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【化学】甘肃省张掖市山丹县第一中学2019-2020学年高二11月月考试题（解析版）
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甘肃省张掖市山丹县第一中学2019-2020学年高二11月月考试题
可能用到的相对原子质量: H 1；C 12；O 16；Na 23；S 32；Cl 35.5；Cu 64；Zn 65
第Ⅰ卷
一、选择题
1. 电池在生产、生活中应用越来越广泛。下列说法错误的是（ ）
A. 化学电源有一次电池、可充电电池和燃料电池等，一次电池只能放电，不能充电
B. 铅蓄电池应用广泛，主要优点是单位重量的电极材料释放的电能大
C. 燃料电池具有能量利用率高、可连续使用和污染轻等优点
D. 锂电池是一种高能电池，体积小、重量轻，单位质量能量比高
【答案】B
【解析】试题分析：A．化学电源有一次电池、可充电电池和燃料电池等，一次电池只能放电，当化学能完全转化为电能时就不能再释放能量.它不能充电反复使用;正确。B．铅蓄电池应用广泛，主要优点是制作方便,但由于质量重,单位重量的电极材料释放的电能小,逐渐被核质比小的锂电池等取代.错误。C．任何可燃性燃料,只要把燃料的失去电子的氧化反应和助燃剂的还原反应分开进行,都可以设计成燃料电池.燃料电池具有能量利用率高、可连续使用和污染轻等优点,正日益成为备受人们喜爱的电池.正确。 D．锂小的原子质量为7,每产生1mol电子，消耗金属的质量只有7g,所以相同质量时提供的能量要比其它电池高得多。因此锂电池是一种高能电池，具有体积小、重量轻，单位质量能量比高的优点;D正确。
2.下列事实可以证明MOH是弱碱的有（ ）
①0.1mol/LMOH溶液能使酚酞溶液变红
②常温下，0.1mol/LMOH溶液的pH=12
③0.1mol/LMOH溶液的导电性比0.1mol/LNaOH溶液弱
④等体积的0.1mol/LMOH溶液与0.1mol/LHCl溶液恰好完全反应
A. ①②③ B. ②③ C. ②④ D. ③④
【答案】B
【解析】
【详解】①0.1mol/L MOH可以使酚酞试液变红，说明 MOH能电离出氢氧根离子，而不能说明 MOH的电离程度，所以不能证明 MOH是弱电解质，错误；②常温下，0.1mol/L MOH溶液的pH=12，溶液中c(OH－)=0.01mol/L，说明MOH不完全电离，MOH是弱碱，正确；③溶液的导电性与离子浓度成正比，0.1mol/L MOH溶液的导电性比0.1mol/L NaOH溶液弱，说明 MOH溶液中离子浓度较小，说明 MOH部分电离，正确；④等体积的0.1mol/L MOH溶液与0.1mol/L HCl溶液恰好完全反应，无论是强碱还是弱碱，都恰好完全反应，错误；答案选B。
3. 下列有关电池的说法不正确的是（ ）
A. 手机上用的锂离子电池属于二次电池
B. 铜锌原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极
C. 甲醇燃料电池可把化学能转化为电能
D. 锌锰干电池中，锌电极是负极
【答案】B
【解析】
【详解】A项，手机锂离子电池可以多次充放电，因此是二次电池，故A项正确；
B项，铜锌原电池工作的时候，锌作负极，铜作正极，电子应该是从锌电极经导线流向铜电极，故B项错误；
C项，甲醇燃料电池就是将甲醇内部的化学能转化为电能的装置，故C项正确；
D项，锌的化学性质比锰要活泼，因此锌锰干电池中锌是负极，故D项正确。
答案选B。
4.对于反应CO（g）+H2O（g）CO 2（g）+ H 2（g） △H﹤0，在其他条件不变的情况下（ ）
A. 加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变
B. 改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变
C. 升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变
D. 若在原电池中进行，反应放出的热量不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂虽然改变了反应途径，反应物、生成物的状态不变，所以△H不变，A错误；
B．反应前后体积不变，则改变压强（压缩气体或扩大容积），平衡不发生移动，反应放出的热量不变，B正确；
C．该反应是放热反应，升高温度，化学反应速率加快，反应的△H不变，但由于平衡向逆反应方向进行，放出的热量减少，C错误；
D．若在原电池中进行，反应不放出热量，而是将化学能转换为电能，D错误。
答案选B。
5.下列说法正确的是
A. 氢氧燃料电池工作时，在负极上失去电子
B. 溶液加热后，溶液pH减小
C. 常温常压下，中含有的分子数为个
D. 室温下，稀释溶液，溶液的导电能力增强
【答案】A
【解析】分析：原电池中负极发生氧化反应。温度升高，盐类的水解程度增大。在标准状况下，气体的摩尔体积约为22.4L/mol。稀释溶液，溶液中离子总浓度减小。
详解：A. 氢氧燃料电池工作时，在负极上失去电子，A正确；
B. 溶液加热后，碳酸根离子的水解程度变大，溶液的pH增大，B不正确；
C. 常温常压下，的物质的量小于1mol，故其中含有的分子数小于个，C不正确；
D. 室温下，稀释溶液，溶液中离子总浓度减小，故溶液的导电能力减弱，D不正确。
本题选A。
6.下列各项实验基本操作中，正确的是（ ）
A. 在做中和滴定实验时用蒸馏水清洗锥形瓶后，直接开始滴定实验
B. 为了加快锌和硫酸反应速率，可将稀硫酸改为浓硫酸
C. 为了加快过滤速度，用玻璃棒搅拌漏斗中的液体
D. 为了使配制的氯化铁溶液保持澄清，加入盐酸
【答案】D
【解析】
【分析】A．在做中和滴定实验时清洗滴定管后，必须先用待装液润洗滴定管；
B．Zn与稀硫酸和浓硫酸的反应产物不一样；
C．过滤时不能用玻璃棒搅拌，否则易损坏滤纸；
D．配制的是氯化铁溶液，加入盐酸抑制水解。
【详解】A. 在做中和滴定实验时清洗滴定管后，必须先用待装液润洗滴定管，然后再装液滴定，否则待装液会被稀释，影响滴定结果，故A错误；
B. Zn与稀硫酸的产物是氢气，为了加快速率而用浓硫酸的产物是二氧化硫，故B错误；
C. 用玻璃棒搅拌过滤器中的液体可能将滤纸弄破，使实验失败，故C错误；
D. Fe3+易水解生成H+,水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+,配制溶液时,可加入酸抑制FeCl3水解,防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，故D正确；
故答案为D.
