质，会对生态及民众造成伤害，不属于未来新能源。综上所述A项正确。
点睛：本题主要考查学生对常见的新能源的了解和掌握。煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源。
2. 下列说法正确的是( )
A. 所有反应的活化能不可能接近零
B. 弱电解质的导电性不一定比强电解质的导电性弱
C. 燃烧热是指1 mol任何物质完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量
D. H＋ (aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1表示强酸溶液与强碱溶液反应的中和热
【答案】B
【解析】某些反应如离子反应可以瞬间完成，其活化能接近于零或等于零，A项错误；导电性的强弱与溶液中自由移动离子的浓度和所带电荷数有关，与是否为强电解质无关，如硫酸钡是强电解质，但难溶于水，几乎不导电，B项正确；燃烧热是指1 mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，C项错误；H＋ (aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1表示强酸与强碱在稀溶液中反应的中和热，D项错误。
3. 下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A. 在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣
B. 在pH=0的溶液中：K+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣
C. 在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣
D. 在c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣
【答案】A
【解析】强碱溶液中含有大量的OH—，OH—与Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣能大量共存，A项正确；pH=0的溶液中含有大量的H+，H+与Fe2+、NO3﹣因发生氧化还原反应而不能大量共存，B项错误；Fe3+与SCN﹣因发生络合反应而不能大量共存，C项错误；c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中含有大量的OH—，NH4+、Al3+与OH—发生反应而不能大量共存，D项错误。
点睛： 离子共存题干中常见的限制条件
题干
分析
溶液无色
有色离子不能大量存在，如Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、MnO等
溶液pH＝1
或pH＝13
溶液pH＝1，说明溶液中含大量H＋，则与H＋反应的离子不能存在；
溶液pH＝13，说明溶液中含大量OH－，则与OH－反应的离子不能存在
溶液透明
“透明”并不代表溶液无色
与Al反应放出H2
溶液可能显酸性也可能显碱性
由水电离出的c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1
溶液可能显酸性也可能显碱性
4. 下列式子属于水解反应，且溶液呈酸性的是 ( )
A. HCO3- + H2O H3O+ + CO32- B. Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+
C. HS- + H2O H2S + OH- D. NH4+ + OH- NH3↑+ H2O
【答案】B
【解析】HCO3- + H2O H3O+ + CO32-表示HCO3-的电离，A项错误；Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+表示三价铁离子的水解，且溶液呈酸性，B项正确；HS- + H2O H2S + OH-表示HS-的水解，但溶液呈碱性，C项错误；NH4+ + OH- NH3↑+ H2O表示NH4+与OH-反应，D项错误。
点睛：弱离子水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号，溶液显示酸性，则氢离子浓度大于氢氧根浓度。
5. 下列关于判断过程的方向的说法正确的是（ ）
A. 所有自发进行的化学反应都是放热反应
B. 同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同
C. 高温高压下可以使石墨转化为金刚石是自发的化学反应
D. 由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合于所有的过程
【答案】D
