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【化学】山西省忻州市第一中学2018-2019学年高二上学期第一次月考（解析版） 试卷
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山西省忻州市第一中学2018-2019学年高二上学期第一次月考
1.醋酸铅[(CH3COO)2Pb]因有甜味而被称为“铅糖”，它有毒但能入药。已知(CH3COO)2Pb可溶于水，硝酸铅与醋酸钠溶液反应的离子方程式为Pb2++2CH3COO-(CH3COO)2Pb。下列有关说法中不正确的是
A. 0.1 mol·L-1的“铅糖”溶液中c(Pb2+)<0.1 mol·L-1
B. “铅糖”是强电解质
C. “铅糖”是共价化合物
D. “铅糖”的溶液可能导电性很弱
【答案】B
【解析】
【分析】
(CH3COO)2Pb可溶于水，硝酸铅与醋酸钠溶液反应的离子方程式为Pb2++2CH3COO-=(CH3COO)2Pb，说明醋酸铅是弱电解质，醋酸铅是共价化合物溶解性小溶液中离子浓度很小可能不导电，据此解答。
【详解】A．依据分析可知：醋酸铅为弱电解质，弱电解质水溶液中部分电离，则0.1 mol•L-1的“铅糖”溶液中c(Pb2+)＜0.1 mol•L-1，故A正确；B．硝酸铅与醋酸钠溶液反应的离子方程式为Pb2++2CH3COO-=(CH3COO)2Pb，说明醋酸铅是弱电解质，故B错误；C．醋酸铅是弱电解质，溶液中存在分子是共价化合物，故C正确；D．醋酸铅是弱电解质，醋酸铅是共价化合物溶解性小溶液中离子浓度很小，“铅糖”的溶液可能导电性很弱，故D正确；故选B。
【点睛】本题考查了弱电解质电离平衡的分析判断，依据化学反应进行判断醋酸铅为弱电解质是解题关键。注意电解质溶液导电性与自由移动的离子浓度有关。
2.某反应由两步反应A→B→C构成，它的反应过程中能量变化曲线如右图所示(E1、E2、E3、E4表示活化能)。下列有关叙述正确的是
A. 两步反应均为吸热反应 B. 加入催化剂会改变反应的焓变
C. 三种物质中C最稳定 D. A→C反应中ΔH＝E1－E2
【答案】C
【解析】
A、由题干图像中物质A、B、C的能量相对大小可知，A→B是吸热反应，B→C是放热反应，选项A错误；B、催化剂能改变反应途径和活化能大小，但不能改变焓变，选项B错误；C、三种物质中C的能量最低，故化合物C最稳定，选项C正确； D、整个反应的ΔH=E1+E3-E2- E4，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查化学反应与能量变化，注意把握物质的总能量与反应热的关系，注意把握反应热的计算，A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题。
3.将编号为①②③④的四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池。①②相连时，外电路电流从②流向①，①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出，③④相连时，③的质量减少；据此判断这四种金属活动性由大到小的顺序是( )
A. ①③②④ B. ①③④② C. ③④②① D. ③①②④
【答案】B
【解析】
【分析】
组成原电池时，负极金属较为活泼，可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极，则可判断金属的活泼性强弱。
【详解】在两种金属片相连浸入稀硫酸的原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，电子从负极流向正极，负极上金属失电子而导致质量减少，正极上氢离子得电子生成氢气，①②相连时，外电路电流从②流向①，则是②正极、①是负极，金属活动性②<①；①③相连时，③为正极，则金属活动性①>③；②④相连时，②上有气泡逸出，④为负极、②为正极，活动性④>②；③④相连时，③的质量减少，则③为负极、④为正极，活动性③>④，通过以上分析知，金属活动性强弱顺序是①③④②，答案选B。
【点睛】本题考查金属活泼性的判断，侧重于原电池的考查，注意原电池的组成特点以及工作原理，题目难度不大。易错点为②④相连时，②上有气泡逸出，应该为正极上氢离子得电子产生氢气，注意判断。
4.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)===K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g) ΔH＝x kJ·mol－1
已知：碳的燃烧热ΔH1＝a kJ·mol－1
S(s)＋2K(s)===K2S(s) ΔH2＝b kJ·mol－1
2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s) ΔH3＝c kJ·mol－1 。 则x为
A. 3a＋b－c B. c－3a－b C. a＋b－c D. c－a－b
【答案】A
【解析】
碳的燃烧热△H1=a kJ•mol-1，其热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=a kJ•mol-1①，S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=b kJ•mol-1②，2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=c kJ•mol-1③，将方程式3×①+②-③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则△H=x kJ•mol-1=(3a+b-c)kJ•mol-1，所以x=3a+b-c，故选A。
