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2018-2019学年河北省武邑中学高二上学期期末考试化学试题 解析版
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河北省武邑中学2018-2019学年高二上学期期末考试
化学试题
1.下列过程没有发生化学反应的是
A. 用消毒液杀灭游泳池中的藻类 B. 用CaCl2融化路面的积雪
C. 用石灰修复被酸雨浸蚀的土壤 D. 用催化剂将汽车尾气中的CO和NO转化为无害物质
【答案】B
【解析】
试题分析：A．消毒液杀灭游泳池中的藻类，是利用了消毒液的强氧化性，使藻类的细胞组织变性，发生了化学反应；B．用CaCl2融化路面的积雪，是降低了冰的凝固点，是物理变化；C．用石灰修复被酸雨浸蚀的土壤，是利用石灰的碱性，与酸性土壤发生了酸碱中和反应；D．用催化剂将汽车尾气中的CO和NO转化为无害物质，有新物质生成，是化学变化。故选B。
考点：化学反应的判断
2.下列有关对定量实验误差分析正确的是
A. 中和热测定实验中，缓慢地将NaOH溶液倒入测定装置中──测定结果无影响
B. 酸碱中和滴定实验中，锥形瓶用待测液润洗──测定结果无影响
C. 测定溶液pH的实验中，用干燥pH试纸测定新制氯水的pH ──测定结果无影响
D. 现需90 mL 1.0 mol/LNaOH溶液，称取3.6 g NaOH 固体配制── 溶液浓度偏低
【答案】D
【解析】
【详解】A项、缓慢地将NaOH溶液倒入测定装置中，会使热量损失，造成中和热测量数值偏小，故A错误；
B项、锥形瓶用蒸馏水洗后，不能用待测润洗，否则待测液的物质的量增加，滴定时标准液所用体积增加，导致测定结果偏大，故B错误；
C项、新制氯水中含有次氯酸，能漂白pH试纸，不可用pH试纸测定新制氯水的pH，故C错误；
D项、实验室没有90mL容量瓶，配制90mL 1.0mol•L-1NaOH溶液，需要选用100mL容量瓶，需要氢氧化钠的物质的量为：1mol/L×0.10L=0.1mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.1mol=4.0g，称取3.6gNaOH固体配制，溶质偏小，溶液浓度偏低，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查化学实验基本操作，侧重于分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器是解答关键。
3.将amol二氧化锰粉末加入 50 mL b mol·L－1的浓盐酸中加热完全溶解，反应中转移电子d个，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 可以收集到氯气 22.4d/2NA L
B. 反应后溶液中的Cl－数目为2a
C. 转移电子数d与MnO2 的物质的量n的关系为 d/NA=2n(MnO2)
D. 反应后溶液中的H＋数目为0.05b－2d
【答案】C
【解析】
【分析】
二氧化锰与浓盐酸共热反应MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，随反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应。
【详解】A项、没有明确是否为标准状况，无法计算收集到氯气的体积，故A错误；
B项、2a只是计算了生成的氯化锰中的氯离子，过量盐酸中的氯离子没有计算在内，故B错误；
C项、依据电子转移守恒：MnO2～MnCl2～2e-， n(MnO2)×2×NA=d，则d/NA=2n(MnO2)，故C正确；
D项、浓盐酸具有挥发性，反应中挥发的盐酸无法计算，则无法计算反应后溶液中H+的数目，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查化学方程式有关计算，侧重考查分析能力，D选项为易错点，容易忽略盐酸易挥发。
4.下列实验操作正确的是
实验
操作
A
证明某溶液中存在Fe2＋
先加少量氯水，再滴加KSCN溶液，出现血红色
B
测定熔融苛性钠的导电性
在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量
C
证明氯的非金属性大于碳
向碳酸钙中滴加盐酸，有气泡产生
D
制备氯化镁固体
将MgCl2晶体在氯化氢的气流中加热
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
A、先加少量氯水，可氧化亚铁离子；
B、瓷坩埚中熔化氢氧化钠，发生二氧化硅与NaOH的反应；
C、向碳酸钙中滴加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，但HCl为无氧酸；
D、MgCl2溶液在氯化氢的气流中蒸干，抑制水解。
【详解】A项、先加少量氯水，可氧化亚铁离子，检验亚铁离子应先加KSCN溶液无现象，再加氯水，故A错误；
B项、瓷坩埚中熔化氢氧化钠，瓷坩埚中二氧化硅与NaOH的反应，不能测定熔融苛性钠的导电性，应选铁坩埚，故B错误；
C项、向碳酸钙中滴加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，但HCl为无氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；
D项、MgCl2溶液在氯化氢的气流中蒸干，抑制水解，则可制备氯化镁晶体，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识于实验的结合，把握物质的性质、发生的反应、离子检验、盐类水解等为解答的关键。
5.将反应 4(NH4)2SO4===N2↑+ 6NH3↑+ 3SO2↑+ SO3↑+ 7H2O 的产物气体通入BaCl2溶液，下列判断正确的是
A. 无沉淀生成 B. 肯定没有BaSO3生成
C. 得到的沉淀是纯净物 D. 得到的沉淀是BaSO4和BaSO3组成的混合物
【答案】D
【解析】
试题分析：产生的三氧化硫溶于水生成硫酸，进而产生硫酸钡沉淀；由于还有氨气产生，因此能与二氧化硫一起反应生成亚硫酸铵，进而生成亚硫酸钡沉淀，答案选D。
考点：考查元素及其化合物的性质
6.在指定条件下，下列各组离子可能大量共存的是
A. 无色澄清透明溶液中：H+、Fe2+、SO42－、Cl－
B. 与铝反应放出H2的溶液中：NH4+、K+、NO3﹣、Br－
C. 由水电离的c(OH﹣)=10－13mol/L的溶液中：Na+、Cl－、CO32－、NO3－
D. 滴加酚酞显红色的溶液中：Na+、ClO－、SO32－、SO42－
【答案】C
【解析】
【分析】
A、Fe2+在溶液中为浅绿色；
B、与铝反应放出H2的溶液，可能为酸溶液或强碱溶液；
C、水电离的c（OH-）=10-13mol•L-1的溶液，可能为酸溶液或碱溶液；
D、溶液中ClO-、SO32－之间发生氧化还原反应。
【详解】A项、Fe2+在溶液中为浅绿色，与无色溶液不符，故A错误；
B项、与铝反应放出H2的溶液，可能为酸溶液或强碱溶液，碱溶液中氢氧根与铵根离子反应不能大量共存，酸溶液中Al与硝酸发生氧化还原反应生成一氧化氮，不能生成氢气，故B错误；
C项、水电离的c（OH-）=10-13mol•L-1的溶液，可能为酸溶液或碱溶液，无论是酸溶液还是碱溶液，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；
D项、滴加酚酞显红色的溶液为碱性溶液，溶液中ClO-、SO32－之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查离子的共存，明确习题中的信息及信息的应用是解答的关键，注意离子之间的氧化还原反应为解答的难点。
7.将溶液(或气体)X逐渐加入(或通入)到一定量的Y溶液中，产生沉淀的质量与加入X的物质的量关系如图所示，符合图中情况的一组物质是
X
Y溶液
A
Ba(HCO3)2溶液
NaOH溶液
B
KOH溶液
Mg(HSO4)2溶液
C
Na2CO3溶液
CaCl2溶液
D
CO2气体
石灰水
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