7.镁条、铝条平行插入一定浓度的NaOH溶液中，用导线连接构成原电池(如图所示)，此电池工作时，下列叙述中正确的是（ ）
A. Mg比Al活泼，Mg失去电子被氧化成Mg2+
B. 负极反应为Al-3e-+4OH-=+2H2O
C. 外电路中电子由Mg电极经导线流向Al电极
D. Al是正极，开始工作时溶液中会有白色沉淀析出
【答案】B
【解析】
分析】该原电池中，铝易失电子作负极，电极反应式为Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，正极上水得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电池反应式为2Al+2OH-+2H2O=3H2↑+2AlO2-，据此分析解答。
【详解】A．在NaOH溶液中，铝能与NaOH溶液发生氧化还原反应，在该反应中，铝失电子作原电池的负极，而镁和氢氧化钠溶液不能发生氧化还原反应，故A错误；
B．Al为负极，负极电极反应式为Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，故B正确；
C．原电池工作时，外电路中电子的流向是由负极Al向正极Mg移动，故C错误；
D．铝作负极，开始工作时氢氧化钠过量，电极反应Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，所以没有白色沉淀生成，故D错误；
故答案为B。
8.工业上可采用CO和H2合成甲醇，发生的反应为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH<0，若该反应在绝热、恒容的密闭容器中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】A．随着反应的进行，反应物浓度减小、温度升高，正反应速率改变，当正反应速率不变时该反应达到平衡状态，t1时刻该反应没有达到平衡状态，故A错误；
B．混合气体的质量和体积均始终不变，则混合气体的密度不变时，不一定为平衡状态，故B错误；
C．平衡常数只随温度变化，当平衡常数不变，说明容器内混合气体的温度不再变化，此时是平衡状态，故C正确；
D．△H只与热化学方程式有关，与反应过程无关，△H不变，无法判断是平衡状态，故D错误；
故答案为C。
【详解】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：①各物质的浓度不变；②各物质的百分含量不变；③对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志；④对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志；⑤对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志；⑥对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
9.已知PbI2的Ksp＝7.0×10-9，将7.5×10-3 mol/L的KI与一定浓度的Pb(NO3)2溶液按2∶1体积混合，则生成PbI2沉淀所需Pb(NO3)2溶液的最小浓度为（ ）
A. 8.4×10-4mol/L B. 5.6×10-4mol/L
C. 4.2×10-4mol/L D. 2.8×10-4mol/L
【答案】A
【解析】试题分析：KI与Pb（NO3）2溶液按体积比为2：1混合，混合后c（Pb2+）变为原来的1/3，c（I-）变为原来的2/3，c（I-）=7.5×10-3×2/3=5×10-3mol/L； PbI2沉淀溶解平衡为：PbI2（s）Pb2++2I-； c（Pb2+）×c2（I-）=Ksp，所以c（Pb2+）=7.0×10-9/(5×10-3)2=2.8×10-4mol/L，则混合前Pb（NO3）2溶液中c（Pb2+）=2.8×10-4mol/L×3=8.4×10-4mol/L。答案选A。
10.将 4 molA气体和3molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（g）＋B（g）2C（g）, 若经 2 s后测得 C的浓度为 0.6 mol•L-1，现有下列几种说法：
①用物质A 表示反应的平均速率为 0.3 mol•L-1•s-1
②物质 B的体积分数是40%
③2 s 时物质 A 的转化率为30％
④2 s 时物质 B 的浓度为 1.0 mol•L-1
其中正确的是（ ）
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ③④
【答案】C
【解析】试题分析：利用三段式分析
2A（g）+B（g）2C（g）
起始浓度（mol/L） 2 1.5 0
转化浓度（mol/L） 0.6 0.3 0.6
2s后浓度（mol/L） 1.4 1.2 0.6
①用物质A表示的反应的平均速率为0.6mol/L÷2s＝0.30.3 mol•L-1•s-1，正确；②物质 B的体积分数是1.2/（1.2+1.4+0.6）×100%=54.5%，错误；③2 s 时物质 A 的转化率为0.6/2×100%=30%，正确；④2 s 时物质 B 的浓度为 1.2mol•L-1，错误，选C。
11.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
用热的纯碱溶液洗去镀件油污
Na2CO3可直接和油污反应
B
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氮肥肥效
C
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
D
FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作
FeCl3能从含有Cu2+的溶液中置换出铜
【答案】B
【解析】试题分析：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，故A错误；B、当施肥时草木灰(有效成分为K2CO3)与NH4Cl混合使用，则二者的水解作用相互促进，使N元素以氨气的形式逸出因而肥效会降低，故B正确；C、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，故C错误；D．氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制，故D错误；故选B。
12.在一定温度下，10 mL 0.50 mol/L H2O2发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
v(O2）/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.1
下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（ ）
A. 0~6 min的平均反应速率：v(H2O2)≈0.033 mol/(L·min)
B. 6~10 min的平均反应速率：v(H2O2)＞3.3×10-2 mol/(L·min)
C. 反应到6 min时，H2O2分解了40%
D. 反应到10 min时，c(H2O2)≈0.24 mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】发生反应：2H2O2 2H2O+O2。
A.0～6min时间内，生成氧气为=0.001mol，则△c(H2O2)=0.001mol×2÷0.01L=0.2mol/L，所以v(H2O2)=0.2mol/L÷6min≈0.033mol/(L•min)，故A正确；
B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，6～10 min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，故B错误；
C.6min时，H2O2分解率为：×100%=40%，故C正确；
D．0～10min时间内，生成氧气为=0.0013mol，则△c(H2O2)=0.0013mol×2÷0.01L=0.26mol/L，所以10min时c(H2O2)=0.5mol/L-0.26mol/L=0.24mol/L，故D正确；
故答案为B。
13.根据下列图示所得出的结论一定错误的是（ ）
A. 图甲表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
B. 图乙表示向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸至过量的过程中溶液导电性的变化
C. 图丙表示用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1 醋酸的滴定曲线
D. 图丁表示相同温度下，向等体积pH＝10的氢氧化钠溶液和氨水中分别加水稀释时pH的变化曲线，其中a表示氨水稀释时pH的变化曲线
【答案】C
【解析】
【详解】：A.酶是具有催化活性的蛋白质，在一定温度下催化活性最大，当温度过高，蛋白质会变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，图中能表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化，A正确；
B.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸当二者恰好反应时，产生BaSO4沉淀和水，溶液中自由移动的离子几乎为0，导电性最弱，当硫酸过量时，过量的硫酸电离产生的离子导电，图象曲线变化与实际吻合，B正确；
C.NaOH溶液体积为0时，溶液的pH=1，此时为醋酸溶液，由于醋酸为弱酸，则0.1000 mol/L醋酸溶液的pH>1，图象曲线变化与实际不符，C错误；
D.pH=10的氢氧化钠溶液和氨水，稀释时，由于一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，一水合氨的电离平衡被破坏，继续电离，则稀释时NaOH的pH变化大，所以a表示氨水稀释时pH的变化曲线，D正确；
故合理选项是C。
14.新型锌碘液流电池具有能量密度高、循环寿命长等优势，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 放电时电流从石墨电极流向锌电极
B. 充电时阳极反应式为：3I－－2e－＝I3－
C. 若将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，放电时正负极也随之改变
D. 放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大
【答案】C
【解析】
【分析】锌碘液流电池是一种新型二次电池，放电时锌较活泼作负极，石墨作正极，负极失电子，正极得电子，将化学能转变为电能；而充电过程是放电过程的逆过程，故电极反应、总反应等，都与放电过程相反。
【详解】A项，图中电极材料为锌和石墨，放电时锌较活泼作负极，石墨作正极，负极反应为Zn-2e-＝Zn2+，失去电子经外电路流向石墨，电流从石墨电极经外电路流向锌电极，A项正确；
B项，充电过程与放电过程相反，锌为阴极，电极反应为Zn2++2e-＝Zn；石墨为阳极，电极反应为3I－－2e－＝I3－，B项正确；
C项，将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，放电时正负极均不变，C项错误；