6. 下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅
B. 高压比常压有利于合成SO3的反应
C. Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深
D. 由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深
【答案】D
【解析】可逆反应2NO2N2O4，加压条件下，体积减小，混合气体各组分的浓度增大，故颜色变深，但增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即正向移动，颜色逐渐变浅，所以可以用平衡移动原理解释，A项不符合题意；2SO2+O2（g）2SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，B项不符合题意；向硫氰化铁溶液中加入硫氰化钾固体时，硫氰根离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，则硫氰化铁浓度增大，溶液的颜色变深，可用平衡移动原理解释，C项不符合题意； H2+I2（g）2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，D项符合题意。
点睛：如果改变影响平衡的一个条件，则平衡就向能把减弱这种改变的方向移动，这就是勒夏特列原理。H2+I2（g）2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释。
7. 在同温同压下，下列各组热化学方程式中，Q1 〉Q2的是 ( )
A. 2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l) ；△H= Q1 2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)； △H= Q2
B. S(g)+O2(g)＝SO2(g) ；△H= Q1 S(s)+O2(g)＝SO2(g)；△H= Q2
C. C(s)+0.5O2(g)＝CO(g)；△H= Q1 C(s)+O2(g)＝CO2(g)；△H= Q2
D. H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)；△H= Q1 0.5H2(g)+0.5 Cl2(g)＝HCl(g)；△H= Q2
【答案】C
【解析】物质的燃烧反应是放热的，焓变是负值，气态水变为液态水的过程是放热的，Q1< Q2，A项不符合题意；固体硫变为气态硫需要吸收热量，Q1< Q2，B项不符合题意；碳单质完全燃烧生成二氧化碳放热多于不完全燃烧生成一氧化碳放的热，反应的焓变是负值，故Q1〉Q2，C项符合题意；化学反应方程式的系数加倍，焓变数值加倍，该化合反应是放热的，所以焓变值是负值，Q1< Q2，D项不符合题意。
点睛：比较ΔH的大小时应注意事项：比较吸、放热反应过程中，吸收或放出热量的多少时不考虑符号，但比较ΔH大小时，必须带正、负号比较，对放热反应，ΔH越小，放热越多；对吸热反应，ΔH越大，吸热越多。
8. 下列溶液一定呈中性的是 ( )
A. pH＝7的溶液
B. c(H＋)＝c(OH－)的溶液
C. 由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液
D. 非电解质溶于水得到的溶液
【答案】B
【解析】试题分析：A．在室温下，pH=7的溶液为中性，若温度不是室温，则pH=7的溶液不一定是中性溶液，错误。B．在任何温度下，c（H+）= c（OH-）的溶液一定为中性溶液，正确。C．强酸、强碱的元数没有确定，所以二者以等物质的量反应得到的溶液不一定是中性溶液，错误。D．非电解质溶于水若发生反应产生酸或碱，则溶液可能显酸性或碱性，因此不一定得到中性溶液，错误。
考点：考查溶液的酸碱性及中性的判断的知识。
9. 下列说法不正确的是（ ）
A. Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关
B. 由于Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀
C. 其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变
D. 两种难溶电解质，Ksp小的，溶解度一定小
【答案】D
.....................
考点：考查难溶物的沉淀溶解平衡。
10. 下列现象或说法与盐类水解无关的是（ ）
A. 浓的硫化钠溶液有臭味 B. 加热稀醋酸溶液其pH稍有减小
C. 纯碱溶液去油污 D. 泡沫灭火器的使用原理
【答案】B