点睛：本题考查盖斯定律的应用，侧重考查学生分析计算能力，明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键，注意方程式可以进行加减。盖斯定律的使用方法：①写出目标方程式；②确定“过渡物质”(要消去的物质)；③用消元法逐一消去“过渡物质”。
5.对于恒容密闭容器中发生的可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0，能说明反应达到化学平衡状态的是
A. 断开1个N≡N键的同时有6个N—H键生成
B. 混合气体的密度不变
C. 混合气体的平均相对分子质量不变
D. N2、H2、NH3分子数之比为1∶3∶2
【答案】C
【解析】
试题分析：可逆反应达到化学平衡状态的实质是正逆反应速率相等但不为0。A、断开1个N≡N键的同时，必然会生成2分子氨气，即6个N—H键生成，A不正确；B、密度是气体的质量和容器体积的比值，反应前后气体质量和容器体积均不变，所以在任何时刻混合气体的密度不变，B不正确；C、混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以可以说明达到化学平衡状态，C正确；D、N2、H2、NH3分子数之比1∶3∶2的状态不一定满足正逆反应速率相等，D不正确。答案选C。
考点：考查化学平衡状态的标志
6.下列反应中，一定不能自发进行的是
A. 2KClO3(s)=2KCl(s)＋3O2(g) ΔH＝－78.03 kJ/mol ΔS＝1 110 J/(mol·K)
B. CO(g)=C(石墨，s)＋1/2O2(g) ΔH＝＋110.5 kJ/mol ΔS＝－89.36 J/(mol·K)
C. 4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s) ΔH＝－444.3 kJ/mol ΔS＝－280.1 J/(mol·K)
D. NH4HCO3(s)＋CH3COOH(aq)=CO2(g)＋CH3COONH4(aq)＋H2O(l) ΔH＝＋37.301 kJ/mol ΔS＝184.05 J/(mol·K)
【答案】B
【解析】
A. ΔH<0，ΔS>0，△H –T△S＜0，故A一定能自发进行；B. ΔH>0，ΔS<0，△H –T△S>0，故B一定不能自发进行；C. ΔH<0，ΔS<0，故C低温时，△H –T△S<0，能自发进行,高温时，△H –T△S>0，不能自发进行；D. ΔH>0，ΔS>0，故D低温时，△H –T△S>0，不能自发进行，高温时，△H –T△S<0，能自发进行。故选B。
点睛：解答本题需要明确：△H –T△S＜0，反应能自发进行；△H –T△S>0，反应不能自发进行。
7.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A. 使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42－、Cl－
B. 与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、、SO42－
C. Kw/c(H+)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－
D. 水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中： K＋、Na＋、AlO2－、CO32－
【答案】C
【解析】
【分析】
使酚酞变红色的溶液呈碱性；与Al反应能放出H2的溶液可能为强碱性或非氧化性酸溶液；Kw/c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液呈酸性；水电离的c（H+）=1×10-13mol•L-1的溶液可能呈酸性或碱性。
【详解】使酚酞变红色的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，Al3＋与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，A错误；与Al反应能放出H2的溶液可能为强碱性或非氧化性酸溶液，酸性条件下Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，碱性条件下Fe2+不能大量共存，B错误；Kw/c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，C正确；水电离的c（H+）=1×10-13mol•L-1的溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下AlO2-、CO32-不能大量存在，D错误。
故选C。
【点睛】本题考查离子的共存，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，注意题干“一定共存”的信息。
8.常温下，关于溶液的稀释下列说法正确的是
A. pH＝3的醋酸溶液稀释100倍，pH＝5
B. 将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀释为2 L，pH＝13
C. pH＝4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1.0×10－6 mol·L－1
D. pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，其pH＝6
【答案】B
【解析】
【分析】
醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释能促进醋酸电离；先计算稀释后溶液中氢氧根离子浓度，再计算溶液中氢离子浓度，从而确定溶液的pH；先计算稀释后溶液中氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算水电离出的氢氧根离子浓度，水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度；酸或碱无论如何稀释都不能转变为碱或酸。