D项，放电时左侧正极反应为I3－+2e－＝3I－，反应中离子总数增加，则左侧电解质储罐中的离子总浓度增大，D项正确。
本题选C。
15.在不同温度下，向 2 L密闭容器中加入1 mol NO(g)和1 mol活性炭(C)，发生反应:2NO(g)+C(s) N2(g)+CO2(g) ΔH=-213.5 kJ·mol-1，达到平衡时的数据如下。
温度/℃
n(C)/mol
n(CO2)/mol
t1
0.70
t2
0.25
下列说法不正确的是（ ）
A. 上述信息可推知:t1
C. t2℃ 时，若反应达平衡后再缩小容器的容积，c(N2)∶c(NO)不变
D. t1℃ 时，若开始时反应物的用量均减小一半，平衡后NO的转化率减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．温度t1时，平衡时消耗的n(活性炭)=1mol-0.7mol=0.3mol，则平衡时生成的n(CO2)=0.3mol，温度t2时，生成的n(CO2)=0.25mol＜0.3mol，平衡逆向移动，正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，故温度t1＜t2，故A正确；
B．温度t1时，活性炭的平衡物质的量为0.70mol，则消耗的n(活性炭)=1mol-0.7mol=0.3mol，故消耗的n(NO)=0.6mol，平衡时n(NO)=1mol-0.6mol=0.4mol，生成的n(N2)=0.3mol，生成的n(CO2)=0.3mol，反应气体气体体积不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，故K===，故B正确；
C．平衡后再缩小容器的体积，压强增大，反应前后气体体积不变，平衡不移动，故c (N2)：c (NO)不变，故C正确；
D．t1℃时，若开始时反应物的用量均减小一半，等效为降低压强，反应前后气体体积不变，平衡不移动，NO的转化率不变，故D错误；
故答案为D。
16.改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。
下列叙述错误的是（ ）
A. pH=1.2时，
B.
C. pH=2.7时，
D. pH=4.2时，
【答案】D
【解析】A、根据图像，pH=1.2时，H2A和HA-相交，则有c(H2A)=c(HA-)，故A说法正确；B、pH=4.2时，c(A2－)=c(HA－)，根据第二步电离HA－H＋＋A2－，得出：K2(H2A)=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)= c(H+)=10-4.2，故B说法正确；C、根据图像，pH=2.7时，H2A和A2-相交，则有c(H2A)=c(A2-)，故C说法正确；D、根据pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，且物质的量分数约为0.48，而c(H+)=10-4.2，可知c(HA-)=c(A2-)＞c(H+)，故D说法错误。
第Ⅱ卷
二、非选择题
17.在化学分析中，常常需要用KMnO4标准溶液，由于KMnO4晶体在室温下不太稳定，因而很难直接配制准确物质的量浓度的KMnO4溶液。用Na2C2O4固体测定KMnO4溶液浓度的实验步骤如下：（反应原理为：5C2O42－＋2MnO4－＋16H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O）
步骤一：先粗配浓度约为0.15mol/L的KMnO4溶液500mL。
步骤二：准确称取Na2C2O4固体mg放入锥形瓶中，用蒸馏水溶解并加稀硫酸酸化，加热至70~80℃，用步骤一所配KMnO4溶液进行滴定。记录相关数据。
步骤三：重复步骤二两到三次。计算得KMnO4溶液的物质的量浓度。
试回答下列问题：
（1）盛放KMnO4溶液的滴定管为___(填“酸式”或“碱式”)滴定管。
（2）该滴定实验滴定终点的现象是___。
（3）步骤二中滴定操作如图所示，正确的操作是___（填编号）。
A. B. C.
（4）若m的数值为1.340g，滴定的KMnO4溶液平均用量为25.00mL，则KMnO4溶液的浓度为___mol/L。
（5）若滴定完毕后读数时俯视，则实验误差会__（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【答案】(1). 酸式 (2). 溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪去 (3). A (4). 0.1600 (5). 偏高
【解析】
【详解】(1)因为KMnO4溶液具有强氧化性，易腐蚀橡胶，所以应盛放在酸式滴定管内。
答案为：酸式
(2)起初锥形瓶内盛放的是无色的Na2C2O4溶液，滴加紫色的KMnO4溶液，滴定达终点时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪去。
答案为：溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪去
(3)酸式滴定管的下端是活塞，图中A、C仪器为酸式滴定管，B仪器为碱式滴定管，但C操作错误，所以正确的操作应为A。答案为：A
(4)
5C2O42－＋2MnO4－＋16H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O
5mol 2mol
0.01mol 0.004mol
c(KMnO4)= 答案为：0.1600
(5)若滴定完毕后读数时俯视，则末读数偏大，所用KMnO4溶液的体积偏小，由此计算出的浓度偏高，实验误差会偏高。答案为：偏高
18.中华人民共和国国家标准（G2762011）规定葡萄酒中c最大使用量为0.25g/L.某兴趣小组用图装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对含量进行测定。
（1）仪器A的名称是________，水通入A的进口为_______________
（2）B中加入300.0ml葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出与C中H2O2完全反应其化学方程式为_________________________________
（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的________；若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为________；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“20”处，则管内液体的体积______（填序号）
（①=20mL，②=30mL，③＜20mL，④＞30mL）．
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液12.50mL，该葡萄酒中SO2含量为:___g/L
（5）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施______________
【答案】(1). 冷凝管 (2). b (3). SO2+H2O2＝H2SO4 (4). ③ (5). 酚酞 (6). ④ (7). 0.12 (8). 原因:盐酸的挥发:改进施:用不挥发的强酸例如硫酸代替盐酸，用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响
【解析】
【分析】（1）根据仪器A特点书写其名称，为了充分冷却气体，应该下口进水；
（2）二氧化硫具有还原性，能够与实验室反应生成硫酸，据此写出反应的化学方程式；
（3）氢氧化钠应该盛放在碱式滴定管中，根据碱式滴定管的排气泡法进行判断；根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；根据滴定管的构造判断滴定管中溶液的体积；
（4）根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；
（5）根据盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠判断对测定结果的影响；可以选用非挥发性的酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，减去盐酸挥发的影响．
【详解】（1）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以应该进水口为b；
（2）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4；
（3）氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.2～10.0）；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞（50.00mL-10.00mL）=40.00mL，所以④正确；
（4）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：
1/2×（0.0900mol·L－1×0.0125L）×64g·mol－1=0.036g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：
0.036g/0.3L=0.24g·L－1；
（5）由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。
19.（1）25℃时，浓度为0.1 mol·L－1的6种溶液：①HCl， ②CH3OOH， ③Ba(OH)2，④Na2CO3，⑤KCl，⑥NH4Cl溶液pH由小到大的顺序为__________________(填写编号)。
（2）25℃时，醋酸的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L，则该温度下CH3COONa的水解平衡常数Kh= mol ·L-1（保留到小数点后一位）。
（3）25℃时，pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液呈 （填“酸性”，“中性”或“碱性”） ，请写出溶液中离子浓度间的一个等式： 。
（4）25℃时，将m mol/L的醋酸和n mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的pH＝7，
则溶液中c(CH3COO－) + c(CH3COOH)= ，m与n的大小关系是ｍ ｎ（填“ ＞”“＝”或“<”）。
（5）25℃时，将等体积、等物质的量浓度的醋酸与氨水混合后，溶液的pH＝7 ，则NH3·H2O的电离常数Ka= 。
【答案】(1)①②⑥⑤④③
(2)5.9×10-10
(3)酸性 c(Na＋) + c(H＋) = c(CH3COO－) + c(OH－)。
(4)m/2 mol/L ＞
(5)1.7×10-5mol/L
【解析】试题分析：（1）①HCl是一元强酸， ②CH3OOH是一元弱酸， ③Ba(OH)2是二元强碱，④Na2CO3是强碱弱酸盐，⑤KCl是强酸强碱盐，⑥NH4Cl是强酸弱碱盐。酸性：强酸大于弱酸大于强酸弱碱盐；碱性：碱的大于强碱弱酸盐的。所以这几种溶液pH由小到大的顺序为①②⑥⑤④③.