【解析】浓的硫化钠溶液有臭味是因硫离子水解生成硫化氢，硫化氢具有臭味，A项与盐类水解有关；加热稀醋酸溶液其pH稍有减小是因醋酸挥发，导致酸性减弱，B项与盐类水解无关；纯碱溶液去油污的原理，碳酸根离子的水解显碱性，油脂在碱溶液中发生水解生成溶于水的高级脂肪酸盐和甘油容易洗去，C项与盐类水解有关；NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液混合，碳酸氢根离子和铝离子发生双水解反应，会迅速产生二氧化碳，D项与盐类的水解有关。
11. 一定量的锌粉和6mol/L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，但不影响产生H2的总量的是（ ）
①铜粉 ②铁粉 ③石墨粉 ④CuO ⑤浓盐酸 ⑥碳酸钠 ⑦醋酸钠
A. ①③⑤ B. ②③⑤⑦ C. ①③④⑤ D. ④⑤⑥
【答案】A
【解析】①加入铜粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故①正确；②加入铁粉，构成原电池，反应速率加快，锌反应完毕，铁可以与盐酸反应生成氢气，产生H2的总量增大，故②错误；③加入石墨粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故③正确；④加入CuO，与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与锌反应生成铜，形成原电池，加快反应，但与盐酸反应的锌的量减少，生成氢气的总量减少，故④错误；⑤加入浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故⑤正确；⑥加入碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应，生成氢气的总量减少，故⑥错误；⑦加入醋酸钠，醋酸钠与盐酸反应，生成弱电解质醋酸，c(H+)减少，锌与酸反应，氢离子逐渐减少，醋酸就逐渐电离，但n(H+)不变，故化学反应速率减慢，但不影响产生H2的总量，故⑦错误；综上所述，A项正确。
点睛：Zn与过量盐酸反应，锌的量决定氢气的体积，能够加快反应速率，又不影响产生H2的总量，采取措施有：形成原电池，注意形成原电池是不能消耗Zn，升高温度，改变锌粉的颗粒大小，增大氢离子的浓度等，注意据此解答。
12. 在1 L密闭容器中，把1 mol A和1 mol B混合发生如下反应：3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)，当反应达到平衡时，生成0.4 mol D，并测得C的平衡浓度为0.4 mol/L，下列叙述中不正确的是（ ）
A. x的值为2 B. A的转化率为60%
C. B的平衡浓度为0.8 mol/L D. D的体积分数为25%
【答案】D
【解析】方程式3A(g) + B(g) xC(g) + 2D(g)
起始物质的量 1 mol 1 mol 0 0
变化物质的量 0.6 mol 0.2 mol 0.2x mol 0.4 mol
平衡物质的量 0.4 mol 0.8 mol 0.2x mol 0.4 mol
根据平衡时C的浓度可知，x=2，A项正确；由转化率的定义等，A的转化率为60%，B项正确；根据三段式可知平衡时，B的平衡浓度为0.8 mol/L，C项正确；D的体积分数为：，D项错误。
13. 现有浓度为1 mol／L的五种溶液：①HCl，②H2SO4，③CH3COOH，④NH4Cl，⑤NaOH，由水电离出的C(H+)大小关系正确的是（ ）
A. ④>③>①=⑤>② B. ①=②>③>④>⑤
C. ②>①>③>④>⑤ D. ④>③>①>⑤>②
【答案】A
【解析】试题分析：水是弱电解质，存在电离平衡H2OH＋＋OH－。因此酸或碱都是抑制水的电离，而某些发生水解的盐可以促进水的电离。且氢离子或OH－浓度相等时，对水的电离平衡是等效的。由于盐酸、硫酸、氢氧化钠是强碱，醋酸是弱酸，氯化铵水解，因此由水电离出的C(H+)大小关系是④>③>①=⑤>②，答案选A。
考点：考查弱电解质的电离及盐类水解等
点评：外界条件对电离平衡的影响，也遵循勒夏特例原理，据此可以进行有关的判断。
14. 用蒸馏水逐步稀释0.2 mol/L的稀氨水时，若温度不变，在稀释过程下列数据始终保持增大趋势的是 ( )
A. c(OH－) B. c (NH4＋) C. c(NH3·H2O) D. c(NH4＋)/c(NH3·H2O)
【答案】D
【解析】试题分析：氨水是弱碱，存在电离平衡，稀释促进电离。所以在稀释过程中，OH－和NH4＋的物质的量是增加的，但它们的浓度是降低的。氨水的浓度也降低，但其物质的量也是降低的，所以答案选D。
考点：考查弱电解质的电离平衡及外界条件对电离平衡的影响
点评：电离平衡也是一种动态平衡，适用于勒夏特列原理，据此可以进行有关的判断。其次还需要注意物质的量的变化和浓度的变化不一定都是一致的，需要灵活运用。
