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【化学】湖南省湘西州2018-2019学年高二上学期期末质量检测（理）试题(解析版)
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湖南省湘西州2018-2019学年高二上学期期末质量检测（理）试题
可能用到的相对原子质量:H〜1 C〜12 0〜16 Fe〜56 Zn〜65 Ag〜108
第一部分选择题(44分)
一、选择题(本题包括22小题,每小题2分，共44分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.某同学在实验报告中有以下实验数据记录,其中合理的是
A. 用托盘天平称取11.72g食盐
B. 用100mL的量筒量取25.00mL盐酸
C. 用pH试纸测得某稀醋酸溶液的pH为3.5
D. 用0.2000mol•L-1HC1溶液滴定20.00mL未知浓度NaOH,用去22.40 mL HC1溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A.中学实验室中使用的托盘天平的感量为0.1g，所以用托盘天平无法称取11.72g食盐，A项错误；
B.中学实验室中使用的量筒的感量为0.1mL，所以用100mL的量筒无法量取25.00mL盐酸，A项错误；
C.标准比色卡上每种颜色对应的pH是正整数，所以用pH试纸测量某稀醋酸溶液的pH不可能为3.5，C项错误；
D.滴定管的感量为0.01mL，所以量取未知浓度的NaOH溶液20.00mL，用去的标准HCl溶液体积22.40 mL，数据合理，D项正确；答案选D。
2.石墨和金刚石都是碳元素的单质，已知C(石墨，s)＝C(金刚石，s) △H>0,下列说法正确的是
A. 石墨不如金刚石稳定
B. 等质量的石墨与金刚石完全燃烧，二者放出的热量相等
C. 等质量的石墨与金刚石完全燃烧，金刚石放出的能量少
D. 金刚石不如石墨稳定
【答案】D
【解析】
【分析】
C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，为吸热反应，可知石墨能量低，以此来解答。
【详解】A．石墨能量低，石墨更稳定，故A错误；
B．等质量的石墨与金刚石完全燃烧，后者放热多，故B错误；
C．等质量的石墨与金刚石完全燃烧，金刚石放出的能量多，故C错误；
D．石墨能量低，金刚石不如石墨稳定，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、能量与稳定性的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点。
3.下列关于反应能量的说法正确的是
A. Zn（s）+CuSO4（aq）＝ZnSO4（aq）+Cu（s）△H=-216kJ•mol-1，则反应物总能量大于生成物总能量
B. 吸热反应中由于反应物总能量小于生成物总能量，因而没有价值
C. 101kPa时，2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）△H=-571.6k•mol-1，则H2的燃烧热为571.6k•mol-1
D. 已知H+（aq）+OH-（aq）＝H2O（1）△H=-57.3kJ•mol-1，则含1 mol NaOH的溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出57.3kJ的热量
【答案】A
【解析】
【详解】A．焓变为负，为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，故A正确；
B．吸热反应在特殊领域也有价值，如通过吸热反应吸收的热量降低环境温度，故B错误；
C.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为燃烧热，则H2的燃烧热为△H=－285.8k•mol-1，故C错误；
D．浓硫酸稀释放热，则1 mol NaOH的溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出热量大于57.3kJ，故D错误；
故答案选A。
【点睛】本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、燃烧热与中和热的含义为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点。
4. 实验室中用电解水的方法制取氢气和氧气，为了增强溶液的导电性最好加入下列电解质中的
A. NaCl B. Na2SO4 C. CuCl2 D. AgNO3
【答案】B
【解析】
试题分析：A、加入NaCl，发生2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，生成氯气，影响氧气的生成，故A错误；B、加入Na2SO4，增大溶液浓度，导电性增强，且不影响H2和O2的生成，故B正确；C、加入CuC12，电解CuCl2溶液时一极析铜，另一极产生氯气，不是电解的水，故C错误；D、加入AgNO3，在阴极上析出Ag，影响氢气的生成，故D错误。
考点：电解原理
5.反应A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)在不同情况下测得的反应速率如下所示，其中反应速率最快的是
A. v(D)=0.4 mol/(L·s) B. v(C)=0.5 mol/(L·s)
C. v(B)=0.6 mol/(L·s) D. v(A)=0.15 mol/(L·s)
【答案】B
【解析】
【详解】反应速率的单位相同，用各物质表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快。则
A、υ（D）/2=0.2 mol/（L•s）；
B、v（C）/2=0.25mol/（L•s）；
C、v（B）/3=0.2mol/（L•s）；
D、v（A）/1=0.15mol/（L•s）；
所以反应速率v（C）＞v（B）＝v（D）＞v（A）。故答案选B。
6.下列说法中正确的是
A. 凡是放热反应都足自发的，吸热反应都处非自发的
B. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
C. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
D. 非自发反应在任何条件下都不能实观
【答案】C
【解析】
【详解】A、反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0；放热反应不一定是自发的，吸热反应也不一定是非自发的，故A错误；
B、反应是否自发进行由反应的焓变、熵变、温度共同决定，自发反应不一定是熵增大，非自发反应不一定是熵减小或不变，故B错误；
C、熵增加且放热的反应，即△H＜0，△S＞0，△H-T△S＜0，任何温度下都能自发进行，故C正确；
D、反应是否自发进行由反应的焓变、熵变、温度共同决定；非自发过程，改变温度可能变为自发过程，如焓变大于0，熵变大于0的反应低温可以是非自发进行的反应，高温下可以自发进行，所以非自发反应在特定条件下也能实现，故D错误；
故答案选C。
7.一定温度下，在一定体积的密闭容器中，可逆反应2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)体系中，Br2(g)随时间变化的实验数据如下表所示：
时间/min
5
10
15
20
25
30
n(Br2)/mol
0.080
0.075
0.072
0.070
0.070
0.070
根据表中的数据，下列时间中表示该反应达到平衡状态的是
A. 5min B. 10min C. 15min D. 20min
【答案】D
【解析】
【分析】
反应达到平衡状态时，反应混合物中各组分浓度不变，据此判断。
【详解】反应达到平衡状态时，反应混合物中各组分浓度不变，从表中数据看，20min后溴的浓度不再变化，故该反应达平衡状态，故答案选D。
【点睛】本题考查了平衡的特点，根据平衡的概念即可判断，答题时要注意理解平衡的特征：逆、动、等、定、变等几个关键字。
8.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)△H<0，在其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析不正确的是
A. 图I表示增加反应物浓度对该平衡的影响
B. 图II表示减小压强对该平衡的影响
C. 图Ⅲ表示温度对该平衡的影响，温度：乙>甲
D. 图IV表示催化剂对该平衡的影响，催化效率：甲>乙
【答案】A
【解析】
【详解】A、增大反应物的浓度，正逆反应速率均增大，但是在增大的瞬间，逆反应速率不变，所以逆反应速率在t时刻不变，不会离开原平衡点，故A错误；
B、反应前后气体体积不变，压强变化不影响平衡移动，但减小压强反应速率减慢，故B正确；
C、先拐先平数值大，说明乙的温度高于甲，升温平衡逆向移动，A的转化率降低，故C正确；