【详解】如果醋酸是强电解质，则pH=3的醋酸溶液加水稀释100倍，pH=5，实际上醋酸是弱电解质，所以稀释后pH＜5，A错误；将1 L 0.1mol•L-1的Ba（OH）2溶液加水稀释为2L，溶液中C（OH-）为0.1mol/L，则C（H+）=10-13mol/L，所以pH=13，C正确；将pH=8的NaOH溶液加水稀释100倍，溶液仍然是碱性溶液不可能是酸性溶液，其溶液的pH＞7，D错误。
故选B。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，易错选点是酸或碱稀释过程中溶液接近中性时，要考虑水的电离。
9.某学习小组的同学查阅相关资料知，氧化性：Cr2O72－＞Fe3＋，设计了如图所示的盐桥原电池。盐桥中装有琼脂与饱和K2SO4溶液。下列叙述中正确的是
A. 甲烧杯的溶液中发生还原反应
B. 外电路的电流方向是从b到a
C. 电池工作时，盐桥中的SO42—移向乙烧杯
D. 乙烧杯中发生的电极反应为：2Cr3＋＋7H2O－6e－=Cr2O72－＋14H＋
【答案】B
【解析】
【分析】
由于氧化性Cr2O72->Fe3+，即Cr2O72-可以将Fe2+氧化为Fe3+，故在原电池中，Fe2+失电子被氧化，故a极为负极；Cr2O72-得电子被还原，故b极为正极。
【详解】Fe2+失电子被氧化，即甲池发生氧化反应，A错误；外电路中电流由正极流向负极，即由b流向a，B正确；原电池中，阴离子移向负极，即SO42-移向甲烧杯，C错误；乙烧杯中Cr2O72-得电子被还原：Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了原电池中正负极的判断、电极反应式的书写和离子的移动，负极发生氧化反应，正极发生还原反应是判断关键点。
10.五种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中R元素原子的最外层电子数等于其电子层数的2倍，下列判断正确的是
X
Y
Z
M
R
A. 元素的非金属性大小：Y>X>R B. 简单气态氢化物稳定性：M>R
C. Z的氧化物可以作光导纤维 D. 最高价氧化物对应水化物酸性：Y>X
【答案】D
【解析】
【分析】
由短周期元素在周期表的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、M、R处于第三周期，R元素原子的最外层电子数等于电子层数的2倍，则R为S，可推知X为C元素，Y为N元素，Z为Al，M为P元素。
【详解】磷酸的酸性碳酸的强，故非金属性P>C，A错误；非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性R>M，故氢化物稳定性：R>M，B错误；Z的氧化物为三氧化二铝，可以用作耐火材料，用作光导纤维的是二氧化硅，C错误；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Y>X，故最高价含氧酸酸性：Y>X，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律，注意对元素周期律理解和应用，知道非金属性强弱比较方法是解答的关键。
11.某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡时pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是
A. Ⅱ为盐酸稀释时的pH变化曲线
B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C. a点KW的数值比c点KW的数值大
D. b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
【答案】B
【解析】
试题分析：A、盐酸为强酸，醋酸为弱酸，稀释时醋酸的电离平衡向右移动，所以稀释后醋酸的pH小于盐酸的pH，故I为盐酸稀释时pH值变化曲线，错误；B、b点离子浓度大于c点离子浓度，所以b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，正确；C、温度相同，Kw相同，所以a点Kw的数值与c点Kw的相同，错误；D、相同pH值的盐酸和醋酸溶液，因为醋酸为弱酸，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，则b点酸的总浓度小于a点酸的总浓度，错误。
考点：本题考查弱电解质的电离平衡。
12.将V1 mL 1.00 mol·L-1HCl溶液V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V1+V2=50mL）。下列叙述正确的是（ ）
A. 做该实验时环境温度为22 ℃
B. 该实验表明化学能可以转化为热能
C. NaOH溶液的浓度约是1.00 mol·L-1
D. 该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【答案】B
【解析】
试题分析： A、该实验开始温度是21℃，故A错误；B、由图示可以看出该反应过程放出热量，表明化学能可能转化为热能，故B正确；C、恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1+V2=50Ml可知，消耗的氢氧化钠溶液的质量为20mL．
设恰好反应时氢氧化钠溶液中溶质的物质的量是n．
HCl+NaOH="NaCl+H"2O
1 1
1.0mol•L﹣1×0.03L n
则n=1.0mol•L﹣1×0.03L=0.03mol，所以浓度是：=1.5mol/L，故C错误；
D、只是该反应放热，其他有水生成的反应不一定，所以D错误．
考点：中和热的测定；吸热反应和放热反应．.