试题分析：A、将Ba（HCO3）2溶液逐滴加入NaOH溶液，开始发生的反应为：Ba2++ 2OH-+2 HCO3-2BaCO3↓ + 2H2O，一开始就生成沉淀，与图像不符，错误；B、将KOH溶液逐滴加入Mg（HSO4）2溶液，发生的反应依次为：H＋+OH－H2O、Mg2＋+2OH－Mg（OH）2↓,开始不产生沉淀，一段时间后生成沉淀，与图像相符，正确；C、将Na2CO3溶液逐滴加入CaCl2溶液，发生的反应为：CO32-+ Ca2+====CaCO3↓。一开始就生成沉淀，与图像不符，错误；D、将CO2气体通入石灰水知过量，发生的反应为：CO2+Ca（OH）2====CaCO3↓+H2O，CO2+CaCO3+H2OCa（HCO3）2，先生成沉淀后消失，与图像不符，错误。
考点：考查与化学反应相关的图像分析。
8.短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的位置如图，其中Y所处的周期数与族序数相等。W最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法不正确的是
…
W
X
Y
…
Z
A. X、Y、Z、W的原子半径依次减小
B. 气态氢化物的稳定性：W＞Z
C. W与X形成的化合物中只含有离子键
D. W与Y形成的化合物可分别与NaOH溶液和盐酸反应
【答案】C
【解析】
试题分析：短周期元素中，W最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，W为O元素；W、Z同主族，则Z为S元素；Y所处的周期序数与族序数相等，短周期元素，则Y为第三周期第ⅢA族元素，即Y为Al，由元素的位置可知X为Na。A.同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，原子半径X＞Y＞Z＞W，A项正确；B.非金属性O＞S，氢化物稳定性H2O＞H2S，B项正确；C.W与X形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，过氧化钠中含有离子键、共价键，C项错误；D.W与Y形成的化合物为氧化铝，可分别与NaOH溶液和盐酸反应，D项正确；答案选C。
考点：考查元素周期表和元素周期律的应用。
9.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g,则该样品的纯度（质量分数）：
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：设样品中含有NaHCO3杂质的质量为x，则根据反应方程式：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O可知：每有2×84g NaHCO3发生反应，会产生106g Na2CO3，反应前后固体质量减少△m=62g，现在固体质量减小(w1-w2) g，则含有的NaHCO3杂质的质量x=[(w1-w2) g÷62g]×168g =84(w1−w2)/ 31 g，所以该样品的纯度(质量分数)是w(Na2CO3)=(w1−x)÷w1=，故选项A正确。
考点：考查物质的量在混合物的化学计算的知识。
10.室温下，在0.2mol/LAl2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0mol/LNaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如下图，下列有关说法正确的是
A. a点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3++3OH-Al(OH)3
B. a→b段，溶液pH增大，Al3+浓度不变
C. b→c段，加入的OH-主要用于生成Al(OH)3沉淀
D. d点时，Al(OH)3沉淀开始溶解
【答案】C
【解析】
试题分析：A、铝离子的水解方程式应为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，错误；B、a—b段，溶液pH增大，水解平衡正向移动，铝离子浓度减小，错误；C、b—c段，加入氢氧根主要用于生成氢氧化铝沉淀，正确；D、c点时，Al(OH)3沉淀开始溶解，错误。
考点：考查与化学反应相关的图像，盐类的水解，铝的化合物的性质。
11.取浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB两种盐溶液各1L，分别通入0.02molCO2，发生反应：NaA + CO2 + H2O===HA + NaHCO3、 2NaB + CO2 + H2O===2HB + Na2CO3。将浓度均为0.1 mol/L、体积均为1L的HA溶液和HB溶液分别加水稀释至体积为VL，溶液pH的变化曲线如图所示，则下列说法正确的是
A. HA是强酸，HB是弱酸
B. X是HB，Y是HA
C. 常温下，pH相等的NaA溶液与NaB溶液的物质的量浓度：c(NaA)＜c(NaB)
D. NaA与NaB的混合溶液中：c(Na+) + c(H+)＝c(A－) + c(B－) + c(HA) + c(HB)
【答案】B
【解析】
试题分析：由反应：NaA+CO2+H2O=HA+NaHCO3、2NaB+CO2+H2O=2HB+Na2CO3可知，酸性：H2CO3＞HA＞HCO3－＞HB。A．HA、HB浓度均为0.1mol/L，由图中起点pH值可知，pH(HA)=2，pH(HB)＞3，则HA、HB都是弱酸，故A错误；B．加水稀释，促进弱酸的电离。酸性越弱，溶液稀释后pH变化越小，所以相同倍数稀释时，pH变化小的X为酸性更弱的HB，Y为HA，故B正确；C．酸越弱，对应离子的水解能力越强，则水解能力NaB＞NaA，因两溶液水解呈碱性且pH相等，则c(NaA)＞c(NaB)，故C错误；D．NaA与NaB的混合溶液中，根据电荷守恒可得，c(Na+)+c(H+)=c(A－)+c(B－)+c(OH－)，故D错误。故选B。
考点：弱电解质的电离平衡与离子浓度大小比较
12.现有a、b、c三个容器，a容器恒容恒温，b容器恒压恒温，c容器恒容绝热。在三个容器中各充入1molI2(g)和2molH2发生反应I2(g) + H2(g)2HI(g) ΔH＜0，初始时三个容器的体积和温度均相等，则反应达到平衡后，三个容器中I2(g)的转化率的大小关系是
A. a=b>c B. b>a>c C. c>b>a D. a=b
【解析】
【详解】该反应为反应前后气体的体积不变的放热反应，增大压强平衡不移动，a容器恒容恒温，b容器恒压恒温，由于压强对平衡无影响，则I2（g）的转化率的大小关系是a=b，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，c容器恒容绝热，则温度高于a、b，则a=b>c，故选A。
13.对于密闭容器中可逆反应A2(g) + 3B2(g)2AB3(g)，探究单一条件改变情况下，可能引起平衡状态的改变，得到如下图所示的曲线（图中T表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是
A. 加入催化剂可以使状态d变为状态b
B. 若T1＞T2，则逆反应一定是放热反应
C. 达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c
D. 在T2和n (A2)不变时达到平衡，AB3的物质的量大小为：c＞b＞a
【答案】D
【解析】
试题分析：A．催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以加入催化剂不可能使状态d变为状态b，故A错误；B．若T1＞T2，由图象可知温度升高AB3的平衡体积分数减小，说明升高温度平衡向逆反应分析移动，则逆反应为吸热反应，故B错误；C．由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量会促进另一种反应物的转化率增大，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，即达到平衡时A2的转化率大小为c＞b＞a，故C错误；D．由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量必然会促进另一种反应物的转化，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，生成物的物质的量越大，则平衡时AB3的物质的量大小为：c＞b＞a，故D正确；故选D。