D、催化剂不影响平衡移动，可以缩短反应达到平衡所用时间，故D正确；
故答案选A。
9.恒温恒容条件下，反应2AB(g)A2(g)+B2(g)达到平衡状态的标志是
A. 单位时间内生成n mol A2，同时消耗2n mol AB
B. 容器内，3种气体AB、A2、B2共存
C. 容器中各组分的体积分数不随时间变化
D. AB的消耗速率等于A2的消耗速率
【答案】C
【解析】
【分析】
当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不发生变化，注意该反应中反应物化学计量数之和等于生成物的化学计量数之和的特点。
【详解】A．化学反应速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡状态，都存在单位时间内生成nmolA2，同时消耗2nmolAB，故A不选；
B．容器内，3种气体AB、A2、B2共存时不能说明正逆反应速率相等，则不一定处于平衡状态，故B不选；
C．容器中各组分的体积分数不随时间变化，说明反应达到平衡状态，故C选；
D．AB的消耗速率等于A2的消耗速率说明正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故D不选；
故答案选C。
10. 对于某平衡体系，下列措施一定会使平衡移动的是
A. 升高温度 B. 使用催化剂
C. 改变体系压强 D. 改变各组分浓度
【答案】A
【解析】
试题分析：升高温度平衡一定向吸热方向移动，故A正确；使用催化剂平衡不移动，故B错误；对于的反应，改变体系压强平衡不移动，故C错误；对于的反应，同比例改变各组分浓度，平衡不移动，故D错误。
考点：本题考查化学平衡移动原理。
11.如图所示原电池装置中，电解质溶液为硫酸，下列有关叙述错误的是
A. 锌做负极发生氧化反应
B. 供电时的总反应为Zn+2H+＝Zn2++H2↑
C. 该装置可实现化学能转化为电能
D. 正极产生1 mol H2，消耗锌的质量为32.5 g
【答案】D
【解析】
【分析】
锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，发生还原反应，以此解答该题。
【详解】A．锌为负极，Zn失电子发生氧化反应，故A正确；
B．原电池工作时总反应为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑，故B正确；
C．该装置为原电池，原电池是化学能转化为电能的装置，故C正确；
D．原电池工作时总反应为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑，产生1molH2，消耗锌的质量为65g，故D错误；
故答案选D。
12.下列关于电解精炼铜的说法中不正确的是
A. 电解质溶液中要含有Cu2+
B. 粗铜作阳极，精铜作阴极
C. 电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应
D. 粗铜中所含Zn、Fe、Ni等杂质电解后以单质形式沉枳于阳极泥中
【答案】D
【解析】
【详解】A、电解法精炼铜时，粗铜为阳极，精铜为阴极，电解质溶液中要含有Cu2+，故A正确；
B、电解法精炼铜时，粗铜为阳极，精铜为阴极，故B正确；
C、电解时，阳极发生失去电子的氧化反应，阴极发生得到电子的还原反应，故C正确；
D、阳极上金属失电子变成离子进入溶液，比金属铜活泼的金属锌、铁、镍会先于金属铜失电子，比金属铜活泼性差的Pt、Ag等固体会沉积下来形成阳极泥，故D错误；
故答案选D。
13.钢铁发生析氢腐蚀时，正极上发生的电极反应是
A. 2H++2e-＝H2↑ B. Fe2++2e-＝Fe
C. 2H2O+O2+4e-＝4OH- D. Fe3++e-＝Fe2+
【答案】A
【解析】
【详解】钢铁中含有碳、铁，根据原电池工作原理，活泼的金属作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，所以碳作正极，铁作负极；负极失电子变成离子进入溶液，正极上得电子发生还原反应，钢铁发生析氢腐蚀时，正极上氢离子得电子生成氢气：2H++2e-＝H2↑。答案选A。
14.常温下，由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH=1，c（Al3+）=0.4mol•L-1，c（SO42-）=0.8mol•L-1，则c（K+）约为
A. 0.4 mol•L-1 B. 0.3 mol•L-1
C. 0.2 mol•L-1 D. 0.15 mol•L-1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据溶液显电中性，结合电荷守恒分析解答。
【详解】溶液的pH=1，则氢离子浓度为0.1mol/L，根据溶液电荷守恒，溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），由于溶液中c（OH-）很小，可以忽略不计，则3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-），所以c（K+）=2c（SO42-）-3c（Al3+）-c（H+）=2×0.8mol/L-3×0.4mol/L-0.1mol/L=0.3mol/L，故答案选B。
【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，注意电解质混合溶液中利用电荷守恒进行离子浓度的计算，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
15.醋酸溶液中存在电离平衡 CH3COOHCH3COO- + H+，下列叙述不正确的是
A. 升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大
B. 0.10 mol/L的CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中c(OH-)增大
C. CH3COOH溶液加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D. 室温下，欲使0.1 mol/L醋酸溶液的pH、电离度α都减小，可加入少量水
【答案】D
【解析】
试题分析：A．电离是吸热过程，所以升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka值增大，故A正确；B．当温度不变时，水的离子积是个常数值，0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释时，c(H+)减小，所以溶液中c(OH－)增大，故B正确；C．CH3COOH溶液中存在平衡：CH3COOH⇌H++CH3COO-，加少量的CH3COONa固体，c (CH3COO-)增大，平衡逆向移动，故C正确；D．室温下，向0.1mol/L醋酸溶液中加入少量水时，溶液的pH、电离度α都增大，故D错误。故选D。
考点：考查弱电解质的电离平衡
16.HA为一元弱酸，在0.1 mol/L的NaA溶液中，离子浓度关系正确的是
A. c（Na+）＞c（A-）＞c（H+）＞c（OH-）
B. c（Na+）＞c（OH-）＞c（A-）＞c（H+）
C. c（Na+）+c（OH-）=c（A-）+c（H+）
D. c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-）
【答案】D
【解析】
【分析】
HA为一元弱酸，则NaA溶液中A-水解显碱性，结合电荷守恒来解答。
【详解】A．A-水解显碱性，则c（OH-）＞c（H+），故A错误；
B．NaA溶液中A-水解，则c（Na+）＞c（A-），且水解程度不大，则c（A-）＞c（OH-），故B错误；
C．溶液遵循电荷守恒，则c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），故C错误；
D．溶液遵循电荷守恒，则c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查离子浓度大小的比较，把握盐类水解、电荷守恒、水解程度为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电荷守恒的应用。
17.下列说法正确的是( )
A. 在温度不变时,水溶液中c(H+)和c(OH-)不能同时增大
B. pH=14的溶液是碱性最强的溶液
C. 中性溶液中必然有c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L
D. 酸或碱溶液稀释时,溶液的pH均减小
【答案】A
【解析】
【详解】A.水溶液中水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)，离子积常数Kw只与温度有关，当温度不变时Kw不变，所以在温度不变时水溶液中c(H+)和c(OH-)不会同时增大，A项正确；
B.溶液中OH-浓度越大碱性越强，pH通常只用于表示OH-浓度在10-14mol/L ~1mol/L范围的溶液的酸碱性，OH-浓度大于1mol/L的溶液直接用OH-浓度表示，所以pH=14（即OH-浓度为1mol/L）的溶液不是碱性最强的溶液，B项错误；