13.A与B在容积为1 L的密闭容器中发生反应：aA(s)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，t1、t2时刻分别测得部分数据如下表。下列说法正确的是
n(B)/mol
n(C)/mol
n(D)/mol
反应时间/min
0.12
0.06
0.10
t1
0.06
0.12
0.20
t2
A. 0～t1时间段内，平均反应速率v(B)＝0.04/t1 mol·(L·min)－1
B. 若起始时n(D)＝0，则t2时刻v(D)＝0.20/t2 mol·(L·min)－1
C. 升高温度，v(B)、v(C)、v(D)均增大
D. b∶d＝6∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
不能确定B的起始物质的量；化学反应速率不是瞬时反应速率；升高温度，化学反应速率增大；t1～t2时间段内，B和D的变化量分别是0.06mol、0.1mol。
【详解】不能确定B的起始物质的量，因此0～t1时间段内，不能确定B的变化量，则不能计算其反应速率，A错误；化学反应速率是平均反应速率，不是瞬时反应速率，B错误；升高温度，反应速率v(B)、vC)、v(D)均增大，C正确；D．t1～t2时间段内，B和D的变化量分别是0.06mol、0.1mol，所以b：d＝3：5，D错误。
故选C。
【点睛】本题考查化学反应速率，了解化学反应速率的概念、反应速率的定量表示方法、理解外界条件（浓度、温度、压强、催化剂等）对反应速率的影响是解答的关键。
14.t ℃时，将一定量的混合气体在密闭容器中发生反应：aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，平衡后测得B气体的浓度为0.6 mol·L－1。恒温下，将密闭容器的容积扩大1倍，重新达到平衡后，测得B气体的浓度为0.4 mol·L－1。下列叙述中正确的是
A. 重新达到平衡时，D的体积分数减小 B. a＋b
【答案】A
【解析】
【分析】
保持温度不变，将密闭容器的容积扩大1倍1倍，如平衡不移动，B气体的浓度为0.3mol/L，实际B的浓度变为0.4mol/L，说明平衡向逆反应方向移动.
【详解】平衡向逆反应移动，D的体积分数减小，A正确；增大体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即a+b>c+d，B错误；密闭容器的容积加倍，各物质的浓度都要减小，即A气体浓度减小，C错误；化学平衡逆向进行，向左移动，D错误。
故选A。
【点睛】本题考查影响化学平衡移动的因素，利用假设法判断平衡移动方向是解题关键。
15.如图，甲容器有一个移动活塞，能使容器保持恒压。起始时，关闭活塞K，向甲中充入2mol SO2、1mol O2，向乙中充入4 mol SO2、2 mol O2。甲、乙的体积都为1 L（连通管体积忽略不计）。保持相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。达平衡时，甲的体积为0.8 L。下列说法正确的是
A. 乙容器中SO2的转化率小于60%
B. 平衡时SO3的体积分数：甲＞乙
C. 打开K后一段时间，再次达到平衡，甲的体积为1.4 L
D. 平衡后向甲中再充入2 mol SO2、1 mol O2和3 mol SO3，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
试题分析：A．根据阿伏伽德罗定律(同温同容时，压强之比等于物质的量之比)，达平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的0.8倍，即0.8×3mol=2.4mol，即减小了0.6mol，根据化学方程式的计算可知，
2 SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △n
2 1
1.2mol 0.6mol
即达平衡后，反应掉1.2molSO2，甲容器中SO2的转化率为×100%=60%，若乙容器也不差压强不变，则平衡后体积为1.6L，现体积不变，相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率增大，故A错误；B．根据上述分析，平衡时SO3的体积分数：甲＜乙，故B错误；C．根据上述分析，打开K后一段时间.再次达到平衡，总体积为2.4L，因此甲的体积为1.4 L，故C正确；D．根据上述分析，甲平衡后，容器中有0.8molSO2，0.4molO2，1.2molSO3，物质的量之比为2:1:3，平衡后向甲中再充入2mol SO2、1mol O2和3moLSO3，物质的量之比不变，平衡不移动，故D错误；故选C。
考点：考查了化学平衡的移动和化学平衡的计算的相关知识。
16.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应：SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的正确结论是
A. 反应在c点达到平衡状态
B. 反应物浓度：a点小于b点
C. 反应物的总能量低于生成物的总能量
D. Δt1＝Δt2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
【答案】D
【解析】