15. 已知某温度下，四种一元弱酸的电离平衡常数为：Ka(HCN)＝6.2×10-10 mol/L、Ka(HF)＝6.8×10-4 mol/L、Ka(CH3COOH)＝1.8×10-5 mol/L、Ka(HNO2)＝6.4×10-6 mol/L。物质的量浓度都为0.1 mol/L的下列溶液中，pH最小的是（ ）
A. HCN B. CH3COOH C. HF D. HNO2
【答案】C
【解析】试题分析：电离平衡常数越小，酸性越弱。根据电离平衡常数可知酸性最弱的是HCN，酸性最强的是HF，所以在浓度相同的条件下HF的酸性最强，pH最小，答案选C。
考点：考查电离平衡常数应用
16. 利用下图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法不正确的是 ( )
A. a管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀
B. 一段时间后，a管液面高于b管液面
C. a处溶液的pH增大，b处溶液的pH减小
D. a、b两处具有相同的电极反应式：Fe－2e－＝ Fe2＋
【答案】C
【解析】试题分析：A．U型管左边装置是中性溶液，所以发生吸氧腐蚀，右边装置是酸性溶液发生析氢腐蚀，故A正确；B．左边装置发生吸氧腐蚀时，氧气和水反应导致气体压强减小，右边装置发生析氢腐蚀，生成氢气导致气体压强增大，所以右边的液体向左边移动，所以一段时间后，a管液面高于b管液面，故B正确；C．a处铁失电子生成亚铁离子，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以a处pH不变；b处溶液变成硫酸亚铁溶液，溶液的pH值变大，故C错误；D．a、b两处构成的原电池中，铁都作负极，所以负极上具有相同的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+，故D正确；故选C。
【考点定位】以铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀为载体考查了原电池原理
【名师点晴】明确钢铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀的条件是解本题的关键；①吸氧腐蚀：在水膜酸性很弱或呈中性时，正极上O2被还原；钢铁吸氧腐蚀：负极：2Fe-4e-=2Fe2+；正极：O2+4e-+2H2O=4OH-；总反应式为：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，Fe(OH)2继续与空气中的氧气作用：4Fe(OH)2 +O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)3脱去一部分水就生成铁锈(Fe2O3•xH2O)，铁锈疏松地覆盖在钢铁表面，不能阻止钢铁继续腐蚀；②析氢腐蚀：在水膜酸性较强时，正极上H+被还原；钢铁析氢腐蚀：负极：Fe-2e-=2Fe2+；正极：2H++2e-=H2↑；总反应式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。
17. 镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2 + 2Ni(OH)2有关该电池的说法正确的是（ ）
A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2 －e— + OH- ＝ NiOOH + H2O
B. 充电过程是化学能转化为电能的过程
C. 放电时负极附近溶液的碱性不变
D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动
【答案】A
【解析】由充电时方程式中的Cd和Ni的化合价的变化可知，Ni(OH)2作阳极，电解质溶液为KOH，所以电极反应式为Ni(OH)2－e－＋OH－===NiO(OH)＋H2O；Cd(OH)2作阴极，Cd(OH)2＋2e－===Cd＋2OH－；充电的过程是将电能转化为化学能；放电时，Cd作负极，Cd－2e－＋2OH－===Cd(OH)2，Cd周围的c(OH－)下降，OH－向负极移动。
18. 在25℃时，将pH=13的强碱与pH=2的强酸溶液混合，所得混合液的pH＝11，则强碱与强酸的体积比为( )
A. 9:1 B. 1:11 C. 1:9 D. 11:1
【答案】C
【解析】设pH=13的强碱与pH=2的强酸溶液的体积分别是x、y，根据题意可得0.1x-0.01y=0.001(x+y)，x:y=1:9，故选C。
19. 已知某可逆反应：mA（g）＋nB（g） r C（g）在密闭容器中进行。下图表示此反应在不同时间t，温度T和压强p与反应物B在混合气体中的百分含量（B%）的关系曲线。由曲线分析下列判断正确的是（ ）
A. T1＞T2，p1＞p2，m＋n＞r，正反应吸热