考点：考查了化学平衡移动图象的相关知识。
14.25℃时，0.1 mol/L下列溶液的pH如下表，有关比较正确的是
序号
①
②
③
④
⑤
溶液
NaCl
CH3COONH4
NaClO
NaHCO3
Na2CO3
pH
7.0
7.0
10.3
8.3
11.6
A. 酸性的相对强弱：HClO＜HCO3－
B. 由水电离产生的c(H+)：①＝②
C. 溶液③④中酸根离子浓度：c(ClO－)＞c(HCO3－)
D. 在④⑤溶液等体积混合后的溶液中：c(HCO3－) + c(CO32－) + c(H2CO3)＝0.1 mol/L
【答案】D
【解析】
根据表中数据得到碱性为：NaClO＜Na2CO3，再根据越弱越水解的原理得到酸性为：HClO＜HCO3－，选项A错误。NaCl对于水的电离无影响，CH3COONH4对于水的电离起到促进作用，所以选项B错误。因为碱性：NaClO＞NaHCO3，所以ClO-的水解能力更强，则ClO-剩余的浓度应该更小，即溶液③④中酸根离子浓度：c(ClO－)＜c(HCO3－)，选项C错误。④⑤溶液等体积混合后是c(NaHCO3)=c(Na2CO3)=0.05mol/L的混合溶液（注意体积变为原来的2倍），c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)=0.1mol/L是溶液的物料守恒，选项D正确。
点睛：利用越弱越水解的原理解决问题时，应该要注意二元酸的正盐和酸式盐的区别。一般可以这样理解：正盐对应的“酸”应该酸式盐的酸根，酸式盐对应的酸才是真正的二元酸。例如：碳酸钠对应的是碳酸氢根，碳酸氢钠对应的是碳酸。
15.在2L密闭容器中进行反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△H>0，测得c(H2O)随反应时间(t)的变化如图。下列判断正确的是
A. 0~5min内，v (H2)=0.05mol/(L•min)
B. 5min时该反应的K值一定小于12 min时的K值
C. 10 min时，改变的外界条件可能是减小压强
D. 5min时该反应的v (正)大于11 min 时的v (逆)
【答案】B
【解析】
试题分析：A．根据图可知，前5min内H2O的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，根据v＝△c/△t＝(1mol/L−0.5mol/L)/5min＝0.1mol/（L•min），由化学计量数之比等于反应速率之比，则v（H2）=0.1mol/（L•min），A错误；B．由图可知，10min时H2O的浓度继续减小，反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以是升高温度，所以5 min时该反应的K值一定小于12 min时的K值，B正确；C．由图可知，10min时H2O的浓度继续减小，反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以是升高温度，C错误；D．根据B的判断，11 min时的温度高于5min时，根据温度越高反应速率越快，所以5 min时该反应的v正小于11 min时的v逆，D错误；答案选B。
考点：考查化学平衡图象，涉及反应速率的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡状态本质
16.某课外活动小组欲利用CuO与NH3的反应研究NH3的性质与分子组成，设计了如下实验装置(夹持装置未画出)进行实验。请回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 ；仪器b中的试剂不能为下列中的 (填字母)
A．氧化钙
B．碱石灰
C．石灰石
D．生石灰
（2）装置B的作用是
（3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管收集到无色无味的气体，上述现象证明了NH3具有 性，写出装置C中发生反应的化学方程式
（4）E装置中浓硫酸的作用 (写出一条即可)
（5）实验完毕，若测得干燥管D增重mg，装置F测得气体的体积为nL(已折算成标准状况)，则氨分子中氮、氢的原子个数比为 (用含m、n字母的代数式表示)
【答案】（1）分液漏斗，C；（2）干燥氨气；
（3）还原，3CuO+2NH33Cu+N2↑+3H2O；
（4）阻止F中水蒸气进入D(或吸收未反应的氨气)；（5）9n/11.2m。
【解析】
试题分析：（1）仪器a的名称为分液漏斗，装置A作用制取NH3，利用NH3·H2O不稳定，受热易分解，氧化钙、碱石灰、生石灰遇水放出大量的热，使NH3·H2O分解，因此选项C正确；（2）装置B的作用是干燥NH3，防止水蒸气对后面实验产生干扰；（3）CuO变为红色铜，铜的化合价降低，且量气管中收集到无色无味的气体，此气体为N2，因此NH3表现还原性，反应方程式为：3CuO + 2NH33Cu + N2↑ + 3H2O；（4）装置D的作用是吸收反应中产生的水，同时部分NH3未参加反应，必须吸收，因此装置E的作用是吸收未反应的氨气和防止F中的水蒸气进入D装置；（5）装置D增重的是水的质量，则m(H)=m×2/18g，F中测量的氮气的体积，即n(N)=n×2/22.4mol，则N和H的原子个数比为：n×2/22.4：m×2/18=9n/11.2m。
考点：考查常见仪器的名称、制气反应、实验方案设计的评价、化学计算等知识。
17.汽车尾气中排放的NOx和CO污染环境，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。已知：① 2CO(g)＋O2(g)2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ/mol，② N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH＝+180.5 kJ/mol，③ 2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH＝−116.5 kJ/mol。 回答下列问题：
（1）CO的燃烧热为________。若1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，则1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为______kJ。
（2）CO将NO2还原为单质的热化学方程式为______________。
（3）为了模拟反应2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)在催化转化器内的工作情况，控制一定条件，让反应在恒容密闭容器中进行，用传感器测得不同时间NO和CO的浓度如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
c(NO)/(10－4 mo l·L-1)
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c(CO)/(10－3 mo l·L-1)
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
① 前2s内的平均反应速率v(N2)＝____________，此温度下，该反应的平衡常数K＝____。
② 能说明上述反应达到平衡状态的是__________。
A．2n(CO2)＝n(N2) B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．气体密度不变 D．容器内气体压强不变
③ 当NO与CO浓度相等时，体系中NO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示，则NO的平衡转化率随温度升高而减小的原因是__________________________________，图中压强（p1，p2、p3）的大小顺序为_______。