试题分析：化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，A错误；a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，B错误；从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，C错误；随着反应的进行，正反应速率增大，△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，D正确；答案选D。
考点：化学平衡、化学反应速率
17.如图装置所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答：
（1）B极是电源的________极，一段时间后，甲中溶液颜色________，丁中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这表明氢氧化铁胶体粒子带___电荷（填“正”或“负”，在电场作用下向____极移动（填“X”或“Y”）。
（2）若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为_________________。
（3）现用丙装置给铜件镀银，则H应该是________（填“镀层金属”或“镀件”），电镀液是________溶液。当乙中溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为500 mL)，丙中镀件上析出银的质量为________，甲中溶液的pH________(填“变大”“变小”或“不变”)。
（4）若将C电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生总反应的离子方程式是__________________________________________。
【答案】 (1). 负极 (2). 逐渐变浅 (3). 正 (4). Y (5). 1∶2∶2∶2 (6). 镀件 (7). AgNO3 (8). 5.4 g (9). 变小 (10). Fe＋Cu2＋Cu＋Fe2＋
【解析】
【分析】
将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是氢离子在该电极放电，所以F极是阴极，B为电源负极、A为电源正极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极。
【详解】（1）B电极是电源的负极，C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：2H2O-4e-=O2+4H+、Cu2++2e-═Cu、2Cl-═Cl2↑+2e-、2H++2e-═H2↑，Y极是阴极，该电极颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体向该电极移动，异性电荷相互吸引，所以氢氧化铁胶体粒子带正电荷。（2）C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：2H2O-4e-=O2+4H+、Cu2++2e-═Cu、2Cl-═Cl2↑+2e-、2H++2e-═H2↑，当各电极转移电子均为1mol时，生成单质的量分别为：0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以单质的物质的量之比为1：2：2：2。电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以H应该是镀件，电镀液含有镀层金属阳离子，故电镀液为AgNO3溶液；当乙中溶液的c（OH-）=0.1mol•L-1时（此时乙溶液体积为500mL），根据电极反应2H2O+2e-═H2↑+2OH-，则放电的氢离子的物质的量为：0.1mol/l×0.5L=0.05mol，当转移0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量=108g/mol×0.05mol=5.4g，电解硫酸铜的过程中水放电生成氧气，有硫酸生成，所以氢离子浓度增大，所以酸性增强，甲中溶液的pH变小。（4）C电极换为铁，则阳极铁失电子，阴极铜离子得电子，电解池反应为：Fe+Cu2+ Cu+Fe2+。
【点睛】本题考查电解池的工作原理，综合性很强，依据实验现象确定阴阳极、正确书写电极反应式是解答关键所在，注意电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，各个电极上转移的电子数是相等的。
18.I.查阅资料知：Br2的沸点为58.8 ℃，密度为3.119 g·cm－3，微溶于水，有毒。
（1）常温下，单质溴通常呈________态，保存时通常在盛溴的试剂瓶中加入少量________。
Ⅱ．工业生产中，海水提取溴常用热空气吹出法。其生产流程如下：
―――→
某化学实验小组模拟该法设计了如下实验装置(夹持装置略去)从浓缩的海水中提取液溴。实验步骤如下：
①关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入Cl2至反应结束；
②关闭a、c，打开b、d，向A中鼓入足量热空气；
③关闭b，打开a，再通过A向B中通入足量的Cl2；
④将B中所得液体进行蒸馏，收集液溴。
（2）当观察到A中液面上方出现________(实验现象)时即可判断步骤①中反应已经结束。