B. T1＜T2，p1＜p2，m＋n＜r，正反应吸热
C. T1＞T2，p1＞p2，m＋n＜r，正反应放热
D. T1＜T2，p1＜p2，m＋n＞r，正反应放热
【答案】B
【解析】试题分析：根据“先拐先平，温高压大”，当压强相同时，温度为T2的先达到平衡，说明温度是T2大于T1。但温度越高，反应物的含量越低，所以正反应是吸热反应。当温度相同时，压强为P2的先达到平衡，说明P2大于P1，压强越大，反应物的含量越高，所以正反应是体积增大的反应，即m＋n＜r；选B。
考点：考查化学平衡图像。
20. 下列溶液蒸干后，能析出溶质固体的是 ( )
①FeCl3 ②Fe2(SO4)3 ③Ca(HCO3)2 ④Na2CO3
A. 仅①④ B. 仅②④ C. 仅①② D. 全部
【答案】B
【解析】①由于三价铁离子水解，氯化氢挥发，会得到氢氧化铁。
②硫酸不挥发，会抑制三价铁离子水解，故能析出硫酸铁溶质
③会得到碳酸钙
④能析出碳酸钠溶质。故答案为B
21. 用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是（ ）
X
Y
Z
W
A
C
Fe
NaCl
H2O
B
Pt
Cu
CuSO4
CuSO4溶液
C
C
C
H2SO4
H2O
D
Ag
Fe
AgNO3
AgNO3晶体
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】试题分析：A、该电解池中阳极氯离子放电产生氯气，阴极氢离子放电产生氢气，因此需要通入氯化氢，A错误；B、该电解池中阳极氢氧根放电产生氧气，阴极铜离子放电析出铜，需要加入氧化铜，B错误；C、惰性电极电解稀硫酸实质是电解水，因此加入水即可复原，C正确；D、银是阳极，铁是阴极，电解硝酸银溶液属于铁上镀银，不需要加入，D错误，答案选C。
考点：考查电解原理的应用
22. 有① Na2CO3溶液 ② CH3COONa溶液 ③ NaOH溶液各25 mL，物质的量浓度均为0.1 mol/L，下列说法正确的是( )
A. 3种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①
B. 若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②
C. 若分别加入25 mL 0.1 mol/L盐酸后，pH最大的是①
D. 若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度大小顺序是③＞①＞②
【答案】C
【解析】试题分析：A、NaOH是强碱，等浓度时，pH最大，CH3COOH的酸性强于H2CO3，根据盐类水解的规律：越弱越水解，等浓度时，Na2CO3的碱性强于CH3COONa，因此pH大小顺序是③>①>②，故错误；B、稀释相同倍数，碱性强的pH变化最大，即③的pH最大，故错误；C、①发生反应生成NaHCO3，水溶液显碱性，②生成CH3COOH，溶液显酸性，③生成NaCl，溶液显中性，因此pH最大的是①，故正确；D、pH相同时，物质的量浓度大小顺序是②>①>③，故错误。
考点：考查盐类水解的规律等知识。
第II卷
二、填空题（每空2分，共50分）
23. 按要求对下图中两极进行必要的连接并填空：
（1）在A图中，使铜片上冒气泡。请加以必要联接，则联接后的装置叫_______________。电极反应式：锌电极：________________________________；铜电极：_____________________________。
（2）在B图中（a，b都为惰性电极），使a极析出铜，则b析出：_______________。加以必要的联接后，该装置叫________________。电极反应式: b极：________________________________。经过一段时间后，停止反应并搅均溶液，溶液的pH值____________（升高、降低、不变）。
【答案】 (1). 原电池 (2). Zn －2e-＝Zn2+ (3). 2H+ ＋2e-＝H2↑ (4). O2 (5). 电解池 (6). 4OH－- 4e-= O2 + 2H2O或2H2O - 4e-= O2 + 4H+ (7). 降低
【解析】本题考查了原电池和电解池原理。（1）在A图中，使铜片上冒气泡，则铜片作正极，锌作负极，连接如图：，该电池属于原电池，锌电极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，电极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；（2）在B图中（a，b都为惰性电极），使a极析出铜，即电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，发生还原反应，故为阴极，其连接如图：，该装置是电解池，a是阴极，b是阳极，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：OH－- 4e-= O2 + 2H2O或2H2O - 4e-= O2 + 4H+，该溶液中氢氧根离子浓度减小，则氢离子浓度变大，经过一段时间后，停止反应并搅均溶液，溶液的pH值降低。