C.在任何温度下中性溶液中c(H+)=c(OH-)，只有在常温下因Kw=1×10-14，才有c(H+)=c(OH-)==1×10-7mol/L，C项错误；
D.由公式pH=-lgc(H+)可知，酸溶液稀释时因c(H+)减小，pH将增大，D项错误；答案选A。
【点睛】水溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)与c(OH-)的相对大小，若c(H+)>c(OH-)时，溶液显酸性；若c(H+)=c(OH-)时，溶液显中性；若(H+)
A. AgCl＝AgI＝Ag2S B. AgCl＜AgI＜Ag2S
C. AgI＞AgCl＞Ag2S D. AgCl＞AgI＞Ag2S
【答案】D
【解析】
【分析】
由现象可知，发生沉淀的转化，向溶度积更小的方向移动，以此来解答。
【详解】由白色沉淀变为黄色沉淀，又变成黑色沉淀，可知发生沉淀的转化，向溶度积更小的方向移动，则此三种沉淀物的溶解度关系为AgCl＞AgI＞Ag2S，故答案选D。
19.能使水的电离平衡右移，且其水溶液显碱性的离子是
A. H+ B. OH- C. Al3+ D. HCO3-
【答案】D
【解析】
【分析】
水的电离方程式为H2OH++OH-，能使水的电离平衡右移，且水溶液显碱性，说明该离子能和氢离子反应导致溶液中c（H+）＜c（OH-），据此分析解答。
【详解】水的电离方程式为H2OH++OH-，则
A．加入氢离子，抑制了水的电离，水的电离平衡左移，故A错误；
B．加入OH-，溶液中c（OH-）增大，抑制水电离，水的电离平衡左移，故B错误；
C．Al3+水解促进水电离，导致溶液中c（H+）＞c（OH-），溶液呈酸性，故C错误；
D．HCO3-水解促进水电离，导致溶液中c（H+）＜c（OH-），溶液呈碱性，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查水的电离及其影响，明确加入物质对弱电解质电离影响是解本题关键，注意掌握溶液酸碱性的判断方法。
20.25℃时，某溶液中由水电离出的c（OH-）=1×10-13mol/L，该溶液中一定不能大量共存的离子组是
A. NH4+、Fe3+、SO42-、Cl- B. CO32-、PO43-、K+、Na+
C. Na+、SO42-、NO3-、Cl- D. HCO3-、Na+、HSO3-、K+
【答案】D
【解析】
【分析】
25℃时，某溶液中由水电离出的c（OH-）=1×10-13mol/L，为酸或碱溶液，与氢离子或氢氧根离子均不反应的离子，能大量共存，据此判断。
【详解】25℃时，某溶液中由水电离出的c（OH-）=1×10-13mol/L，为酸或碱溶液，则
A．因碱溶液中不能大量存在NH4+、Fe3+，但在酸溶液中不反应能共存，故A不选；
B．因酸溶液中不能大量存在CO32-、PO43-，但在碱溶液中不反应能共存，故B不选；
C．因酸或碱溶液中Na+、SO42-、NO3-、Cl-均不反应，能大量共存，故C不选；
D．HCO3-、HSO3-既能与酸反应又能与碱反应，一定不能共存，故D选；
故答案选D。
21.下列事实不能用电化学原理解释的是
A. 铝片不需要特殊的保护方法
B. 炒过菜的铁锅未清洗易生锈
C. 轮船水线以下的船壳上镶有一定数量的锌
D. 生铁比熟铁(几乎是纯铁)容易生锈
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温下，铝极易和氧气反应生成氧化铝，致密的氧化铝可以保护内部的金属铝不被腐蚀，不能构成原电池，则不能用电化学原理解释，故A选；
B．铁在潮湿的环境中能构成原电池而被腐蚀，在干燥的环境中不能构成原电池，所以不易被腐蚀，所以炒过菜的铁锅未清洗易生锈可用电化学知识解释，故B不选；
C．Zn、Fe和海水构成原电池，Fe作正极被保护，所以远洋海轮的尾部装上一定数量的锌板，可以用电化学原理解释，故C不选；
D．生铁中Fe作负极加速被腐蚀，所以生铁比熟铁（几乎是纯铁）容易腐蚀，能用电化学原理解释，故D不选；
故答案选A。
22.常温下，体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，与NaOH溶液中和时两者消耗NaOH的物质的量
A. 相同 B. 中和HCl的多
C. 中和CH3COOH的多 D. 无法比较
【答案】C
【解析】
【详解】盐酸和醋酸都是一元酸，pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，醋酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以c（HCl）＜c（CH3COOH），等体积的两种溶液中n（HCl）＜n（CH3COOH），所以醋酸消耗的氢氧化钠多，故答案选C。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，明确“pH相同的相同元数的酸中，弱酸的物质的量浓度大于强酸”是解本题的关键。
第二部分非选择题(56分)
二、非选择题(本题包括5小題，每空2分，共计46分)
23.(1)某反应过程中的能量变化如下图所示：
写出该反应的热化学方程式________。
(2)在溶液中进行的化学反应中的物质，其状态标为“aq”，已知1 molHCl在溶液中与足量氢氧化钠反应放出57.3 kJ的热量，用离子方程式写出该反应的热化学方程式：______。
【答案】 (1). A（g）+2B（g）＝C（l）+3D（l）△H=-432 kJ•mol-1 (2). H+（aq）+OH-（aq）＝H2O（l）△H=-57.3 kJ•mol-1
【解析】
【分析】
（1）由图可知为放热反应，焓变为负，结合状态及焓变书写热化学方程式；
（2）1molHC1在溶液中与足量氢氧化钠反应放出57.3kJ的热量，可知氢离子与氢氧根离子生成1mol水时放出57.3kJ的热量，据此书写。
【详解】（1）从图上可判断反应物总能量高于生成物总能量，反应放热，△H＜0，反应物是气态，生成物是液态，则该反应的热化学方程式为A（g）+2B（g）＝C（l）+3D（l）△H=-432 kJ•mol-1；
（2）1 molHCl在溶液中与足量氢氧化钠反应放出57.3 kJ的热量，实质上是1molH+与OH-的中和反应，因此热化学方程式为H+（aq）+OH-（aq）＝H2O（l）△H=-57.3 kJ•mol-1。
【点睛】本题考查热化学方程式的书写，把握反应中能量变化、热化学方程式的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变的正负、物质的状态。
24.现有常温下两种溶液：
①0.1 mol•L-1 NH3•H20溶液
②0.1 mol•L-1 NH4Cl溶液
(1)溶液①的pH_____7(填‘>”“<”或“=”)；该溶液_____(填“促进”或“抑制”)了水的电离。
(2)溶液②呈_________性(填酸”“碱"或“中”),c(Cl-)_____c(NH4+)(填‘>”“<”或“=”)，升高温度可以___________(填“促进”或“抑制“)NH4Cl的水解，此时溶液的pH_____(填“变大”或“变小”或“不变”)。
【答案】 (1). > (2). 抑制 (3). 酸 (4). > (5). 促进 (6). 变小
【解析】
【分析】
（1）0.1 mol•L-1 NH3•H20溶液为弱碱溶液电离溶液显碱性，根据外界条件对水电离平衡的影响分析；
（2）0.1 mol•L-1 NH4Cl溶液是强酸弱碱盐溶液，铵根离子水解溶液显酸性，根据外界条件对水解平衡的而影响分析。
【详解】（1）0.1 mol•L-1 NH3•H20溶液为弱碱溶液，一水合氨电离出氢氧根离子溶液显碱性，pH＞7，酸碱能抑制水的电离，因此该溶液抑制水的电离；
（2）0.1 mol•L-1 NH4Cl溶液是强酸弱碱盐溶液，铵根离子水解溶液显酸性，根据溶液中电荷守恒得到c(OH－)+c(Cl-)＝c(H+)+c(NH4+)，因此c(Cl-)＞c(NH4+)。水解吸热，升温促进水解溶液酸性增强，溶液pH变小。
25.合成氨是人类科技发展史上的一项重大突破。已知25℃时，合成氨反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92.4 kJ/mol。请回答下列问题：
(1)保持容器温度不变，缩小容器体积，化学反应速率_______(填“增大”或“减小”)。
(2)25℃时，取一定量的N2和H2于2 L的密闭容器中在催化剂存在下进行反应达到平衡，若增大N2的浓度，则H2的转化率____(填“增大”或“减小”)；若反应达到平衡时放出的热量是92.4 kJ，则生成的NH3为______________mol。
(3)恒温恒容条件下，上述反应达到化学平衡状态的标志是________(填字母代号)。
A. N2、H2、NH3的浓度相等
B.容器内压强不再变化
C.单位时间内消耗a mol N2，同时生成2a mol NH3
(4)上述反应平衡常数的表达式为K=________。
【答案】 (1). 增大 (2). 增大 (3). 2 (4). B (5).