（3）X试剂可以是________(填字母，下同)，尾气处理选用________。
a．H2O b．饱和食盐水 c．氢氧化钠溶液 d．饱和Na2SO3溶液
B中X试剂发生反应的离子方程式为________________________________。
（4）蒸馏时应该选择______(填序号)，操作中应控制的关键实验条件为____________。
Ⅲ．该实验小组利用制得的单质溴研究H2与Br2生成HBr的反应，实验装置如下：
（5）E装置可用来检验反应产物HBr，则D装置的作用是_______。若要检验E中收集的HBr，图示装置检验HBr还不够完善，请结合原有实验装置予以改进：__________。
【答案】 (1). 液 (2). 水 (3). 黄绿色 (4). d (5). c (6). Br2＋SO32－＋H2O=SO42－＋2Br－＋2H＋ (7). ①③⑤⑥⑦ (8). 控制温度在59 ℃(或58.8 ℃) (9). 除去未反应完的溴蒸气 (10). 在D与E之间增加一盛有CCl4的洗气装置
【解析】
【分析】
Ⅰ．溴在常温下为液态，易挥发，密度大于水，微溶于水。Ⅱ．氯气与溴离子反应生成溴单质，当反应完成时，过量的氯气聚集与A中液面上方；溴、氯气都有毒，可用碱液吸收；氯气与溴均能够与氢氧化钠反应生成卤化钠和次卤酸钠和水；依据蒸馏实验装置选择合适的仪器，蒸馏实验依据的液体的沸点不同分离物质。Ⅲ．反应生成的溴化氢中混有溴，检验溴化氢前需要除掉溴单质，避免干扰检验结果；根据溴化氢不溶于四氯化碳而溴易溶于四氯化碳设计方案。
【详解】Ⅰ．（1）溴在常温下为液态，液溴易挥发，密度大于水，微溶于水，所以保存时通常在盛溴的试剂瓶中加入少量水进行水封。Ⅱ．（2）氯气与溴离子反应生成溴单质，当反应完成时，A中液面上方出现黄绿色；（3）溴能够与亚硫酸钠反应生，可以用饱和亚硫酸钠溶液吸收溴；溴、氯气都有毒，可用碱液吸收；溴与亚硫酸钠溶液反应的离子方程式为：Br2+H2O+SO32-=2Br-+SO42-+2H+；（4）蒸馏操作的主要仪器是：带铁圈的铁架台，酒精灯，石棉网，蒸馏烧瓶，温度计，冷凝管，牛角管，锥形瓶，所以选择的仪器有：①③⑤⑥⑦；
蒸馏实验依据的液体的沸点不同分离物质，所以实验中应控制的关键实验条件为温度，Br2的沸点为58.78℃，则应该控制温度在59℃。Ⅲ．（5）生成的溴化氢中混有溴蒸气，由于溴的沸点较低，通过装置D可以除去溴化氢中的溴蒸气；由于装置D无法完全除去溴化氢中的溴单质，所以该方案不严密，应该在D与E之间增加一盛有CCl4的洗气装置，确保将溴化氢中的溴完全除去。
【点睛】本题考查了物质的分离与提纯、物质性质实验方案的设计与评价，熟练掌握化学实验基本操作方法及物质分离与提纯方案的设计原理为解答关键。
19.SO2是硫酸工业尾气的主要成分。以硫酸工业的尾气联合制备硫酸钾和硫酸锰晶体(MnSO4·H2O)的工艺流程如下：
（1）反应Ⅰ的总化学方程式为_______________________________。
（2）反应Ⅱ需控制温度在60～70 ℃，其原因是_______________________。实验室控制温度在60～70 ℃的加热方法是________________。
（3）上述生产工艺中可循环使用的物质是________________。
（4）检验硫酸钾样品中是否含有氯化物杂质的实验操作是_______________________。
（5）已知软锰矿浆的主要成分是MnO2，则反应Ⅳ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
【答案】 (1). 2CaCO3＋2SO2＋O2===2CaSO4＋2CO2 (2). 温度过高NH4HCO3会分解，温度过低反应太慢 (3). 水浴加热 (4). CaCO3 (5). 取少量样品于试管中配成溶液，滴加过量Ba(NO3)2溶液，取少量上层清液于试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液 (6). 1∶1
【解析】
【分析】
硫酸工业的尾气中含有二氧化硫，反应Ⅰ是用碳酸钙、二氧化硫反应生成亚硫酸钙，再被空气中的氧气氧化成硫酸钙，反应Ⅱ为硫酸钙中加入碳酸氢铵和氨水，生成碳酸钙沉淀和硫酸铵，反应Ⅲ为硫酸铵与氯化钾反应生成硫酸钾和氯化铵，反应Ⅳ是二氧化锰氧化二氧化硫得硫酸锰。
【详解】（1）反应I是二氧化硫和碳酸钙、氧气反应生成硫酸钙和二氧化碳，化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2。（2）反应Ⅱ硫酸钙中加入碳酸氢铵和氨水，生成碳酸钙沉淀和硫酸铵，反应时，温度太高，NH4HCO3会分解，温度太低，反应速率太慢，所以需控制温度在60～70℃；反应温度低于100℃，应该采用水浴加热控制温度在60～70℃。（3）通过分析题中的反应流程，反应I中碳酸钙做反应物，反应Ⅱ中碳酸钙为生成物，所以生产工艺中可循环使用的物质是碳酸钙。（4）检验K2SO4样品是否含有氯化物杂质时，需排除SO42—离子的干扰，要先加过量硝酸钡溶液将SO42-沉淀，过滤后向滤液中加硝酸银溶液看是否产生白色沉淀，实验操作是取少量样品于试管中配成溶液，滴加过量Ba（NO3）2溶液，取上层清液滴加AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀可确定。（5）软锰矿浆主要成分是MnO2，与二氧化硫发生氧化还原反应，则反应IV的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1。