【答案】 (1). 283 kJ·mol−1 (2). 631.8 (3). 2NO2(g)＋4CO(g)N2(g)＋4CO2(g) ∆H=-1196 kJ·mol−1 (4). 1.875×10-4 mol/(L·s) (5). 5000（或5000 L·mol−1） (6). B D (7). 该反应的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率减小（或正反应放热，温度越高，越不利于反应正向进行，NO的平衡转化率更小） (8). p1＞p2＞p3
【解析】
【分析】
（1）CO燃烧热为1molCO完全燃烧放出的热量；由反应热等于反应物键能之和减去生成物键能之和；
（2）由盖斯定律计算反应热，书写热化学方程式；
（3）①由化学反应速率公式计算；由平衡常数公式计算；
②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不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，据此分析解答；
③该反应为反应前后气体的体积减小的放热反应，升高温度，平衡正向移动，增大压强，平衡正向移动。
【详解】（1）由①2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1可知，2molCO完全燃烧放出566.0 kJ的热量，所以1molCO完全燃烧放出283kJ的热量，所以CO的燃烧热为283kJ/mol；若1 mol N2(g)、1 mol O2(g) 分子中化学键断裂时分别需要吸收946 kJ、498 kJ的能量，设1molNO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为x，由②N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH＝946k +498k -2x=+180.5，解之得x≈631.8，所以1 mol NO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为631.75kJ，故答案为：283kJ/mol；631.8 kJ；
（2）由盖斯定律①2-②-③可得：2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g)，则ΔH=(−566.0 kJ·mol−1)-(+180.5kJ/mol)-( −116.5 k J·mol−1)=-1196kJ/mol，CO将NO2还原为单质的热化学方程式为2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) ΔH=-1196kJ/mol，故答案为：2NO2(g)+4CO(g)=
N2(g)+4CO(g) ΔH=-1196kJ/mol；
（3）①由表中数据可知，前2 s内，NO的变化量为(10.0-2.50) ×10-4 mol/L =7.50×10-4mol/L，由N原子守恒可得N2的变化量为3.75mol/L，所以前2s内平均反应速率v(N2)＝7.50×10-4mol/L/2=1.875×10-4 mol/(L·s)；此温度下，反应在第4s达平衡状态 ，各组分的平衡浓度分别为c(NO)=1.00×10-4mol/L、c(CO)=2.70×10-3mol/L、c(N2) =4.5×10-4 mol/L、c(CO2)= 9×10-4mol/L，所以该反应的平衡常数K＝c(N2) c4(CO2)/ c2(NO) c4(CO)=[( 4.5×10-4 mol/L) ×(9×10-4mol/L)4]/[(1.00×10-4mol/L)2×(2.70×10-3mol/L)4]= 5000，故答案为：1.875×10-4 mol/(L·s)；5000；
②A、在反应过程中关系式2n(CO2)＝n(N2)恒成立，所以不能说明是平衡状态，错误；
B、虽然反应过程中气体的总质量恒不变，但是气体的总物质的量变小，所以混合气体的平均摩尔质量在反应过程中变大，相对分子质量也变大，因此当气体的琷相对分子质量不变时，能说明是平衡状态，正确；
C、反应过程中气体的总体积和总质量都不变，所以气体密度不变 ，因此该说法也不能说明是平衡状态，错误；
D、正反应是气体体积减小的反应，所以反应过程中气体的压强是变量，当容器内气体压强不变时，说明反应达平衡状态，正确。
故选BD，故答案为：BD；
③该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的转化率减小；由反应方程式可知，在相同温度下压强越大，越有利于反应正向进行，则NO的转化率越大，所以图中压强（p1，p2、p3）的大小顺序为p1>p2>p3，故答案为：该反应的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率减小（或正反应放热，温度越高，越不利于反应正向进行，NO的平衡转化率更小）；p1＞p2＞p3。
【点睛】可逆反应是否处于化学平衡状态可从两方面判断：一是看正反应速率是否等于逆反应速率，两个速率必须能代表正、逆两个方向，然后它们的数值之比还得等于化学计量数之比，具备这两点才能确定正反应速率等于逆反应速率；二是判断物理量是否为变量，变量不变达平衡。
18.CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取CoCl2·6H2O的一种新工艺流程如图：
已知：① 钴与盐酸反应的化学方程式为：Co＋2HCl===CoCl2＋H2↑
② CoCl2·6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110 ~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。
③ 部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀
2.3
7.5
7.6
3.4
完全沉淀
4.1
9.7
9.2
5.2
（1）在上述工艺中，用“盐酸”代替原工艺中“盐酸与硝酸的混酸”直接溶解含钴废料，其主要优点为：___________________________________
（2）加入碳酸钠调节pH至a ，a的范围是______________________
（3）操作Ⅰ包含3个实验基本操作，它们依次是___________________________和过滤。
（4）制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是____________________________________
（5）为测定产品中CoCl2·6H2O含量，某同学将一定量的样品溶于水，再向其中加入足量的AgNO3溶液，过滤，并将沉淀烘干后称量其质量。通过计算发现产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100％，其原因可能是____________________________________________________________
（6）在实验室，为了从上述产品中获得纯净的CoCl2·6H2O，通常先将产品溶解在乙醚中，除去不溶性杂质后，再进行_____________________________________操作。
【答案】（12分）
（1）减少有毒气体的排放，防止大气污染；防止产品中混有硝酸盐（2分,每点1分）
（2）5.2～7.6 （2分） （3）蒸发浓缩、冷却结晶（2分,各1分）
（4）降低烘干温度，防止产品分解（2分）
（5）样品中含有NaCl杂质；烘干时失去了部分结晶水（2分，任写一个）
【解析】
试题分析：（1）硝酸和金属反应生成氮的氧化物，氮的氧化物对环境有危害，同时实验制备CoCl2·6H2O，加入硝酸将会引入NO3－，产物不纯净；
（2）加入碳酸钠，调节pH，除去杂质，根据阳离子氢氧化物形式沉淀时溶液的pH，因此a的范围是5.2～7.6；
（3）因为得到物质含有结晶水，因此采用蒸发结晶、冷却结晶、过滤；
（4）根据信息，加热到110～120℃，失去结晶水变为有毒的无水氯化钴，因此采用减压烘干；
（5）因为在流程中加入碳酸钠，后加入盐酸，反应后溶液中有NaCl，NaCl和硝酸银反应生成AgCl，因此计算出的产品质量偏大，氯化钴的晶体加热过程中失去水，使样品质量减少，因此计算结果偏大；（6）在实验室，为了从上述产品中获得纯净的CoCl2·6H2O，通常先将产品溶解在乙醚中，除去不溶性杂质后，再进行过滤；蒸馏操作。