【解析】
【分析】
（1）气体浓度越大，化学反应速率越快；
（2）根据浓度对平衡状态的影响分析；根据热化学方程式计算；
（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（4）化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值。
【详解】（1）恒温条件下，缩小容器体积，反应物和生成物浓度都增大，增大单位体积内活化分子个数，化学反应速率增大；
（2）增大氮气浓度，平衡正向移动，消耗的氢气量增多，所以氢气转化率增大；根据方程式知，生成2mol氨气放出92.4kJ热量，则反应达到平衡时放出的热量是92.4kJ，因此生成的NH3为2mol；
（3）A．N2、H2、NH3的浓度相等时，该反应不一定达到平衡状态，与反应物初始浓度及转化率有关，故A错误；
B．反应前后气体的物质的量改变，则反应前后气体压强改变，当容器内压强不再变化时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故B正确；
C．无论反应是否达到平衡状态都存在“单位时间内消耗a mol N2，同时生成2a mol NH3”，所以不能据此判断平衡状态，故C错误；
故答案选B；
（4）根据反应的化学方程式可知化学平衡常数的表达式为。
【点睛】本题考查化学平衡有关问题，涉及化学平衡常数表达式书写、化学平衡状态判断等知识点，注意：只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断标准。
26.(1)事实证明，原电池中发生的反应通常是放热反应。利用下列化学反应可以设计成原电池的是________(填字母代号)。
A．C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H2（g）△H＞0
B．NaOH（aq）+HCl（aq）＝NaCl（aq）+H2O（l）△H＜0
C.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（1）△H＜0
(2)以KOH溶液为电解质溶液，依据所选反应设计一个原电池，其正极通入的气体为_______(填化学式)；负极的电板反应式为_______。
(3)电解原理在化学工业中有着广泛的应用。如图所示的电解池中，a为滴加了少量酚酞的NaCl溶液，X和Y是两块惰性电极板，则电解时，________(填“X”或“Y”)极附近的溶液变红，电解的离子方程式为_______。
【答案】 (1). C (2). O2 (3). H2+2OH--2e-＝2H2O (4). X (5). 2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-
【解析】
【分析】
（1）能设计成原电池的化学反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应；
（2）负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应；
（3）用惰性电极电解氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，据此分析解答。
【详解】（1）能设计成原电池的化学反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应，则
A．C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H2（g）△H＞0，该反应是吸热反应，所以不能设计成原电池，故A不符合；
B．NaOH（aq）+HCl（aq）＝NaCl（aq）+H2O（l）△H＜0，该反应是不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，故B不符合；
C．C.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（1）△H＜0，该反应是自发进行的放热的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故C正确；
故答案选C；
（2）原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，则负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为H2+2OH--2e-＝2H2O，正极上通入的是氧气，化学式为O2；
（3）用惰性电极电解氯化钠溶液时，电极Y与电源的正极相连，是阳极，氯离子放电生成氯气，阴极X上氢离子放电生成氢气，阴极周围水的电离平衡被破坏，导致阴极周围氢氧根离子的浓度大于氢离子浓度，所以在阴极X附近的溶液变红，电解的总反应式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-。
27.(1)常温时CuSO4的水溶液呈____(填“酸”“中”或“碱”)性，原因是(用离子方程式表示_________。
(2)在实验室配制FeCl3溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的______(填物成名称)中，然后用蒸馏水稀释到所需的浓度，以_________(填“促进”或“抑制”)其水解。
(3)把A1C13溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是____(写化学式)。
【答案】 (1). 酸 (2). Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+ (3). 盐酸 (4). 抑制 (5). Al2O3
【解析】
【分析】
（1）CuSO4是强酸弱碱盐，铜离子水解导致溶液呈酸性；
（2）氯化铁为强酸弱碱盐，氯化铁水解生成氢氧化铁和盐酸，依据外界条件对水解平衡的影响分析；
（3）氯化铝为强酸弱碱盐，铝离子水解，依据外界条件对水解平衡的影响以及物质的性质分析判断。
【详解】（1）CuSO4中的铜离子在水中易水解，溶液显酸性，水解方程为：Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+；
（2）氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子水解而使其溶液呈酸性；配制氯化铁溶液时，为防止铁离子水解，常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸溶液中，从而抑制氯化铁水解，然后用蒸馏水稀释到所需的浓度，抑制其水解；
（3）AlCl3为强酸弱碱盐，加热促进水解生成氢氧化铝和盐酸，水解方程式为Al3++3H2OAl（OH）3+3H+，盐酸易挥发，氢氧化铝可分解生成Al2O3，即最后得到的主要固体产物是Al2O3。
【点睛】本题考查盐类水解的应用，注意把握盐类水解的规律以及影响因素，学习中注意相关知识的积累，（3）中注意盐酸的挥发性。
三、实验题(本题包括1小题，每空1分，共10分)
28.用酸式滴定管准确移取25.00 mL某未知浓度的盐酸溶液于一洁净的锥形瓶中，然后用0.2000 mol•L-1的氢氧化钠溶液(指示剂为酚酞)滴定。滴定结果如下所示：
NaOH溶液起始读数
NaOH终点读数
第一次
0.10 mL
18.60 mL
第二次
0.30 mL
19.00mL
(1)准确配制0.2000 mol•L-1的氢氧化钠溶液250 mL，需要的主要仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器有________。
(2)根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为_______mol•L-1。
(3)用0.2000 mol•L-1标准氢氧化钠溶液滴定待测盐酸溶液，滴定时左手控制碱式滴定管的玻璃球，右手不停摇动锥形瓶，眼睛注视____________，直到滴定终点。
(4)达到滴定终点的标志是________。
(5)以下操作造成测定结果偏高的原因可能是__________(填字母代号)。
A.未用标准液润洗碱式滴定管
B.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作均正确
C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
D.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
【答案】 (1). 250 mL容量瓶、胶头滴管 (2). 0.144 8 mol/L (3). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (4). 当最后一滴标准液滴下后溶液由无色变粉红色且30s内不变色 (5). AD
【解析】
【分析】
（1）根据一定物质的量浓度溶液配制原理和过程分析使用仪器；
（2）计算出消耗标准液的平均体积，然后根据c（待测）=[c(标准)•V(标准)]/c(待测)计算；
（3）滴定时眼睛需要注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便及时判断滴定终点；
（4）滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变为浅红色，据此判断的滴定终点现象；
（5）根据滴定操作方法对c（待测）=[c(标准)•V(标准)]/c(待测)中V（标准）的影响分析滴定误差。