（2）KHAcCH3COO-+H+,,该温度下CH3COONa的水解平衡为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。
水解平衡常数
所以。（3）25℃时，pH＝3的醋酸，c(H+)=10-3mol/L, pH＝11的氢氧化钠溶液,c(H+)=10-11mol/L,则c(OH-)=Kw÷c(H+)=10-14÷10-11=10-3mol/L.两种溶液中的离子浓度相等。当等体积混合后，电离的部分巧合完全中和。但由于醋酸为弱酸。还有大量为电离的醋酸分子存在，会继续电离产生H+和CH3COO-。所以溶液呈酸性。在溶液中存在电荷守恒。c(Na＋) + c(H＋) = c(CH3COO－) + c(OH－)。（4）由于溶液为等体积混合，所以溶液中c(CH3COO－) + c(CH3COOH)=m/2mol/L。因为酸是弱酸，碱是强碱，若等物质的量混合，这恰好生成CH3COONa。溶液由于CH3COO-的水解二显碱性。为了使溶液显中性，酸必须稍微过量一些，来抵消醋酸根离子水解的碱性。所以m与n的大小关系是m＞n. （5）25℃时，将等体积、等物质的量浓度的醋酸与氨水混合后，溶液的pH＝7 ，说明醋酸与一水合氨的强弱程度相同。也就是电离程度相等。由于醋酸的电离平衡常数为Ka=1.7×10-5mol/L所以NH3·H2O的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L。
20.亚硝酸氯（ClNO）是有机合成中的重要试剂。亚硝酸氯可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)。
（1）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯，涉及如下反应：
①4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g）+Cl2(g) K1
②2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) K2
③2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) K3
则K1、K2、K3之间的关系为K3=____________。
（2）T℃时，2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)的正反应速率表达式为υ正=kcn(ClNO)，测得速率和浓度的关系如下表：
序号
c(ClNO)/mol·L－1
υ/mol·L－1· s－1
①
0.30
3.6×10－8
②
0.60
1.44×10－7
③
0.90
3.24×10－7
n=__________；k=___________（注明单位）。
（3）在2 L的恒容密闭容器中充入4 mol NO(g)和2molCl2(g)，在不同温度下测得c(ClNO)与时间的关系如图I。
① 温度为T1时，能作为该反应达到平衡的标志的有__________。
a.气体体积保持不变 b.容器压强保持不变 c.平衡常数K保持不变
d.气体颜色保持不变 e.υ(ClNO)=υ(NO) f.NO与ClNO的物质的量比值保持不变
② 反应开始到10min时，Cl2的平均反应速率υ(Cl2)=_______________。
③ 温度为T2时，10 min时反应已经达到平衡，该反应的平衡常数K=____________。
（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO的体积分数φ随的变化如图II，则A、B、C三个状态中，NO的转化率最小的是____点，当时，达到平衡状态时ClNO的体积分数φ可能是D、E、F三点中的_____点。
【答案】(1). (2). 2 (3). 4.0×10-7L·mol－1·s－1 (4). bdf (5). 0.05mol·L－1·min－1 (6). 2L·mol－1 (7). C (8). F
【解析】
【详解】(1)反应③=2×②－①，化学方程式乘的系数，计算平衡常数的时候，系数为平衡常数的指数，则平衡常数K3==；
(2) υ正=kcn(ClNO)，将①②两组数据代入关系式，可得，，可以求得n=2，k=4.0×10-7L·mol－1·s－1；
(3) ①2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)，均为气体，反应前后气体体积不相等。当一个发生变化的物理量不变的时候，说明反应达到了平衡。a.反应条件为恒容条件，体积一直不变，气体体积保持不变不能作为平衡的标志；b.同温同体积的条件下，压强之比等于物质的量之比，反应前后物质的量改变，则压强也会发生改变，容器压强保持不变说明达到平衡状态；c.平衡常数K只与温度有关系，温度不变，则K不变，平衡常数K保持不变不能作为平衡的标志；d.气体颜色和浓度有关，气体颜色保持不变，浓度不变，说明达到了平衡；e.υ(ClNO)=υ(NO)，不知道表达的是正反应速率还是逆反应速率，无法得知正逆反应是否相等，不能判断是否平衡；f.NO与ClNO的物质的量比值保持不变，说明NO和ClNO的物质的量都不变，说明反应达到了平衡。综上bdf能够用于判断平衡；
②反应10min，c(ClNO)=1mol·L－1。
Cl2 ～ 2ClNO
转化 0.5mol·L－1 ∆c(ClNO)=1mol·L－1
；
③体积为2L，开始NO和Cl2的物质的量分别为4mol、2mol，则它们的浓度分别为2mol·L－1和1mol·L－1。
2NO(g) + Cl2(g) 2ClNO(g)
开始的浓度(mol/L) 2 1 0
转化的浓度(mol/L) 1 0.5 1
平衡的浓度(mol/L) 1 0.5 1
，平衡常数为2。
(4)当反应物有两种或两种以上的时候，增加其中一种反应物的浓度，其自身的转化率降低，其他的反应物的转化率增加。所以n(NO)/n(Cl2)越大，说明NO越多，NO的转化率越低。NO的转化率最小的是为C点。当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大，当n(NO)/n(Cl2)=3时，产物的含量减少，所以为F点。