24. 根据要求回答下列有关问题。
(1)高炉炼铁是冶炼铁的主要方法，发生的主要反应为：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g) ∆H=-28.5kJ/mol，冶炼铁反应的平衡常数表达式K=____________，温度升高后，K 值________（填“增大”、“不变”或“减小”）。
(2)已知：①Fe2O3(s)+3C(石墨) = 2Fe(s)+3CO(g) ∆H1= +489.0kJ/mol
②Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g) ∆H2= -28.5kJ/mol
③C（石墨）+ CO2(g) = 2CO(g） ∆H3= akJ/mol ,
则a=__________kJ/mol。
(3)在T℃时，反应Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)的平衡常数K=64，在2L恒容密闭容器中，按下表所示加入物质，经过一段时间后达到平衡。
Fe2O3
CO
Fe
CO2
始态mol
1.0
1.0
1.0
1.0
①平衡时CO 的转化率为_______。
②下列情况标志反应达到平衡状态的是________（填字母）。
a．容器内气体密度保持不变
b．容器内气体压强保持不变
c．CO的消耗速率和CO2的生成速率相等
【答案】 (1). K= c（CO2）3 /c（CO）3 (2). 减小 (3). +172.5 (4). 60% (5). a
【解析】（1）根据平衡常数的概念，由于固体物质或纯液体的浓度是常数，不能写入表达式，则高炉炼铁的平衡常数K=c3(CO2)/c3(CO)；升高温度，平衡向吸热的方向移动，结合方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g) ∆H=-28.5kJ/mol，即平衡向左移动，故平衡常数减小；（2）根据盖斯定律：(①－②)÷3=(△H1 －△H2)÷3= +172.5 kJ/mol；（3）①起始时甲容器中c3(CO2)/c3(CO)=1.03/1.03=1<64，说明该反应一定从正反应方向开始进行，反应物浓度减小，生成物浓度增大，直到达到新的平衡，设CO的平衡转化率为x，则：
Fe2O3(s) + 3CO(g) 2Fe(s) + 3CO2(g)
起始浓度/ mol·L－1 0.5 0.5
变化浓度/ mol·L－1 0.5x 0.5x
平衡浓度/ mol·L－1 0.5－0.5x 0.5+0.5x
K=c3(CO2)/c3(CO)="(" 0.5+0.5x) 3/(0.5－0.5x)3=64
( 1+x) 3/(1－x)3=64，则( 1+x)/(1－x)=4，1+x=4－4x，5x=3，x=0.6或60%
②混合气体的密度=混合气体的总质量/容器的容积，由于反应物和生成物中都有固体物质参加，且平衡前混合气体的总质量会增大，只有平衡时混合气体的总质量才保持不变，密度才不变，a正确；正反应是气态物质体积保持不变的反应，则反应前后气态物质的物质的量保持不变，则平衡前后气体的压强不变，b错误；CO的消耗速率和CO2的生成速率均为正反应速率，c错误。
点睛：平衡标志判断需要注意的是：(1)对于反应前后气体体积不等的反应，当恒温、恒容时，压强不变、气体的平均相对分子质量不变，或恒温、恒压时，体积不变、混合气体的密度不变，说明反应处于平衡状态。但对于反应前后气体体积相等的反应，上述物理量不变，不能说明反应处于平衡状态。((2)对于有颜色的物质参加的反应，体系颜色不变，说明反应处于平衡状态。（3）对于吸热或放热反应，绝热体系的温度不变，说明反应处于平衡状态。
25. 某二元酸H2A在水中的电离方程式是H2A = H+ + HA﹣，HA﹣ H+ + A2﹣．回答下列问题：
（1）Na2A溶液显______________（填“酸性”、“中性”或“碱性”），理由是________________________________（用离子方程式或必要的文字说明）．
（2）常温下，已知0.1mol•L﹣1NaHA溶液pH=2，则0.1mol•L﹣1H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能______0.11mol•L﹣1（填“大于”、“等于”或“小于”），理由是_____________________．
（3）0.1mol•L﹣1NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是_________．