【详解】（1）准确配制0.2000 mol•L-1的氢氧化钠溶液250 mL，其操作步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以需要的主要仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器有250mL容量瓶、胶头滴管；
（2）第一次滴定消耗NaOH溶液体积为：18.60mL-0.10mL=18.50mL，第二次滴定消耗NaOH溶液体积为：19.00mL-0.30mL=18.70mL，两次滴定消耗NaOH溶液的平均体积为：(18.50mL+18.70mL)/2=18.60mL，则c（HCl）=0.2mol/L×0.0186L/0.025L=0.1448 mol/L；
（3）用0.20mol•L-1标准氢氧化钠溶液滴定待测盐酸溶液，滴定时左手控制碱式滴定管的玻璃球，右手不停摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，便于及时判断滴定终点；
（4）本实验是用NaOH滴定盐酸溶液，用酚酞作指示剂，所以终点时的现象是当最后一滴标准液滴下后溶液由无色变粉红色且30s内不恢复原色；
（5）A．未用标准液润洗滴定管，会造成V（碱）偏大，根据c（待测）=[c(标准)•V(标准)]/c(待测)可知，测定结果偏高，故A正确；
B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V（碱）偏小，根据c（待测）=[c(标准)•V(标准)]/c(待测)可知，测定结果偏小，故B错误；
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对实验结果无影响，故C错误；
D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，造成V（碱）偏大，根据c（待测）=[c(标准)•V(标准)]/c(待测)可知，测定结果偏大，故D正确；
故答案选AD。
【点睛】本题考查中和滴定及误差分析方法，明确中和滴定操作方法为解答关键，注意掌握误差分析的方法与技巧，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。
可能用到的相对原子质量:H〜1 C〜12 0〜16 Fe〜56 Zn〜65 Ag〜108
第一部分选择题(44分)
一、选择题(本题包括22小题,每小题2分，共44分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.某同学在实验报告中有以下实验数据记录,其中合理的是
A. 用托盘天平称取11.72g食盐
B. 用100mL的量筒量取25.00mL盐酸
C. 用pH试纸测得某稀醋酸溶液的pH为3.5
D. 用0.2000mol•L-1HC1溶液滴定20.00mL未知浓度NaOH,用去22.40 mL HC1溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A.中学实验室中使用的托盘天平的感量为0.1g，所以用托盘天平无法称取11.72g食盐，A项错误；
B.中学实验室中使用的量筒的感量为0.1mL，所以用100mL的量筒无法量取25.00mL盐酸，A项错误；
C.标准比色卡上每种颜色对应的pH是正整数，所以用pH试纸测量某稀醋酸溶液的pH不可能为3.5，C项错误；
D.滴定管的感量为0.01mL，所以量取未知浓度的NaOH溶液20.00mL，用去的标准HCl溶液体积22.40 mL，数据合理，D项正确；答案选D。
2.石墨和金刚石都是碳元素的单质，已知C(石墨，s)＝C(金刚石，s) △H>0,下列说法正确的是
A. 石墨不如金刚石稳定
B. 等质量的石墨与金刚石完全燃烧，二者放出的热量相等
C. 等质量的石墨与金刚石完全燃烧，金刚石放出的能量少
D. 金刚石不如石墨稳定
【答案】D
【解析】
【分析】
C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，为吸热反应，可知石墨能量低，以此来解答。
【详解】A．石墨能量低，石墨更稳定，故A错误；
B．等质量的石墨与金刚石完全燃烧，后者放热多，故B错误；
C．等质量的石墨与金刚石完全燃烧，金刚石放出的能量多，故C错误；
D．石墨能量低，金刚石不如石墨稳定，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、能量与稳定性的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点。
3.下列关于反应能量的说法正确的是
A. Zn（s）+CuSO4（aq）＝ZnSO4（aq）+Cu（s）△H=-216kJ•mol-1，则反应物总能量大于生成物总能量
B. 吸热反应中由于反应物总能量小于生成物总能量，因而没有价值
C. 101kPa时，2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）△H=-571.6k•mol-1，则H2的燃烧热为571.6k•mol-1
D. 已知H+（aq）+OH-（aq）＝H2O（1）△H=-57.3kJ•mol-1，则含1 mol NaOH的溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出57.3kJ的热量
【答案】A
【解析】
【详解】A．焓变为负，为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，故A正确；
B．吸热反应在特殊领域也有价值，如通过吸热反应吸收的热量降低环境温度，故B错误；
C.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为燃烧热，则H2的燃烧热为△H=－285.8k•mol-1，故C错误；
D．浓硫酸稀释放热，则1 mol NaOH的溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出热量大于57.3kJ，故D错误；
故答案选A。
【点睛】本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、燃烧热与中和热的含义为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点。
4. 实验室中用电解水的方法制取氢气和氧气，为了增强溶液的导电性最好加入下列电解质中的
A. NaCl B. Na2SO4 C. CuCl2 D. AgNO3
【答案】B
【解析】
试题分析：A、加入NaCl，发生2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，生成氯气，影响氧气的生成，故A错误；B、加入Na2SO4，增大溶液浓度，导电性增强，且不影响H2和O2的生成，故B正确；C、加入CuC12，电解CuCl2溶液时一极析铜，另一极产生氯气，不是电解的水，故C错误；D、加入AgNO3，在阴极上析出Ag，影响氢气的生成，故D错误。
考点：电解原理
5.反应A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)在不同情况下测得的反应速率如下所示，其中反应速率最快的是
A. v(D)=0.4 mol/(L·s) B. v(C)=0.5 mol/(L·s)
C. v(B)=0.6 mol/(L·s) D. v(A)=0.15 mol/(L·s)
【答案】B
【解析】
【详解】反应速率的单位相同，用各物质表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快。则
A、υ（D）/2=0.2 mol/（L•s）；
B、v（C）/2=0.25mol/（L•s）；
C、v（B）/3=0.2mol/（L•s）；
D、v（A）/1=0.15mol/（L•s）；
所以反应速率v（C）＞v（B）＝v（D）＞v（A）。故答案选B。
6.下列说法中正确的是
A. 凡是放热反应都足自发的，吸热反应都处非自发的
B. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
C. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
D. 非自发反应在任何条件下都不能实观
【答案】C
【解析】
【详解】A、反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0；放热反应不一定是自发的，吸热反应也不一定是非自发的，故A错误；
B、反应是否自发进行由反应的焓变、熵变、温度共同决定，自发反应不一定是熵增大，非自发反应不一定是熵减小或不变，故B错误；
C、熵增加且放热的反应，即△H＜0，△S＞0，△H-T△S＜0，任何温度下都能自发进行，故C正确；
D、反应是否自发进行由反应的焓变、熵变、温度共同决定；非自发过程，改变温度可能变为自发过程，如焓变大于0，熵变大于0的反应低温可以是非自发进行的反应，高温下可以自发进行，所以非自发反应在特定条件下也能实现，故D错误；
故答案选C。
7.一定温度下，在一定体积的密闭容器中，可逆反应2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)体系中，Br2(g)随时间变化的实验数据如下表所示：
时间/min
5
10
15
20
25
30
n(Br2)/mol
0.080
0.075
0.072
0.070
0.070
0.070
根据表中的数据，下列时间中表示该反应达到平衡状态的是
A. 5min B. 10min C. 15min D. 20min
【答案】D
【解析】
【分析】
反应达到平衡状态时，反应混合物中各组分浓度不变，据此判断。