可能用到的相对原子质量: H 1；C 12；O 16；Na 23；S 32；Cl 35.5；Cu 64；Zn 65
第Ⅰ卷
一、选择题
1. 电池在生产、生活中应用越来越广泛。下列说法错误的是（ ）
A. 化学电源有一次电池、可充电电池和燃料电池等，一次电池只能放电，不能充电
B. 铅蓄电池应用广泛，主要优点是单位重量的电极材料释放的电能大
C. 燃料电池具有能量利用率高、可连续使用和污染轻等优点
D. 锂电池是一种高能电池，体积小、重量轻，单位质量能量比高
【答案】B
【解析】试题分析：A．化学电源有一次电池、可充电电池和燃料电池等，一次电池只能放电，当化学能完全转化为电能时就不能再释放能量.它不能充电反复使用;正确。B．铅蓄电池应用广泛，主要优点是制作方便,但由于质量重,单位重量的电极材料释放的电能小,逐渐被核质比小的锂电池等取代.错误。C．任何可燃性燃料,只要把燃料的失去电子的氧化反应和助燃剂的还原反应分开进行,都可以设计成燃料电池.燃料电池具有能量利用率高、可连续使用和污染轻等优点,正日益成为备受人们喜爱的电池.正确。 D．锂小的原子质量为7,每产生1mol电子，消耗金属的质量只有7g,所以相同质量时提供的能量要比其它电池高得多。因此锂电池是一种高能电池，具有体积小、重量轻，单位质量能量比高的优点;D正确。
2.下列事实可以证明MOH是弱碱的有（ ）
①0.1mol/LMOH溶液能使酚酞溶液变红
②常温下，0.1mol/LMOH溶液的pH=12
③0.1mol/LMOH溶液的导电性比0.1mol/LNaOH溶液弱
④等体积的0.1mol/LMOH溶液与0.1mol/LHCl溶液恰好完全反应
A. ①②③ B. ②③ C. ②④ D. ③④
【答案】B
【解析】
【详解】①0.1mol/L MOH可以使酚酞试液变红，说明 MOH能电离出氢氧根离子，而不能说明 MOH的电离程度，所以不能证明 MOH是弱电解质，错误；②常温下，0.1mol/L MOH溶液的pH=12，溶液中c(OH－)=0.01mol/L，说明MOH不完全电离，MOH是弱碱，正确；③溶液的导电性与离子浓度成正比，0.1mol/L MOH溶液的导电性比0.1mol/L NaOH溶液弱，说明 MOH溶液中离子浓度较小，说明 MOH部分电离，正确；④等体积的0.1mol/L MOH溶液与0.1mol/L HCl溶液恰好完全反应，无论是强碱还是弱碱，都恰好完全反应，错误；答案选B。
3. 下列有关电池的说法不正确的是（ ）
A. 手机上用的锂离子电池属于二次电池
B. 铜锌原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极
C. 甲醇燃料电池可把化学能转化为电能
D. 锌锰干电池中，锌电极是负极
【答案】B
【解析】
【详解】A项，手机锂离子电池可以多次充放电，因此是二次电池，故A项正确；
B项，铜锌原电池工作的时候，锌作负极，铜作正极，电子应该是从锌电极经导线流向铜电极，故B项错误；
C项，甲醇燃料电池就是将甲醇内部的化学能转化为电能的装置，故C项正确；
D项，锌的化学性质比锰要活泼，因此锌锰干电池中锌是负极，故D项正确。
答案选B。
4.对于反应CO（g）+H2O（g）CO 2（g）+ H 2（g） △H﹤0，在其他条件不变的情况下（ ）
A. 加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变
B. 改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变
C. 升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变
D. 若在原电池中进行，反应放出的热量不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂虽然改变了反应途径，反应物、生成物的状态不变，所以△H不变，A错误；
B．反应前后体积不变，则改变压强（压缩气体或扩大容积），平衡不发生移动，反应放出的热量不变，B正确；
C．该反应是放热反应，升高温度，化学反应速率加快，反应的△H不变，但由于平衡向逆反应方向进行，放出的热量减少，C错误；
D．若在原电池中进行，反应不放出热量，而是将化学能转换为电能，D错误。
答案选B。
5.下列说法正确的是
A. 氢氧燃料电池工作时，在负极上失去电子
B. 溶液加热后，溶液pH减小
C. 常温常压下，中含有的分子数为个
D. 室温下，稀释溶液，溶液的导电能力增强
【答案】A
【解析】分析：原电池中负极发生氧化反应。温度升高，盐类的水解程度增大。在标准状况下，气体的摩尔体积约为22.4L/mol。稀释溶液，溶液中离子总浓度减小。
详解：A. 氢氧燃料电池工作时，在负极上失去电子，A正确；
B. 溶液加热后，碳酸根离子的水解程度变大，溶液的pH增大，B不正确；
C. 常温常压下，的物质的量小于1mol，故其中含有的分子数小于个，C不正确；
D. 室温下，稀释溶液，溶液中离子总浓度减小，故溶液的导电能力减弱，D不正确。
本题选A。
6.下列各项实验基本操作中，正确的是（ ）
A. 在做中和滴定实验时用蒸馏水清洗锥形瓶后，直接开始滴定实验
B. 为了加快锌和硫酸反应速率，可将稀硫酸改为浓硫酸
C. 为了加快过滤速度，用玻璃棒搅拌漏斗中的液体
D. 为了使配制的氯化铁溶液保持澄清，加入盐酸
【答案】D
【解析】
【分析】A．在做中和滴定实验时清洗滴定管后，必须先用待装液润洗滴定管；
B．Zn与稀硫酸和浓硫酸的反应产物不一样；
C．过滤时不能用玻璃棒搅拌，否则易损坏滤纸；
D．配制的是氯化铁溶液，加入盐酸抑制水解。
【详解】A. 在做中和滴定实验时清洗滴定管后，必须先用待装液润洗滴定管，然后再装液滴定，否则待装液会被稀释，影响滴定结果，故A错误；
B. Zn与稀硫酸的产物是氢气，为了加快速率而用浓硫酸的产物是二氧化硫，故B错误；
C. 用玻璃棒搅拌过滤器中的液体可能将滤纸弄破，使实验失败，故C错误；
D. Fe3+易水解生成H+,水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+,配制溶液时,可加入酸抑制FeCl3水解,防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，故D正确；
故答案为D.