（4）Na2A溶液中，下列表述正确的是_________．
A．c（Na+） + c(H+）= c（HA﹣）+ 2c（A2﹣）+ c（OH﹣）
B. c（OH﹣）= c（HA﹣）+ c（H+）
C．c（OH﹣）= c（HA﹣）+ c（H+）+ 2c（H2A）
D．c (Na+）= 2［c（HA﹣）+ c(A2﹣) + c(H2A）］
【答案】 (1). 碱性 (2). A2－＋ H2O HA－＋OH－ , 或A2－水解显碱性 (3). 小于 (4). H2A电离产生的H+抑制的HA－电离 (5). c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)>c(OH－) (6). AB
【解析】本题考查盐类水解规律及其离子浓度大小的比较关系。（1）根据H2A的电离是分步电离可以知道H2A是弱酸，所以Na2A溶液显碱性，是因A2－水解显碱性，水解原理是：A2－＋ H2O HA－＋OH－；（2）0.1mol•L-1H2A溶液，H2A═H++HA-，电离出0.1mol/LH+，0.1mol•L-1NaHA溶液的pH=2，则由HA-⇌H++A2-可知，电离出0.01mol/LH+，但H2A第一步电离生成的H+抑制了HA-的电离，所以溶液中氢离子的物质的量浓度小于0.1mol/L+0.01mol/L；（3）NaHA溶液显酸性，存在H2A═H++HA-，则c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（OH-），结合水的电离H2O⇌H++OH-，同时有部分A2-发生水解，使c（A2-）减小，所以c（H+）＞c（A2-），即NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)>c(OH－)；（4）c（Na+） + c(H+）= c（HA﹣）+ 2c（A2﹣）+ c（OH﹣）表示Na2A溶液中的电荷守恒，A项正确；c（OH﹣）= c（HA﹣）+ c（H+）表示Na2A溶液中的质子守恒，B项正确，C项错误；由A、B相加得c (Na+）= 2［c（HA﹣）+ c(A2﹣)］，D项错误。
26. 草酸的组成用H2C2O4表示，为了测定某草酸溶液的浓度，进行如下实验：称取Wg草酸晶体，配成100.00mL水溶液，取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amol•L﹣1的KMnO4溶液滴定到KMnO4不再褪色为止，所发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O．
试回答：
（1）实验中，标准液KMnO4溶液应装在_____式滴定管中，因为______________．
（2）实验中眼睛注视_____________________，直至滴定终点．判断到达终点的现象是_________．
（3）实验中，下列操作（其它操作均正确），会对所测草酸浓度有什么影响？（填偏大、偏小、无影响）
A. 滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度_________．
B. 锥形瓶在盛放待测液前未干燥，有少量蒸馏水_________．
C. 滴定过程中摇动锥形瓶，不慎将瓶内的溶液溅出一部分_________．
【答案】 (1). 酸 (2). 高锰酸钾具有强氧化性 (3). 锥形瓶内颜色变化 (4). 锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为紫红色，且半分钟内颜色不恢复 (5). 偏小 (6). 无影响 (7). 偏小
【解析】本题考查氧化还原反应滴定操作及其误差分析。（1）高锰酸钾溶液有强氧化性，应盛装在酸式滴定管中；（2）滴定时，左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛锥形瓶内颜色变化，判断终点：当最后一滴加入时，锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为紫红色，且半分钟内颜色不恢复；（3）根据分析可知：A.滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度导致V(标准)变小，故c(待测)偏小；B. 锥形瓶在盛放待测液前未干燥，有少量蒸馏水，对c(待测)无影响；C. 滴定过程中摇动锥形瓶，不慎将瓶内的溶液溅出一部分，导致n(H2C2O4)减小，则滴定所需n(KMnO4)减小，即V(标准)变小，故c(待测)偏小。
点睛： c(待测)＝V(标准)，其中c(标准)和V(待测)为定值，V(标准)为实验值。因此只需分析各种原因使得所耗标准液体积V(标准)变大或变小，V(标准)变大，则c(待测)偏高，V(标准)变小，则c(待测)偏低。
相关资料
更多