【详解】反应达到平衡状态时，反应混合物中各组分浓度不变，从表中数据看，20min后溴的浓度不再变化，故该反应达平衡状态，故答案选D。
【点睛】本题考查了平衡的特点，根据平衡的概念即可判断，答题时要注意理解平衡的特征：逆、动、等、定、变等几个关键字。
8.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)△H<0，在其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析不正确的是
A. 图I表示增加反应物浓度对该平衡的影响
B. 图II表示减小压强对该平衡的影响
C. 图Ⅲ表示温度对该平衡的影响，温度：乙>甲
D. 图IV表示催化剂对该平衡的影响，催化效率：甲>乙
【答案】A
【解析】
【详解】A、增大反应物的浓度，正逆反应速率均增大，但是在增大的瞬间，逆反应速率不变，所以逆反应速率在t时刻不变，不会离开原平衡点，故A错误；
B、反应前后气体体积不变，压强变化不影响平衡移动，但减小压强反应速率减慢，故B正确；
C、先拐先平数值大，说明乙的温度高于甲，升温平衡逆向移动，A的转化率降低，故C正确；
D、催化剂不影响平衡移动，可以缩短反应达到平衡所用时间，故D正确；
故答案选A。
9.恒温恒容条件下，反应2AB(g)A2(g)+B2(g)达到平衡状态的标志是
A. 单位时间内生成n mol A2，同时消耗2n mol AB
B. 容器内，3种气体AB、A2、B2共存
C. 容器中各组分的体积分数不随时间变化
D. AB的消耗速率等于A2的消耗速率
【答案】C
【解析】
【分析】
当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不发生变化，注意该反应中反应物化学计量数之和等于生成物的化学计量数之和的特点。
【详解】A．化学反应速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡状态，都存在单位时间内生成nmolA2，同时消耗2nmolAB，故A不选；
B．容器内，3种气体AB、A2、B2共存时不能说明正逆反应速率相等，则不一定处于平衡状态，故B不选；
C．容器中各组分的体积分数不随时间变化，说明反应达到平衡状态，故C选；
D．AB的消耗速率等于A2的消耗速率说明正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故D不选；
故答案选C。
10. 对于某平衡体系，下列措施一定会使平衡移动的是
A. 升高温度 B. 使用催化剂
C. 改变体系压强 D. 改变各组分浓度
【答案】A
【解析】
试题分析：升高温度平衡一定向吸热方向移动，故A正确；使用催化剂平衡不移动，故B错误；对于的反应，改变体系压强平衡不移动，故C错误；对于的反应，同比例改变各组分浓度，平衡不移动，故D错误。
考点：本题考查化学平衡移动原理。
11.如图所示原电池装置中，电解质溶液为硫酸，下列有关叙述错误的是
A. 锌做负极发生氧化反应
B. 供电时的总反应为Zn+2H+＝Zn2++H2↑
C. 该装置可实现化学能转化为电能
D. 正极产生1 mol H2，消耗锌的质量为32.5 g
【答案】D
【解析】
【分析】
锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，发生还原反应，以此解答该题。
【详解】A．锌为负极，Zn失电子发生氧化反应，故A正确；
B．原电池工作时总反应为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑，故B正确；
C．该装置为原电池，原电池是化学能转化为电能的装置，故C正确；
D．原电池工作时总反应为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑，产生1molH2，消耗锌的质量为65g，故D错误；
故答案选D。
12.下列关于电解精炼铜的说法中不正确的是
A. 电解质溶液中要含有Cu2+
B. 粗铜作阳极，精铜作阴极
C. 电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应
D. 粗铜中所含Zn、Fe、Ni等杂质电解后以单质形式沉枳于阳极泥中
【答案】D
【解析】
【详解】A、电解法精炼铜时，粗铜为阳极，精铜为阴极，电解质溶液中要含有Cu2+，故A正确；
B、电解法精炼铜时，粗铜为阳极，精铜为阴极，故B正确；
C、电解时，阳极发生失去电子的氧化反应，阴极发生得到电子的还原反应，故C正确；
D、阳极上金属失电子变成离子进入溶液，比金属铜活泼的金属锌、铁、镍会先于金属铜失电子，比金属铜活泼性差的Pt、Ag等固体会沉积下来形成阳极泥，故D错误；
故答案选D。
13.钢铁发生析氢腐蚀时，正极上发生的电极反应是
A. 2H++2e-＝H2↑ B. Fe2++2e-＝Fe
C. 2H2O+O2+4e-＝4OH- D. Fe3++e-＝Fe2+
【答案】A
【解析】
【详解】钢铁中含有碳、铁，根据原电池工作原理，活泼的金属作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，所以碳作正极，铁作负极；负极失电子变成离子进入溶液，正极上得电子发生还原反应，钢铁发生析氢腐蚀时，正极上氢离子得电子生成氢气：2H++2e-＝H2↑。答案选A。
14.常温下，由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH=1，c（Al3+）=0.4mol•L-1，c（SO42-）=0.8mol•L-1，则c（K+）约为
A. 0.4 mol•L-1 B. 0.3 mol•L-1
C. 0.2 mol•L-1 D. 0.15 mol•L-1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据溶液显电中性，结合电荷守恒分析解答。
【详解】溶液的pH=1，则氢离子浓度为0.1mol/L，根据溶液电荷守恒，溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），由于溶液中c（OH-）很小，可以忽略不计，则3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-），所以c（K+）=2c（SO42-）-3c（Al3+）-c（H+）=2×0.8mol/L-3×0.4mol/L-0.1mol/L=0.3mol/L，故答案选B。
【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，注意电解质混合溶液中利用电荷守恒进行离子浓度的计算，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
15.醋酸溶液中存在电离平衡 CH3COOHCH3COO- + H+，下列叙述不正确的是
A. 升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大
B. 0.10 mol/L的CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中c(OH-)增大
C. CH3COOH溶液加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D. 室温下，欲使0.1 mol/L醋酸溶液的pH、电离度α都减小，可加入少量水
【答案】D
【解析】
试题分析：A．电离是吸热过程，所以升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka值增大，故A正确；B．当温度不变时，水的离子积是个常数值，0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释时，c(H+)减小，所以溶液中c(OH－)增大，故B正确；C．CH3COOH溶液中存在平衡：CH3COOH⇌H++CH3COO-，加少量的CH3COONa固体，c (CH3COO-)增大，平衡逆向移动，故C正确；D．室温下，向0.1mol/L醋酸溶液中加入少量水时，溶液的pH、电离度α都增大，故D错误。故选D。
考点：考查弱电解质的电离平衡
16.HA为一元弱酸，在0.1 mol/L的NaA溶液中，离子浓度关系正确的是
A. c（Na+）＞c（A-）＞c（H+）＞c（OH-）
B. c（Na+）＞c（OH-）＞c（A-）＞c（H+）
C. c（Na+）+c（OH-）=c（A-）+c（H+）
D. c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-）
【答案】D
【解析】
【分析】
HA为一元弱酸，则NaA溶液中A-水解显碱性，结合电荷守恒来解答。
【详解】A．A-水解显碱性，则c（OH-）＞c（H+），故A错误；
B．NaA溶液中A-水解，则c（Na+）＞c（A-），且水解程度不大，则c（A-）＞c（OH-），故B错误；
C．溶液遵循电荷守恒，则c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），故C错误；
D．溶液遵循电荷守恒，则c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查离子浓度大小的比较，把握盐类水解、电荷守恒、水解程度为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电荷守恒的应用。
17.下列说法正确的是( )
A. 在温度不变时,水溶液中c(H+)和c(OH-)不能同时增大
B. pH=14的溶液是碱性最强的溶液
C. 中性溶液中必然有c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L