7.镁条、铝条平行插入一定浓度的NaOH溶液中，用导线连接构成原电池(如图所示)，此电池工作时，下列叙述中正确的是（ ）
A. Mg比Al活泼，Mg失去电子被氧化成Mg2+
B. 负极反应为Al-3e-+4OH-=+2H2O
C. 外电路中电子由Mg电极经导线流向Al电极
D. Al是正极，开始工作时溶液中会有白色沉淀析出
【答案】B
【解析】
分析】该原电池中，铝易失电子作负极，电极反应式为Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，正极上水得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电池反应式为2Al+2OH-+2H2O=3H2↑+2AlO2-，据此分析解答。
【详解】A．在NaOH溶液中，铝能与NaOH溶液发生氧化还原反应，在该反应中，铝失电子作原电池的负极，而镁和氢氧化钠溶液不能发生氧化还原反应，故A错误；
B．Al为负极，负极电极反应式为Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，故B正确；
C．原电池工作时，外电路中电子的流向是由负极Al向正极Mg移动，故C错误；
D．铝作负极，开始工作时氢氧化钠过量，电极反应Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，所以没有白色沉淀生成，故D错误；
故答案为B。
8.工业上可采用CO和H2合成甲醇，发生的反应为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH<0，若该反应在绝热、恒容的密闭容器中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】A．随着反应的进行，反应物浓度减小、温度升高，正反应速率改变，当正反应速率不变时该反应达到平衡状态，t1时刻该反应没有达到平衡状态，故A错误；
B．混合气体的质量和体积均始终不变，则混合气体的密度不变时，不一定为平衡状态，故B错误；
C．平衡常数只随温度变化，当平衡常数不变，说明容器内混合气体的温度不再变化，此时是平衡状态，故C正确；
D．△H只与热化学方程式有关，与反应过程无关，△H不变，无法判断是平衡状态，故D错误；
故答案为C。
【详解】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：①各物质的浓度不变；②各物质的百分含量不变；③对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志；④对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志；⑤对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志；⑥对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
9.已知PbI2的Ksp＝7.0×10-9，将7.5×10-3 mol/L的KI与一定浓度的Pb(NO3)2溶液按2∶1体积混合，则生成PbI2沉淀所需Pb(NO3)2溶液的最小浓度为（ ）
A. 8.4×10-4mol/L B. 5.6×10-4mol/L
C. 4.2×10-4mol/L D. 2.8×10-4mol/L
【答案】A
【解析】试题分析：KI与Pb（NO3）2溶液按体积比为2：1混合，混合后c（Pb2+）变为原来的1/3，c（I-）变为原来的2/3，c（I-）=7.5×10-3×2/3=5×10-3mol/L； PbI2沉淀溶解平衡为：PbI2（s）Pb2++2I-； c（Pb2+）×c2（I-）=Ksp，所以c（Pb2+）=7.0×10-9/(5×10-3)2=2.8×10-4mol/L，则混合前Pb（NO3）2溶液中c（Pb2+）=2.8×10-4mol/L×3=8.4×10-4mol/L。答案选A。
10.将 4 molA气体和3molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（g）＋B（g）2C（g）, 若经 2 s后测得 C的浓度为 0.6 mol•L-1，现有下列几种说法：
①用物质A 表示反应的平均速率为 0.3 mol•L-1•s-1
②物质 B的体积分数是40%
③2 s 时物质 A 的转化率为30％
④2 s 时物质 B 的浓度为 1.0 mol•L-1
其中正确的是（ ）
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ③④
【答案】C
【解析】试题分析：利用三段式分析
2A（g）+B（g）2C（g）
起始浓度（mol/L） 2 1.5 0
转化浓度（mol/L） 0.6 0.3 0.6
2s后浓度（mol/L） 1.4 1.2 0.6
①用物质A表示的反应的平均速率为0.6mol/L÷2s＝0.30.3 mol•L-1•s-1，正确；②物质 B的体积分数是1.2/（1.2+1.4+0.6）×100%=54.5%，错误；③2 s 时物质 A 的转化率为0.6/2×100%=30%，正确；④2 s 时物质 B 的浓度为 1.2mol•L-1，错误，选C。
11.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
用热的纯碱溶液洗去镀件油污
Na2CO3可直接和油污反应
B
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氮肥肥效
C
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
D
FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作
FeCl3能从含有Cu2+的溶液中置换出铜
【答案】B
【解析】试题分析：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，故A错误；B、当施肥时草木灰(有效成分为K2CO3)与NH4Cl混合使用，则二者的水解作用相互促进，使N元素以氨气的形式逸出因而肥效会降低，故B正确；C、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，故C错误；D．氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制，故D错误；故选B。
12.在一定温度下，10 mL 0.50 mol/L H2O2发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
v(O2）/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.1
下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（ ）
A. 0~6 min的平均反应速率：v(H2O2)≈0.033 mol/(L·min)
B. 6~10 min的平均反应速率：v(H2O2)＞3.3×10-2 mol/(L·min)
C. 反应到6 min时，H2O2分解了40%
D. 反应到10 min时，c(H2O2)≈0.24 mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】发生反应：2H2O2 2H2O+O2。
A.0～6min时间内，生成氧气为=0.001mol，则△c(H2O2)=0.001mol×2÷0.01L=0.2mol/L，所以v(H2O2)=0.2mol/L÷6min≈0.033mol/(L•min)，故A正确；
B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，6～10 min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，故B错误；
C.6min时，H2O2分解率为：×100%=40%，故C正确；
D．0～10min时间内，生成氧气为=0.0013mol，则△c(H2O2)=0.0013mol×2÷0.01L=0.26mol/L，所以10min时c(H2O2)=0.5mol/L-0.26mol/L=0.24mol/L，故D正确；
故答案为B。
13.根据下列图示所得出的结论一定错误的是（ ）
A. 图甲表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
B. 图乙表示向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸至过量的过程中溶液导电性的变化
C. 图丙表示用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1 醋酸的滴定曲线
D. 图丁表示相同温度下，向等体积pH＝10的氢氧化钠溶液和氨水中分别加水稀释时pH的变化曲线，其中a表示氨水稀释时pH的变化曲线
【答案】C
【解析】
【详解】：A.酶是具有催化活性的蛋白质，在一定温度下催化活性最大，当温度过高，蛋白质会变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，图中能表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化，A正确；
B.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸当二者恰好反应时，产生BaSO4沉淀和水，溶液中自由移动的离子几乎为0，导电性最弱，当硫酸过量时，过量的硫酸电离产生的离子导电，图象曲线变化与实际吻合，B正确；
C.NaOH溶液体积为0时，溶液的pH=1，此时为醋酸溶液，由于醋酸为弱酸，则0.1000 mol/L醋酸溶液的pH>1，图象曲线变化与实际不符，C错误；
D.pH=10的氢氧化钠溶液和氨水，稀释时，由于一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，一水合氨的电离平衡被破坏，继续电离，则稀释时NaOH的pH变化大，所以a表示氨水稀释时pH的变化曲线，D正确；
故合理选项是C。
14.新型锌碘液流电池具有能量密度高、循环寿命长等优势，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 放电时电流从石墨电极流向锌电极
B. 充电时阳极反应式为：3I－－2e－＝I3－
C. 若将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，放电时正负极也随之改变
D. 放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大
【答案】C
【解析】
【分析】锌碘液流电池是一种新型二次电池，放电时锌较活泼作负极，石墨作正极，负极失电子，正极得电子，将化学能转变为电能；而充电过程是放电过程的逆过程，故电极反应、总反应等，都与放电过程相反。
【详解】A项，图中电极材料为锌和石墨，放电时锌较活泼作负极，石墨作正极，负极反应为Zn-2e-＝Zn2+，失去电子经外电路流向石墨，电流从石墨电极经外电路流向锌电极，A项正确；
B项，充电过程与放电过程相反，锌为阴极，电极反应为Zn2++2e-＝Zn；石墨为阳极，电极反应为3I－－2e－＝I3－，B项正确；
C项，将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，放电时正负极均不变，C项错误；