考点：考查化学工艺流程、物质的除杂和提纯等知识。
河北省武邑中学2018-2019学年高二上学期期末考试
化学试题
1.下列过程没有发生化学反应的是
A. 用消毒液杀灭游泳池中的藻类 B. 用CaCl2融化路面的积雪
C. 用石灰修复被酸雨浸蚀的土壤 D. 用催化剂将汽车尾气中的CO和NO转化为无害物质
【答案】B
【解析】
试题分析：A．消毒液杀灭游泳池中的藻类，是利用了消毒液的强氧化性，使藻类的细胞组织变性，发生了化学反应；B．用CaCl2融化路面的积雪，是降低了冰的凝固点，是物理变化；C．用石灰修复被酸雨浸蚀的土壤，是利用石灰的碱性，与酸性土壤发生了酸碱中和反应；D．用催化剂将汽车尾气中的CO和NO转化为无害物质，有新物质生成，是化学变化。故选B。
考点：化学反应的判断
2.下列有关对定量实验误差分析正确的是
A. 中和热测定实验中，缓慢地将NaOH溶液倒入测定装置中──测定结果无影响
B. 酸碱中和滴定实验中，锥形瓶用待测液润洗──测定结果无影响
C. 测定溶液pH的实验中，用干燥pH试纸测定新制氯水的pH ──测定结果无影响
D. 现需90 mL 1.0 mol/LNaOH溶液，称取3.6 g NaOH 固体配制── 溶液浓度偏低
【答案】D
【解析】
【详解】A项、缓慢地将NaOH溶液倒入测定装置中，会使热量损失，造成中和热测量数值偏小，故A错误；
B项、锥形瓶用蒸馏水洗后，不能用待测润洗，否则待测液的物质的量增加，滴定时标准液所用体积增加，导致测定结果偏大，故B错误；
C项、新制氯水中含有次氯酸，能漂白pH试纸，不可用pH试纸测定新制氯水的pH，故C错误；
D项、实验室没有90mL容量瓶，配制90mL 1.0mol•L-1NaOH溶液，需要选用100mL容量瓶，需要氢氧化钠的物质的量为：1mol/L×0.10L=0.1mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.1mol=4.0g，称取3.6gNaOH固体配制，溶质偏小，溶液浓度偏低，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查化学实验基本操作，侧重于分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器是解答关键。
3.将amol二氧化锰粉末加入 50 mL b mol·L－1的浓盐酸中加热完全溶解，反应中转移电子d个，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 可以收集到氯气 22.4d/2NA L
B. 反应后溶液中的Cl－数目为2a
C. 转移电子数d与MnO2 的物质的量n的关系为 d/NA=2n(MnO2)
D. 反应后溶液中的H＋数目为0.05b－2d
【答案】C
【解析】
【分析】
二氧化锰与浓盐酸共热反应MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，随反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应。
【详解】A项、没有明确是否为标准状况，无法计算收集到氯气的体积，故A错误；
B项、2a只是计算了生成的氯化锰中的氯离子，过量盐酸中的氯离子没有计算在内，故B错误；
C项、依据电子转移守恒：MnO2～MnCl2～2e-， n(MnO2)×2×NA=d，则d/NA=2n(MnO2)，故C正确；
D项、浓盐酸具有挥发性，反应中挥发的盐酸无法计算，则无法计算反应后溶液中H+的数目，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查化学方程式有关计算，侧重考查分析能力，D选项为易错点，容易忽略盐酸易挥发。
4.下列实验操作正确的是
实验
操作
A
证明某溶液中存在Fe2＋
先加少量氯水，再滴加KSCN溶液，出现血红色
B
测定熔融苛性钠的导电性
在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量
C
证明氯的非金属性大于碳
向碳酸钙中滴加盐酸，有气泡产生
D
制备氯化镁固体
将MgCl2晶体在氯化氢的气流中加热
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
A、先加少量氯水，可氧化亚铁离子；
B、瓷坩埚中熔化氢氧化钠，发生二氧化硅与NaOH的反应；
C、向碳酸钙中滴加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，但HCl为无氧酸；
D、MgCl2溶液在氯化氢的气流中蒸干，抑制水解。
【详解】A项、先加少量氯水，可氧化亚铁离子，检验亚铁离子应先加KSCN溶液无现象，再加氯水，故A错误；
B项、瓷坩埚中熔化氢氧化钠，瓷坩埚中二氧化硅与NaOH的反应，不能测定熔融苛性钠的导电性，应选铁坩埚，故B错误；
C项、向碳酸钙中滴加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，但HCl为无氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；
D项、MgCl2溶液在氯化氢的气流中蒸干，抑制水解，则可制备氯化镁晶体，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识于实验的结合，把握物质的性质、发生的反应、离子检验、盐类水解等为解答的关键。
5.将反应 4(NH4)2SO4===N2↑+ 6NH3↑+ 3SO2↑+ SO3↑+ 7H2O 的产物气体通入BaCl2溶液，下列判断正确的是
A. 无沉淀生成 B. 肯定没有BaSO3生成
C. 得到的沉淀是纯净物 D. 得到的沉淀是BaSO4和BaSO3组成的混合物
【答案】D
【解析】
试题分析：产生的三氧化硫溶于水生成硫酸，进而产生硫酸钡沉淀；由于还有氨气产生，因此能与二氧化硫一起反应生成亚硫酸铵，进而生成亚硫酸钡沉淀，答案选D。
考点：考查元素及其化合物的性质
6.在指定条件下，下列各组离子可能大量共存的是
A. 无色澄清透明溶液中：H+、Fe2+、SO42－、Cl－
B. 与铝反应放出H2的溶液中：NH4+、K+、NO3﹣、Br－
C. 由水电离的c(OH﹣)=10－13mol/L的溶液中：Na+、Cl－、CO32－、NO3－
D. 滴加酚酞显红色的溶液中：Na+、ClO－、SO32－、SO42－
【答案】C
【解析】
【分析】
A、Fe2+在溶液中为浅绿色；
B、与铝反应放出H2的溶液，可能为酸溶液或强碱溶液；
C、水电离的c（OH-）=10-13mol•L-1的溶液，可能为酸溶液或碱溶液；
D、溶液中ClO-、SO32－之间发生氧化还原反应。
【详解】A项、Fe2+在溶液中为浅绿色，与无色溶液不符，故A错误；
B项、与铝反应放出H2的溶液，可能为酸溶液或强碱溶液，碱溶液中氢氧根与铵根离子反应不能大量共存，酸溶液中Al与硝酸发生氧化还原反应生成一氧化氮，不能生成氢气，故B错误；
C项、水电离的c（OH-）=10-13mol•L-1的溶液，可能为酸溶液或碱溶液，无论是酸溶液还是碱溶液，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；
D项、滴加酚酞显红色的溶液为碱性溶液，溶液中ClO-、SO32－之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查离子的共存，明确习题中的信息及信息的应用是解答的关键，注意离子之间的氧化还原反应为解答的难点。
7.将溶液(或气体)X逐渐加入(或通入)到一定量的Y溶液中，产生沉淀的质量与加入X的物质的量关系如图所示，符合图中情况的一组物质是
X
Y溶液
A
Ba(HCO3)2溶液
NaOH溶液
B
KOH溶液
Mg(HSO4)2溶液
C
Na2CO3溶液
CaCl2溶液
D
CO2气体
石灰水
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