D. 酸或碱溶液稀释时,溶液的pH均减小
【答案】A
【解析】
【详解】A.水溶液中水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)，离子积常数Kw只与温度有关，当温度不变时Kw不变，所以在温度不变时水溶液中c(H+)和c(OH-)不会同时增大，A项正确；
B.溶液中OH-浓度越大碱性越强，pH通常只用于表示OH-浓度在10-14mol/L ~1mol/L范围的溶液的酸碱性，OH-浓度大于1mol/L的溶液直接用OH-浓度表示，所以pH=14（即OH-浓度为1mol/L）的溶液不是碱性最强的溶液，B项错误；
C.在任何温度下中性溶液中c(H+)=c(OH-)，只有在常温下因Kw=1×10-14，才有c(H+)=c(OH-)==1×10-7mol/L，C项错误；
D.由公式pH=-lgc(H+)可知，酸溶液稀释时因c(H+)减小，pH将增大，D项错误；答案选A。
【点睛】水溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)与c(OH-)的相对大小，若c(H+)>c(OH-)时，溶液显酸性；若c(H+)=c(OH-)时，溶液显中性；若(H+)
A. AgCl＝AgI＝Ag2S B. AgCl＜AgI＜Ag2S
C. AgI＞AgCl＞Ag2S D. AgCl＞AgI＞Ag2S
【答案】D
【解析】
【分析】
由现象可知，发生沉淀的转化，向溶度积更小的方向移动，以此来解答。
【详解】由白色沉淀变为黄色沉淀，又变成黑色沉淀，可知发生沉淀的转化，向溶度积更小的方向移动，则此三种沉淀物的溶解度关系为AgCl＞AgI＞Ag2S，故答案选D。
19.能使水的电离平衡右移，且其水溶液显碱性的离子是
A. H+ B. OH- C. Al3+ D. HCO3-
【答案】D
【解析】
【分析】
水的电离方程式为H2OH++OH-，能使水的电离平衡右移，且水溶液显碱性，说明该离子能和氢离子反应导致溶液中c（H+）＜c（OH-），据此分析解答。
【详解】水的电离方程式为H2OH++OH-，则
A．加入氢离子，抑制了水的电离，水的电离平衡左移，故A错误；
B．加入OH-，溶液中c（OH-）增大，抑制水电离，水的电离平衡左移，故B错误；
C．Al3+水解促进水电离，导致溶液中c（H+）＞c（OH-），溶液呈酸性，故C错误；
D．HCO3-水解促进水电离，导致溶液中c（H+）＜c（OH-），溶液呈碱性，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查水的电离及其影响，明确加入物质对弱电解质电离影响是解本题关键，注意掌握溶液酸碱性的判断方法。
20.25℃时，某溶液中由水电离出的c（OH-）=1×10-13mol/L，该溶液中一定不能大量共存的离子组是
A. NH4+、Fe3+、SO42-、Cl- B. CO32-、PO43-、K+、Na+
C. Na+、SO42-、NO3-、Cl- D. HCO3-、Na+、HSO3-、K+
【答案】D
【解析】
【分析】
25℃时，某溶液中由水电离出的c（OH-）=1×10-13mol/L，为酸或碱溶液，与氢离子或氢氧根离子均不反应的离子，能大量共存，据此判断。
【详解】25℃时，某溶液中由水电离出的c（OH-）=1×10-13mol/L，为酸或碱溶液，则
A．因碱溶液中不能大量存在NH4+、Fe3+，但在酸溶液中不反应能共存，故A不选；
B．因酸溶液中不能大量存在CO32-、PO43-，但在碱溶液中不反应能共存，故B不选；
C．因酸或碱溶液中Na+、SO42-、NO3-、Cl-均不反应，能大量共存，故C不选；
D．HCO3-、HSO3-既能与酸反应又能与碱反应，一定不能共存，故D选；
故答案选D。
21.下列事实不能用电化学原理解释的是
A. 铝片不需要特殊的保护方法
B. 炒过菜的铁锅未清洗易生锈
C. 轮船水线以下的船壳上镶有一定数量的锌
D. 生铁比熟铁(几乎是纯铁)容易生锈
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温下，铝极易和氧气反应生成氧化铝，致密的氧化铝可以保护内部的金属铝不被腐蚀，不能构成原电池，则不能用电化学原理解释，故A选；
B．铁在潮湿的环境中能构成原电池而被腐蚀，在干燥的环境中不能构成原电池，所以不易被腐蚀，所以炒过菜的铁锅未清洗易生锈可用电化学知识解释，故B不选；
C．Zn、Fe和海水构成原电池，Fe作正极被保护，所以远洋海轮的尾部装上一定数量的锌板，可以用电化学原理解释，故C不选；
D．生铁中Fe作负极加速被腐蚀，所以生铁比熟铁（几乎是纯铁）容易腐蚀，能用电化学原理解释，故D不选；
故答案选A。
22.常温下，体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，与NaOH溶液中和时两者消耗NaOH的物质的量
A. 相同 B. 中和HCl的多
C. 中和CH3COOH的多 D. 无法比较
【答案】C
【解析】
【详解】盐酸和醋酸都是一元酸，pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，醋酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以c（HCl）＜c（CH3COOH），等体积的两种溶液中n（HCl）＜n（CH3COOH），所以醋酸消耗的氢氧化钠多，故答案选C。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，明确“pH相同的相同元数的酸中，弱酸的物质的量浓度大于强酸”是解本题的关键。
第二部分非选择题(56分)
二、非选择题(本题包括5小題，每空2分，共计46分)
23.(1)某反应过程中的能量变化如下图所示：
写出该反应的热化学方程式________。
(2)在溶液中进行的化学反应中的物质，其状态标为“aq”，已知1 molHCl在溶液中与足量氢氧化钠反应放出57.3 kJ的热量，用离子方程式写出该反应的热化学方程式：______。
【答案】 (1). A（g）+2B（g）＝C（l）+3D（l）△H=-432 kJ•mol-1 (2). H+（aq）+OH-（aq）＝H2O（l）△H=-57.3 kJ•mol-1
【解析】
【分析】
（1）由图可知为放热反应，焓变为负，结合状态及焓变书写热化学方程式；
（2）1molHC1在溶液中与足量氢氧化钠反应放出57.3kJ的热量，可知氢离子与氢氧根离子生成1mol水时放出57.3kJ的热量，据此书写。
【详解】（1）从图上可判断反应物总能量高于生成物总能量，反应放热，△H＜0，反应物是气态，生成物是液态，则该反应的热化学方程式为A（g）+2B（g）＝C（l）+3D（l）△H=-432 kJ•mol-1；
（2）1 molHCl在溶液中与足量氢氧化钠反应放出57.3 kJ的热量，实质上是1molH+与OH-的中和反应，因此热化学方程式为H+（aq）+OH-（aq）＝H2O（l）△H=-57.3 kJ•mol-1。
【点睛】本题考查热化学方程式的书写，把握反应中能量变化、热化学方程式的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变的正负、物质的状态。
24.现有常温下两种溶液：
①0.1 mol•L-1 NH3•H20溶液
②0.1 mol•L-1 NH4Cl溶液
(1)溶液①的pH_____7(填‘>”“<”或“=”)；该溶液_____(填“促进”或“抑制”)了水的电离。
(2)溶液②呈_________性(填酸”“碱"或“中”),c(Cl-)_____c(NH4+)(填‘>”“<”或“=”)，升高温度可以___________(填“促进”或“抑制“)NH4Cl的水解，此时溶液的pH_____(填“变大”或“变小”或“不变”)。
【答案】 (1). > (2). 抑制 (3). 酸 (4). > (5). 促进 (6). 变小
【解析】
【分析】
（1）0.1 mol•L-1 NH3•H20溶液为弱碱溶液电离溶液显碱性，根据外界条件对水电离平衡的影响分析；
（2）0.1 mol•L-1 NH4Cl溶液是强酸弱碱盐溶液，铵根离子水解溶液显酸性，根据外界条件对水解平衡的而影响分析。
【详解】（1）0.1 mol•L-1 NH3•H20溶液为弱碱溶液，一水合氨电离出氢氧根离子溶液显碱性，pH＞7，酸碱能抑制水的电离，因此该溶液抑制水的电离；
（2）0.1 mol•L-1 NH4Cl溶液是强酸弱碱盐溶液，铵根离子水解溶液显酸性，根据溶液中电荷守恒得到c(OH－)+c(Cl-)＝c(H+)+c(NH4+)，因此c(Cl-)＞c(NH4+)。水解吸热，升温促进水解溶液酸性增强，溶液pH变小。
25.合成氨是人类科技发展史上的一项重大突破。已知25℃时，合成氨反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92.4 kJ/mol。请回答下列问题：
(1)保持容器温度不变，缩小容器体积，化学反应速率_______(填“增大”或“减小”)。
(2)25℃时，取一定量的N2和H2于2 L的密闭容器中在催化剂存在下进行反应达到平衡，若增大N2的浓度，则H2的转化率____(填“增大”或“减小”)；若反应达到平衡时放出的热量是92.4 kJ，则生成的NH3为______________mol。
(3)恒温恒容条件下，上述反应达到化学平衡状态的标志是________(填字母代号)。
A. N2、H2、NH3的浓度相等
B.容器内压强不再变化
C.单位时间内消耗a mol N2，同时生成2a mol NH3
(4)上述反应平衡常数的表达式为K=________。
【答案】 (1). 增大 (2). 增大 (3). 2 (4). B (5).