D项，放电时左侧正极反应为I3－+2e－＝3I－，反应中离子总数增加，则左侧电解质储罐中的离子总浓度增大，D项正确。
本题选C。
15.在不同温度下，向 2 L密闭容器中加入1 mol NO(g)和1 mol活性炭(C)，发生反应:2NO(g)+C(s) N2(g)+CO2(g) ΔH=-213.5 kJ·mol-1，达到平衡时的数据如下。
温度/℃
n(C)/mol
n(CO2)/mol
t1
0.70
t2
0.25
下列说法不正确的是（ ）
A. 上述信息可推知:t1
C. t2℃ 时，若反应达平衡后再缩小容器的容积，c(N2)∶c(NO)不变
D. t1℃ 时，若开始时反应物的用量均减小一半，平衡后NO的转化率减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．温度t1时，平衡时消耗的n(活性炭)=1mol-0.7mol=0.3mol，则平衡时生成的n(CO2)=0.3mol，温度t2时，生成的n(CO2)=0.25mol＜0.3mol，平衡逆向移动，正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，故温度t1＜t2，故A正确；
B．温度t1时，活性炭的平衡物质的量为0.70mol，则消耗的n(活性炭)=1mol-0.7mol=0.3mol，故消耗的n(NO)=0.6mol，平衡时n(NO)=1mol-0.6mol=0.4mol，生成的n(N2)=0.3mol，生成的n(CO2)=0.3mol，反应气体气体体积不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，故K===，故B正确；
C．平衡后再缩小容器的体积，压强增大，反应前后气体体积不变，平衡不移动，故c (N2)：c (NO)不变，故C正确；
D．t1℃时，若开始时反应物的用量均减小一半，等效为降低压强，反应前后气体体积不变，平衡不移动，NO的转化率不变，故D错误；
故答案为D。
16.改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。
下列叙述错误的是（ ）
A. pH=1.2时，
B.
C. pH=2.7时，
D. pH=4.2时，
【答案】D
【解析】A、根据图像，pH=1.2时，H2A和HA-相交，则有c(H2A)=c(HA-)，故A说法正确；B、pH=4.2时，c(A2－)=c(HA－)，根据第二步电离HA－H＋＋A2－，得出：K2(H2A)=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)= c(H+)=10-4.2，故B说法正确；C、根据图像，pH=2.7时，H2A和A2-相交，则有c(H2A)=c(A2-)，故C说法正确；D、根据pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，且物质的量分数约为0.48，而c(H+)=10-4.2，可知c(HA-)=c(A2-)＞c(H+)，故D说法错误。
第Ⅱ卷
二、非选择题
17.在化学分析中，常常需要用KMnO4标准溶液，由于KMnO4晶体在室温下不太稳定，因而很难直接配制准确物质的量浓度的KMnO4溶液。用Na2C2O4固体测定KMnO4溶液浓度的实验步骤如下：（反应原理为：5C2O42－＋2MnO4－＋16H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O）
步骤一：先粗配浓度约为0.15mol/L的KMnO4溶液500mL。
步骤二：准确称取Na2C2O4固体mg放入锥形瓶中，用蒸馏水溶解并加稀硫酸酸化，加热至70~80℃，用步骤一所配KMnO4溶液进行滴定。记录相关数据。
步骤三：重复步骤二两到三次。计算得KMnO4溶液的物质的量浓度。
试回答下列问题：
（1）盛放KMnO4溶液的滴定管为___(填“酸式”或“碱式”)滴定管。
（2）该滴定实验滴定终点的现象是___。
（3）步骤二中滴定操作如图所示，正确的操作是___（填编号）。
A. B. C.
（4）若m的数值为1.340g，滴定的KMnO4溶液平均用量为25.00mL，则KMnO4溶液的浓度为___mol/L。
（5）若滴定完毕后读数时俯视，则实验误差会__（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【答案】(1). 酸式 (2). 溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪去 (3). A (4). 0.1600 (5). 偏高
【解析】
【详解】(1)因为KMnO4溶液具有强氧化性，易腐蚀橡胶，所以应盛放在酸式滴定管内。
答案为：酸式
(2)起初锥形瓶内盛放的是无色的Na2C2O4溶液，滴加紫色的KMnO4溶液，滴定达终点时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪去。
答案为：溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪去
(3)酸式滴定管的下端是活塞，图中A、C仪器为酸式滴定管，B仪器为碱式滴定管，但C操作错误，所以正确的操作应为A。答案为：A
(4)
5C2O42－＋2MnO4－＋16H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O
5mol 2mol
0.01mol 0.004mol
c(KMnO4)= 答案为：0.1600
(5)若滴定完毕后读数时俯视，则末读数偏大，所用KMnO4溶液的体积偏小，由此计算出的浓度偏高，实验误差会偏高。答案为：偏高
18.中华人民共和国国家标准（G2762011）规定葡萄酒中c最大使用量为0.25g/L.某兴趣小组用图装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对含量进行测定。
（1）仪器A的名称是________，水通入A的进口为_______________
（2）B中加入300.0ml葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出与C中H2O2完全反应其化学方程式为_________________________________
（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的________；若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为________；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“20”处，则管内液体的体积______（填序号）
（①=20mL，②=30mL，③＜20mL，④＞30mL）．
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液12.50mL，该葡萄酒中SO2含量为:___g/L
（5）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施______________
【答案】(1). 冷凝管 (2). b (3). SO2+H2O2＝H2SO4 (4). ③ (5). 酚酞 (6). ④ (7). 0.12 (8). 原因:盐酸的挥发:改进施:用不挥发的强酸例如硫酸代替盐酸，用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响
【解析】
【分析】（1）根据仪器A特点书写其名称，为了充分冷却气体，应该下口进水；
（2）二氧化硫具有还原性，能够与实验室反应生成硫酸，据此写出反应的化学方程式；
（3）氢氧化钠应该盛放在碱式滴定管中，根据碱式滴定管的排气泡法进行判断；根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；根据滴定管的构造判断滴定管中溶液的体积；
（4）根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；
（5）根据盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠判断对测定结果的影响；可以选用非挥发性的酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，减去盐酸挥发的影响．
【详解】（1）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以应该进水口为b；
（2）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4；
（3）氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.2～10.0）；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞（50.00mL-10.00mL）=40.00mL，所以④正确；
（4）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：
1/2×（0.0900mol·L－1×0.0125L）×64g·mol－1=0.036g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：
0.036g/0.3L=0.24g·L－1；
（5）由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。
19.（1）25℃时，浓度为0.1 mol·L－1的6种溶液：①HCl， ②CH3OOH， ③Ba(OH)2，④Na2CO3，⑤KCl，⑥NH4Cl溶液pH由小到大的顺序为__________________(填写编号)。
（2）25℃时，醋酸的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L，则该温度下CH3COONa的水解平衡常数Kh= mol ·L-1（保留到小数点后一位）。
（3）25℃时，pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液呈 （填“酸性”，“中性”或“碱性”） ，请写出溶液中离子浓度间的一个等式： 。
（4）25℃时，将m mol/L的醋酸和n mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的pH＝7，
则溶液中c(CH3COO－) + c(CH3COOH)= ，m与n的大小关系是ｍ ｎ（填“ ＞”“＝”或“<”）。
（5）25℃时，将等体积、等物质的量浓度的醋酸与氨水混合后，溶液的pH＝7 ，则NH3·H2O的电离常数Ka= 。
【答案】(1)①②⑥⑤④③
(2)5.9×10-10
(3)酸性 c(Na＋) + c(H＋) = c(CH3COO－) + c(OH－)。
(4)m/2 mol/L ＞
(5)1.7×10-5mol/L
【解析】试题分析：（1）①HCl是一元强酸， ②CH3OOH是一元弱酸， ③Ba(OH)2是二元强碱，④Na2CO3是强碱弱酸盐，⑤KCl是强酸强碱盐，⑥NH4Cl是强酸弱碱盐。酸性：强酸大于弱酸大于强酸弱碱盐；碱性：碱的大于强碱弱酸盐的。所以这几种溶液pH由小到大的顺序为①②⑥⑤④③.