试题分析：A、将Ba（HCO3）2溶液逐滴加入NaOH溶液，开始发生的反应为：Ba2++ 2OH-+2 HCO3-2BaCO3↓ + 2H2O，一开始就生成沉淀，与图像不符，错误；B、将KOH溶液逐滴加入Mg（HSO4）2溶液，发生的反应依次为：H＋+OH－H2O、Mg2＋+2OH－Mg（OH）2↓,开始不产生沉淀，一段时间后生成沉淀，与图像相符，正确；C、将Na2CO3溶液逐滴加入CaCl2溶液，发生的反应为：CO32-+ Ca2+====CaCO3↓。一开始就生成沉淀，与图像不符，错误；D、将CO2气体通入石灰水知过量，发生的反应为：CO2+Ca（OH）2====CaCO3↓+H2O，CO2+CaCO3+H2OCa（HCO3）2，先生成沉淀后消失，与图像不符，错误。
考点：考查与化学反应相关的图像分析。
8.短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的位置如图，其中Y所处的周期数与族序数相等。W最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法不正确的是
…
W
X
Y
…
Z
A. X、Y、Z、W的原子半径依次减小
B. 气态氢化物的稳定性：W＞Z
C. W与X形成的化合物中只含有离子键
D. W与Y形成的化合物可分别与NaOH溶液和盐酸反应
【答案】C
【解析】
试题分析：短周期元素中，W最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，W为O元素；W、Z同主族，则Z为S元素；Y所处的周期序数与族序数相等，短周期元素，则Y为第三周期第ⅢA族元素，即Y为Al，由元素的位置可知X为Na。A.同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，原子半径X＞Y＞Z＞W，A项正确；B.非金属性O＞S，氢化物稳定性H2O＞H2S，B项正确；C.W与X形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，过氧化钠中含有离子键、共价键，C项错误；D.W与Y形成的化合物为氧化铝，可分别与NaOH溶液和盐酸反应，D项正确；答案选C。
考点：考查元素周期表和元素周期律的应用。
9.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g,则该样品的纯度（质量分数）：
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：设样品中含有NaHCO3杂质的质量为x，则根据反应方程式：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O可知：每有2×84g NaHCO3发生反应，会产生106g Na2CO3，反应前后固体质量减少△m=62g，现在固体质量减小(w1-w2) g，则含有的NaHCO3杂质的质量x=[(w1-w2) g÷62g]×168g =84(w1−w2)/ 31 g，所以该样品的纯度(质量分数)是w(Na2CO3)=(w1−x)÷w1=，故选项A正确。
考点：考查物质的量在混合物的化学计算的知识。
10.室温下，在0.2mol/LAl2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0mol/LNaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如下图，下列有关说法正确的是
A. a点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3++3OH-Al(OH)3
B. a→b段，溶液pH增大，Al3+浓度不变
C. b→c段，加入的OH-主要用于生成Al(OH)3沉淀
D. d点时，Al(OH)3沉淀开始溶解
【答案】C
【解析】
试题分析：A、铝离子的水解方程式应为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，错误；B、a—b段，溶液pH增大，水解平衡正向移动，铝离子浓度减小，错误；C、b—c段，加入氢氧根主要用于生成氢氧化铝沉淀，正确；D、c点时，Al(OH)3沉淀开始溶解，错误。
考点：考查与化学反应相关的图像，盐类的水解，铝的化合物的性质。
11.取浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB两种盐溶液各1L，分别通入0.02molCO2，发生反应：NaA + CO2 + H2O===HA + NaHCO3、 2NaB + CO2 + H2O===2HB + Na2CO3。将浓度均为0.1 mol/L、体积均为1L的HA溶液和HB溶液分别加水稀释至体积为VL，溶液pH的变化曲线如图所示，则下列说法正确的是
A. HA是强酸，HB是弱酸
B. X是HB，Y是HA
C. 常温下，pH相等的NaA溶液与NaB溶液的物质的量浓度：c(NaA)＜c(NaB)
D. NaA与NaB的混合溶液中：c(Na+) + c(H+)＝c(A－) + c(B－) + c(HA) + c(HB)
【答案】B
【解析】
试题分析：由反应：NaA+CO2+H2O=HA+NaHCO3、2NaB+CO2+H2O=2HB+Na2CO3可知，酸性：H2CO3＞HA＞HCO3－＞HB。A．HA、HB浓度均为0.1mol/L，由图中起点pH值可知，pH(HA)=2，pH(HB)＞3，则HA、HB都是弱酸，故A错误；B．加水稀释，促进弱酸的电离。酸性越弱，溶液稀释后pH变化越小，所以相同倍数稀释时，pH变化小的X为酸性更弱的HB，Y为HA，故B正确；C．酸越弱，对应离子的水解能力越强，则水解能力NaB＞NaA，因两溶液水解呈碱性且pH相等，则c(NaA)＞c(NaB)，故C错误；D．NaA与NaB的混合溶液中，根据电荷守恒可得，c(Na+)+c(H+)=c(A－)+c(B－)+c(OH－)，故D错误。故选B。
考点：弱电解质的电离平衡与离子浓度大小比较
12.现有a、b、c三个容器，a容器恒容恒温，b容器恒压恒温，c容器恒容绝热。在三个容器中各充入1molI2(g)和2molH2发生反应I2(g) + H2(g)2HI(g) ΔH＜0，初始时三个容器的体积和温度均相等，则反应达到平衡后，三个容器中I2(g)的转化率的大小关系是
A. a=b>c B. b>a>c C. c>b>a D. a=b
【解析】
【详解】该反应为反应前后气体的体积不变的放热反应，增大压强平衡不移动，a容器恒容恒温，b容器恒压恒温，由于压强对平衡无影响，则I2（g）的转化率的大小关系是a=b，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，c容器恒容绝热，则温度高于a、b，则a=b>c，故选A。
13.对于密闭容器中可逆反应A2(g) + 3B2(g)2AB3(g)，探究单一条件改变情况下，可能引起平衡状态的改变，得到如下图所示的曲线（图中T表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是
A. 加入催化剂可以使状态d变为状态b
B. 若T1＞T2，则逆反应一定是放热反应
C. 达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c
D. 在T2和n (A2)不变时达到平衡，AB3的物质的量大小为：c＞b＞a
【答案】D
【解析】
试题分析：A．催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以加入催化剂不可能使状态d变为状态b，故A错误；B．若T1＞T2，由图象可知温度升高AB3的平衡体积分数减小，说明升高温度平衡向逆反应分析移动，则逆反应为吸热反应，故B错误；C．由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量会促进另一种反应物的转化率增大，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，即达到平衡时A2的转化率大小为c＞b＞a，故C错误；D．由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量必然会促进另一种反应物的转化，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，生成物的物质的量越大，则平衡时AB3的物质的量大小为：c＞b＞a，故D正确；故选D。
考点：考查了化学平衡移动图象的相关知识。