【解析】
【分析】
（1）气体浓度越大，化学反应速率越快；
（2）根据浓度对平衡状态的影响分析；根据热化学方程式计算；
（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（4）化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值。
【详解】（1）恒温条件下，缩小容器体积，反应物和生成物浓度都增大，增大单位体积内活化分子个数，化学反应速率增大；
（2）增大氮气浓度，平衡正向移动，消耗的氢气量增多，所以氢气转化率增大；根据方程式知，生成2mol氨气放出92.4kJ热量，则反应达到平衡时放出的热量是92.4kJ，因此生成的NH3为2mol；
（3）A．N2、H2、NH3的浓度相等时，该反应不一定达到平衡状态，与反应物初始浓度及转化率有关，故A错误；
B．反应前后气体的物质的量改变，则反应前后气体压强改变，当容器内压强不再变化时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故B正确；
C．无论反应是否达到平衡状态都存在“单位时间内消耗a mol N2，同时生成2a mol NH3”，所以不能据此判断平衡状态，故C错误；
故答案选B；
（4）根据反应的化学方程式可知化学平衡常数的表达式为。
【点睛】本题考查化学平衡有关问题，涉及化学平衡常数表达式书写、化学平衡状态判断等知识点，注意：只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断标准。
26.(1)事实证明，原电池中发生的反应通常是放热反应。利用下列化学反应可以设计成原电池的是________(填字母代号)。
A．C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H2（g）△H＞0
B．NaOH（aq）+HCl（aq）＝NaCl（aq）+H2O（l）△H＜0
C.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（1）△H＜0
(2)以KOH溶液为电解质溶液，依据所选反应设计一个原电池，其正极通入的气体为_______(填化学式)；负极的电板反应式为_______。
(3)电解原理在化学工业中有着广泛的应用。如图所示的电解池中，a为滴加了少量酚酞的NaCl溶液，X和Y是两块惰性电极板，则电解时，________(填“X”或“Y”)极附近的溶液变红，电解的离子方程式为_______。
【答案】 (1). C (2). O2 (3). H2+2OH--2e-＝2H2O (4). X (5). 2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-
【解析】
【分析】
（1）能设计成原电池的化学反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应；
（2）负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应；
（3）用惰性电极电解氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，据此分析解答。
【详解】（1）能设计成原电池的化学反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应，则
A．C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H2（g）△H＞0，该反应是吸热反应，所以不能设计成原电池，故A不符合；
B．NaOH（aq）+HCl（aq）＝NaCl（aq）+H2O（l）△H＜0，该反应是不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，故B不符合；
C．C.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（1）△H＜0，该反应是自发进行的放热的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故C正确；
故答案选C；
（2）原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，则负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为H2+2OH--2e-＝2H2O，正极上通入的是氧气，化学式为O2；
（3）用惰性电极电解氯化钠溶液时，电极Y与电源的正极相连，是阳极，氯离子放电生成氯气，阴极X上氢离子放电生成氢气，阴极周围水的电离平衡被破坏，导致阴极周围氢氧根离子的浓度大于氢离子浓度，所以在阴极X附近的溶液变红，电解的总反应式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-。
27.(1)常温时CuSO4的水溶液呈____(填“酸”“中”或“碱”)性，原因是(用离子方程式表示_________。
(2)在实验室配制FeCl3溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的______(填物成名称)中，然后用蒸馏水稀释到所需的浓度，以_________(填“促进”或“抑制”)其水解。
(3)把A1C13溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是____(写化学式)。
【答案】 (1). 酸 (2). Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+ (3). 盐酸 (4). 抑制 (5). Al2O3
【解析】
【分析】
（1）CuSO4是强酸弱碱盐，铜离子水解导致溶液呈酸性；
（2）氯化铁为强酸弱碱盐，氯化铁水解生成氢氧化铁和盐酸，依据外界条件对水解平衡的影响分析；
（3）氯化铝为强酸弱碱盐，铝离子水解，依据外界条件对水解平衡的影响以及物质的性质分析判断。
【详解】（1）CuSO4中的铜离子在水中易水解，溶液显酸性，水解方程为：Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+；
（2）氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子水解而使其溶液呈酸性；配制氯化铁溶液时，为防止铁离子水解，常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸溶液中，从而抑制氯化铁水解，然后用蒸馏水稀释到所需的浓度，抑制其水解；
（3）AlCl3为强酸弱碱盐，加热促进水解生成氢氧化铝和盐酸，水解方程式为Al3++3H2OAl（OH）3+3H+，盐酸易挥发，氢氧化铝可分解生成Al2O3，即最后得到的主要固体产物是Al2O3。
【点睛】本题考查盐类水解的应用，注意把握盐类水解的规律以及影响因素，学习中注意相关知识的积累，（3）中注意盐酸的挥发性。
三、实验题(本题包括1小题，每空1分，共10分)
28.用酸式滴定管准确移取25.00 mL某未知浓度的盐酸溶液于一洁净的锥形瓶中，然后用0.2000 mol•L-1的氢氧化钠溶液(指示剂为酚酞)滴定。滴定结果如下所示：
NaOH溶液起始读数
NaOH终点读数
第一次
0.10 mL
18.60 mL
第二次
0.30 mL
19.00mL
(1)准确配制0.2000 mol•L-1的氢氧化钠溶液250 mL，需要的主要仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器有________。
(2)根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为_______mol•L-1。
(3)用0.2000 mol•L-1标准氢氧化钠溶液滴定待测盐酸溶液，滴定时左手控制碱式滴定管的玻璃球，右手不停摇动锥形瓶，眼睛注视____________，直到滴定终点。
(4)达到滴定终点的标志是________。
(5)以下操作造成测定结果偏高的原因可能是__________(填字母代号)。
A.未用标准液润洗碱式滴定管
B.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作均正确
C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
D.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
【答案】 (1). 250 mL容量瓶、胶头滴管 (2). 0.144 8 mol/L (3). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (4). 当最后一滴标准液滴下后溶液由无色变粉红色且30s内不变色 (5). AD
【解析】
【分析】
（1）根据一定物质的量浓度溶液配制原理和过程分析使用仪器；
（2）计算出消耗标准液的平均体积，然后根据c（待测）=[c(标准)•V(标准)]/c(待测)计算；
（3）滴定时眼睛需要注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便及时判断滴定终点；
（4）滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变为浅红色，据此判断的滴定终点现象；
（5）根据滴定操作方法对c（待测）=[c(标准)•V(标准)]/c(待测)中V（标准）的影响分析滴定误差。
【详解】（1）准确配制0.2000 mol•L-1的氢氧化钠溶液250 mL，其操作步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以需要的主要仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器有250mL容量瓶、胶头滴管；
（2）第一次滴定消耗NaOH溶液体积为：18.60mL-0.10mL=18.50mL，第二次滴定消耗NaOH溶液体积为：19.00mL-0.30mL=18.70mL，两次滴定消耗NaOH溶液的平均体积为：(18.50mL+18.70mL)/2=18.60mL，则c（HCl）=0.2mol/L×0.0186L/0.025L=0.1448 mol/L；
（3）用0.20mol•L-1标准氢氧化钠溶液滴定待测盐酸溶液，滴定时左手控制碱式滴定管的玻璃球，右手不停摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，便于及时判断滴定终点；
（4）本实验是用NaOH滴定盐酸溶液，用酚酞作指示剂，所以终点时的现象是当最后一滴标准液滴下后溶液由无色变粉红色且30s内不恢复原色；
（5）A．未用标准液润洗滴定管，会造成V（碱）偏大，根据c（待测）=[c(标准)•V(标准)]/c(待测)可知，测定结果偏高，故A正确；
B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V（碱）偏小，根据c（待测）=[c(标准)•V(标准)]/c(待测)可知，测定结果偏小，故B错误；
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对实验结果无影响，故C错误；
D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，造成V（碱）偏大，根据c（待测）=[c(标准)•V(标准)]/c(待测)可知，测定结果偏大，故D正确；
故答案选AD。
【点睛】本题考查中和滴定及误差分析方法，明确中和滴定操作方法为解答关键，注意掌握误差分析的方法与技巧，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。
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