（2）KHAcCH3COO-+H+,,该温度下CH3COONa的水解平衡为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。
水解平衡常数
所以。（3）25℃时，pH＝3的醋酸，c(H+)=10-3mol/L, pH＝11的氢氧化钠溶液,c(H+)=10-11mol/L,则c(OH-)=Kw÷c(H+)=10-14÷10-11=10-3mol/L.两种溶液中的离子浓度相等。当等体积混合后，电离的部分巧合完全中和。但由于醋酸为弱酸。还有大量为电离的醋酸分子存在，会继续电离产生H+和CH3COO-。所以溶液呈酸性。在溶液中存在电荷守恒。c(Na＋) + c(H＋) = c(CH3COO－) + c(OH－)。（4）由于溶液为等体积混合，所以溶液中c(CH3COO－) + c(CH3COOH)=m/2mol/L。因为酸是弱酸，碱是强碱，若等物质的量混合，这恰好生成CH3COONa。溶液由于CH3COO-的水解二显碱性。为了使溶液显中性，酸必须稍微过量一些，来抵消醋酸根离子水解的碱性。所以m与n的大小关系是m＞n. （5）25℃时，将等体积、等物质的量浓度的醋酸与氨水混合后，溶液的pH＝7 ，说明醋酸与一水合氨的强弱程度相同。也就是电离程度相等。由于醋酸的电离平衡常数为Ka=1.7×10-5mol/L所以NH3·H2O的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L。
20.亚硝酸氯（ClNO）是有机合成中的重要试剂。亚硝酸氯可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)。
（1）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯，涉及如下反应：
①4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g）+Cl2(g) K1
②2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) K2
③2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) K3
则K1、K2、K3之间的关系为K3=____________。
（2）T℃时，2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)的正反应速率表达式为υ正=kcn(ClNO)，测得速率和浓度的关系如下表：
序号
c(ClNO)/mol·L－1
υ/mol·L－1· s－1
①
0.30
3.6×10－8
②
0.60
1.44×10－7
③
0.90
3.24×10－7
n=__________；k=___________（注明单位）。
（3）在2 L的恒容密闭容器中充入4 mol NO(g)和2molCl2(g)，在不同温度下测得c(ClNO)与时间的关系如图I。
① 温度为T1时，能作为该反应达到平衡的标志的有__________。
a.气体体积保持不变 b.容器压强保持不变 c.平衡常数K保持不变
d.气体颜色保持不变 e.υ(ClNO)=υ(NO) f.NO与ClNO的物质的量比值保持不变
② 反应开始到10min时，Cl2的平均反应速率υ(Cl2)=_______________。
③ 温度为T2时，10 min时反应已经达到平衡，该反应的平衡常数K=____________。
（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO的体积分数φ随的变化如图II，则A、B、C三个状态中，NO的转化率最小的是____点，当时，达到平衡状态时ClNO的体积分数φ可能是D、E、F三点中的_____点。
【答案】(1). (2). 2 (3). 4.0×10-7L·mol－1·s－1 (4). bdf (5). 0.05mol·L－1·min－1 (6). 2L·mol－1 (7). C (8). F
【解析】
【详解】(1)反应③=2×②－①，化学方程式乘的系数，计算平衡常数的时候，系数为平衡常数的指数，则平衡常数K3==；
(2) υ正=kcn(ClNO)，将①②两组数据代入关系式，可得，，可以求得n=2，k=4.0×10-7L·mol－1·s－1；
(3) ①2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)，均为气体，反应前后气体体积不相等。当一个发生变化的物理量不变的时候，说明反应达到了平衡。a.反应条件为恒容条件，体积一直不变，气体体积保持不变不能作为平衡的标志；b.同温同体积的条件下，压强之比等于物质的量之比，反应前后物质的量改变，则压强也会发生改变，容器压强保持不变说明达到平衡状态；c.平衡常数K只与温度有关系，温度不变，则K不变，平衡常数K保持不变不能作为平衡的标志；d.气体颜色和浓度有关，气体颜色保持不变，浓度不变，说明达到了平衡；e.υ(ClNO)=υ(NO)，不知道表达的是正反应速率还是逆反应速率，无法得知正逆反应是否相等，不能判断是否平衡；f.NO与ClNO的物质的量比值保持不变，说明NO和ClNO的物质的量都不变，说明反应达到了平衡。综上bdf能够用于判断平衡；
②反应10min，c(ClNO)=1mol·L－1。
Cl2 ～ 2ClNO
转化 0.5mol·L－1 ∆c(ClNO)=1mol·L－1
；
③体积为2L，开始NO和Cl2的物质的量分别为4mol、2mol，则它们的浓度分别为2mol·L－1和1mol·L－1。
2NO(g) + Cl2(g) 2ClNO(g)
开始的浓度(mol/L) 2 1 0
转化的浓度(mol/L) 1 0.5 1
平衡的浓度(mol/L) 1 0.5 1
，平衡常数为2。
(4)当反应物有两种或两种以上的时候，增加其中一种反应物的浓度，其自身的转化率降低，其他的反应物的转化率增加。所以n(NO)/n(Cl2)越大，说明NO越多，NO的转化率越低。NO的转化率最小的是为C点。当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大，当n(NO)/n(Cl2)=3时，产物的含量减少，所以为F点。
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