14.25℃时，0.1 mol/L下列溶液的pH如下表，有关比较正确的是
序号
①
②
③
④
⑤
溶液
NaCl
CH3COONH4
NaClO
NaHCO3
Na2CO3
pH
7.0
7.0
10.3
8.3
11.6
A. 酸性的相对强弱：HClO＜HCO3－
B. 由水电离产生的c(H+)：①＝②
C. 溶液③④中酸根离子浓度：c(ClO－)＞c(HCO3－)
D. 在④⑤溶液等体积混合后的溶液中：c(HCO3－) + c(CO32－) + c(H2CO3)＝0.1 mol/L
【答案】D
【解析】
根据表中数据得到碱性为：NaClO＜Na2CO3，再根据越弱越水解的原理得到酸性为：HClO＜HCO3－，选项A错误。NaCl对于水的电离无影响，CH3COONH4对于水的电离起到促进作用，所以选项B错误。因为碱性：NaClO＞NaHCO3，所以ClO-的水解能力更强，则ClO-剩余的浓度应该更小，即溶液③④中酸根离子浓度：c(ClO－)＜c(HCO3－)，选项C错误。④⑤溶液等体积混合后是c(NaHCO3)=c(Na2CO3)=0.05mol/L的混合溶液（注意体积变为原来的2倍），c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)=0.1mol/L是溶液的物料守恒，选项D正确。
点睛：利用越弱越水解的原理解决问题时，应该要注意二元酸的正盐和酸式盐的区别。一般可以这样理解：正盐对应的“酸”应该酸式盐的酸根，酸式盐对应的酸才是真正的二元酸。例如：碳酸钠对应的是碳酸氢根，碳酸氢钠对应的是碳酸。
15.在2L密闭容器中进行反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△H>0，测得c(H2O)随反应时间(t)的变化如图。下列判断正确的是
A. 0~5min内，v (H2)=0.05mol/(L•min)
B. 5min时该反应的K值一定小于12 min时的K值
C. 10 min时，改变的外界条件可能是减小压强
D. 5min时该反应的v (正)大于11 min 时的v (逆)
【答案】B
【解析】
试题分析：A．根据图可知，前5min内H2O的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，根据v＝△c/△t＝(1mol/L−0.5mol/L)/5min＝0.1mol/（L•min），由化学计量数之比等于反应速率之比，则v（H2）=0.1mol/（L•min），A错误；B．由图可知，10min时H2O的浓度继续减小，反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以是升高温度，所以5 min时该反应的K值一定小于12 min时的K值，B正确；C．由图可知，10min时H2O的浓度继续减小，反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以是升高温度，C错误；D．根据B的判断，11 min时的温度高于5min时，根据温度越高反应速率越快，所以5 min时该反应的v正小于11 min时的v逆，D错误；答案选B。
考点：考查化学平衡图象，涉及反应速率的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡状态本质
16.某课外活动小组欲利用CuO与NH3的反应研究NH3的性质与分子组成，设计了如下实验装置(夹持装置未画出)进行实验。请回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 ；仪器b中的试剂不能为下列中的 (填字母)
A．氧化钙
B．碱石灰
C．石灰石
D．生石灰
（2）装置B的作用是
（3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管收集到无色无味的气体，上述现象证明了NH3具有 性，写出装置C中发生反应的化学方程式
（4）E装置中浓硫酸的作用 (写出一条即可)
（5）实验完毕，若测得干燥管D增重mg，装置F测得气体的体积为nL(已折算成标准状况)，则氨分子中氮、氢的原子个数比为 (用含m、n字母的代数式表示)
【答案】（1）分液漏斗，C；（2）干燥氨气；
（3）还原，3CuO+2NH33Cu+N2↑+3H2O；
（4）阻止F中水蒸气进入D(或吸收未反应的氨气)；（5）9n/11.2m。
【解析】
试题分析：（1）仪器a的名称为分液漏斗，装置A作用制取NH3，利用NH3·H2O不稳定，受热易分解，氧化钙、碱石灰、生石灰遇水放出大量的热，使NH3·H2O分解，因此选项C正确；（2）装置B的作用是干燥NH3，防止水蒸气对后面实验产生干扰；（3）CuO变为红色铜，铜的化合价降低，且量气管中收集到无色无味的气体，此气体为N2，因此NH3表现还原性，反应方程式为：3CuO + 2NH33Cu + N2↑ + 3H2O；（4）装置D的作用是吸收反应中产生的水，同时部分NH3未参加反应，必须吸收，因此装置E的作用是吸收未反应的氨气和防止F中的水蒸气进入D装置；（5）装置D增重的是水的质量，则m(H)=m×2/18g，F中测量的氮气的体积，即n(N)=n×2/22.4mol，则N和H的原子个数比为：n×2/22.4：m×2/18=9n/11.2m。
考点：考查常见仪器的名称、制气反应、实验方案设计的评价、化学计算等知识。
17.汽车尾气中排放的NOx和CO污染环境，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。已知：① 2CO(g)＋O2(g)2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ/mol，② N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH＝+180.5 kJ/mol，③ 2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH＝−116.5 kJ/mol。 回答下列问题：
（1）CO的燃烧热为________。若1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，则1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为______kJ。
（2）CO将NO2还原为单质的热化学方程式为______________。
（3）为了模拟反应2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)在催化转化器内的工作情况，控制一定条件，让反应在恒容密闭容器中进行，用传感器测得不同时间NO和CO的浓度如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
c(NO)/(10－4 mo l·L-1)
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c(CO)/(10－3 mo l·L-1)
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
① 前2s内的平均反应速率v(N2)＝____________，此温度下，该反应的平衡常数K＝____。
② 能说明上述反应达到平衡状态的是__________。
A．2n(CO2)＝n(N2) B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．气体密度不变 D．容器内气体压强不变
③ 当NO与CO浓度相等时，体系中NO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示，则NO的平衡转化率随温度升高而减小的原因是__________________________________，图中压强（p1，p2、p3）的大小顺序为_______。
【答案】 (1). 283 kJ·mol−1 (2). 631.8 (3). 2NO2(g)＋4CO(g)N2(g)＋4CO2(g) ∆H=-1196 kJ·mol−1 (4). 1.875×10-4 mol/(L·s) (5). 5000（或5000 L·mol−1） (6). B D (7). 该反应的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率减小（或正反应放热，温度越高，越不利于反应正向进行，NO的平衡转化率更小） (8). p1＞p2＞p3
【解析】
【分析】
（1）CO燃烧热为1molCO完全燃烧放出的热量；由反应热等于反应物键能之和减去生成物键能之和；
（2）由盖斯定律计算反应热，书写热化学方程式；
（3）①由化学反应速率公式计算；由平衡常数公式计算；
②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不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，据此分析解答；
③该反应为反应前后气体的体积减小的放热反应，升高温度，平衡正向移动，增大压强，平衡正向移动。
【详解】（1）由①2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1可知，2molCO完全燃烧放出566.0 kJ的热量，所以1molCO完全燃烧放出283kJ的热量，所以CO的燃烧热为283kJ/mol；若1 mol N2(g)、1 mol O2(g) 分子中化学键断裂时分别需要吸收946 kJ、498 kJ的能量，设1molNO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为x，由②N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH＝946k +498k -2x=+180.5，解之得x≈631.8，所以1 mol NO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为631.75kJ，故答案为：283kJ/mol；631.8 kJ；
（2）由盖斯定律①2-②-③可得：2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g)，则ΔH=(−566.0 kJ·mol−1)-(+180.5kJ/mol)-( −116.5 k J·mol−1)=-1196kJ/mol，CO将NO2还原为单质的热化学方程式为2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) ΔH=-1196kJ/mol，故答案为：2NO2(g)+4CO(g)=
N2(g)+4CO(g) ΔH=-1196kJ/mol；
（3）①由表中数据可知，前2 s内，NO的变化量为(10.0-2.50) ×10-4 mol/L =7.50×10-4mol/L，由N原子守恒可得N2的变化量为3.75mol/L，所以前2s内平均反应速率v(N2)＝7.50×10-4mol/L/2=1.875×10-4 mol/(L·s)；此温度下，反应在第4s达平衡状态 ，各组分的平衡浓度分别为c(NO)=1.00×10-4mol/L、c(CO)=2.70×10-3mol/L、c(N2) =4.5×10-4 mol/L、c(CO2)= 9×10-4mol/L，所以该反应的平衡常数K＝c(N2) c4(CO2)/ c2(NO) c4(CO)=[( 4.5×10-4 mol/L) ×(9×10-4mol/L)4]/[(1.00×10-4mol/L)2×(2.70×10-3mol/L)4]= 5000，故答案为：1.875×10-4 mol/(L·s)；5000；
②A、在反应过程中关系式2n(CO2)＝n(N2)恒成立，所以不能说明是平衡状态，错误；
B、虽然反应过程中气体的总质量恒不变，但是气体的总物质的量变小，所以混合气体的平均摩尔质量在反应过程中变大，相对分子质量也变大，因此当气体的琷相对分子质量不变时，能说明是平衡状态，正确；
C、反应过程中气体的总体积和总质量都不变，所以气体密度不变 ，因此该说法也不能说明是平衡状态，错误；
D、正反应是气体体积减小的反应，所以反应过程中气体的压强是变量，当容器内气体压强不变时，说明反应达平衡状态，正确。
故选BD，故答案为：BD；
③该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的转化率减小；由反应方程式可知，在相同温度下压强越大，越有利于反应正向进行，则NO的转化率越大，所以图中压强（p1，p2、p3）的大小顺序为p1>p2>p3，故答案为：该反应的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率减小（或正反应放热，温度越高，越不利于反应正向进行，NO的平衡转化率更小）；p1＞p2＞p3。
【点睛】可逆反应是否处于化学平衡状态可从两方面判断：一是看正反应速率是否等于逆反应速率，两个速率必须能代表正、逆两个方向，然后它们的数值之比还得等于化学计量数之比，具备这两点才能确定正反应速率等于逆反应速率；二是判断物理量是否为变量，变量不变达平衡。
18.CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取CoCl2·6H2O的一种新工艺流程如图：
已知：① 钴与盐酸反应的化学方程式为：Co＋2HCl===CoCl2＋H2↑
② CoCl2·6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110 ~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。
③ 部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀
2.3
7.5
7.6
3.4
完全沉淀
4.1
9.7
9.2
5.2
（1）在上述工艺中，用“盐酸”代替原工艺中“盐酸与硝酸的混酸”直接溶解含钴废料，其主要优点为：___________________________________
（2）加入碳酸钠调节pH至a ，a的范围是______________________
（3）操作Ⅰ包含3个实验基本操作，它们依次是___________________________和过滤。
（4）制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是____________________________________
（5）为测定产品中CoCl2·6H2O含量，某同学将一定量的样品溶于水，再向其中加入足量的AgNO3溶液，过滤，并将沉淀烘干后称量其质量。通过计算发现产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100％，其原因可能是____________________________________________________________
（6）在实验室，为了从上述产品中获得纯净的CoCl2·6H2O，通常先将产品溶解在乙醚中，除去不溶性杂质后，再进行_____________________________________操作。
【答案】（12分）
（1）减少有毒气体的排放，防止大气污染；防止产品中混有硝酸盐（2分,每点1分）
（2）5.2～7.6 （2分） （3）蒸发浓缩、冷却结晶（2分,各1分）
（4）降低烘干温度，防止产品分解（2分）
（5）样品中含有NaCl杂质；烘干时失去了部分结晶水（2分，任写一个）
【解析】
试题分析：（1）硝酸和金属反应生成氮的氧化物，氮的氧化物对环境有危害，同时实验制备CoCl2·6H2O，加入硝酸将会引入NO3－，产物不纯净；
（2）加入碳酸钠，调节pH，除去杂质，根据阳离子氢氧化物形式沉淀时溶液的pH，因此a的范围是5.2～7.6；
（3）因为得到物质含有结晶水，因此采用蒸发结晶、冷却结晶、过滤；
（4）根据信息，加热到110～120℃，失去结晶水变为有毒的无水氯化钴，因此采用减压烘干；
（5）因为在流程中加入碳酸钠，后加入盐酸，反应后溶液中有NaCl，NaCl和硝酸银反应生成AgCl，因此计算出的产品质量偏大，氯化钴的晶体加热过程中失去水，使样品质量减少，因此计算结果偏大；（6）在实验室，为了从上述产品中获得纯净的CoCl2·6H2O，通常先将产品溶解在乙醚中，除去不溶性杂质后，再进行过滤；蒸馏操作。
考点：考查化学工艺流程、物质的除杂和提纯等知识。
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