【点睛】本题考查物质制备的化学工艺流程，掌握离子检验、陌生方程式书写、物质的分离提纯的方法是解题关键。
20.水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ.取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ.酸化，滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I−还原为Mn2+，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2 S2O32−+I2=2I−+ S4O62−）。
回答下列问题：
（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_____________。
（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_______________。
（3）Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和____________；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除____及二氧化碳。
（4）取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L−1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为________________；若消耗Na2S2O3 溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为_________mg·L−1。
（5）上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏___________。（填“高”或“低”）
【答案】 (1). 使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差 (2). 2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2 (3). 量筒、容量瓶 (4). 氧气 (5). 当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 (6). 80ab (7). 低
【解析】
本题采用碘量法测定水中的溶解氧的含量，属于氧化还原滴定。
（1）取水样时，若搅拌水体，会造成水底还原性杂质进入水样中，或者水体中的氧气因搅拌溶解度降低逸出。
（2）根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被氧气MnO(OH)2，Mn的化合价由＋2价→＋4价，化合价升高2，氧气中O的化合价由0价→－2价，整体降低4价，最小公倍数为4，由此可得方程式2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2。
（3）一定物质的量浓度溶液的配制还需要容量瓶和量筒；加热可以除去溶解的氧气，避免实验结果不准确。
（4）该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I2，因此终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；根据题干，MnO(OH)2把I－氧化成I2，本身被还原成Mn2＋，根据得失电子数目守恒，即有n[MnO(OH)2]×2=n(I2)×2，因此建立关系式O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3
可得水样中溶解氧的含量为 [（ab×10-3）÷4×32×103]÷0.1=80ab。
（5）终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，导致b减小，根据[（ab×10-3）÷4×32×103]÷0.1=80ab，最终结果偏低。
1.醋酸铅[(CH3COO)2Pb]因有甜味而被称为“铅糖”，它有毒但能入药。已知(CH3COO)2Pb可溶于水，硝酸铅与醋酸钠溶液反应的离子方程式为Pb2++2CH3COO-(CH3COO)2Pb。下列有关说法中不正确的是
A. 0.1 mol·L-1的“铅糖”溶液中c(Pb2+)<0.1 mol·L-1
B. “铅糖”是强电解质
C. “铅糖”是共价化合物
D. “铅糖”的溶液可能导电性很弱
【答案】B
【解析】
【分析】
(CH3COO)2Pb可溶于水，硝酸铅与醋酸钠溶液反应的离子方程式为Pb2++2CH3COO-=(CH3COO)2Pb，说明醋酸铅是弱电解质，醋酸铅是共价化合物溶解性小溶液中离子浓度很小可能不导电，据此解答。
【详解】A．依据分析可知：醋酸铅为弱电解质，弱电解质水溶液中部分电离，则0.1 mol•L-1的“铅糖”溶液中c(Pb2+)＜0.1 mol•L-1，故A正确；B．硝酸铅与醋酸钠溶液反应的离子方程式为Pb2++2CH3COO-=(CH3COO)2Pb，说明醋酸铅是弱电解质，故B错误；C．醋酸铅是弱电解质，溶液中存在分子是共价化合物，故C正确；D．醋酸铅是弱电解质，醋酸铅是共价化合物溶解性小溶液中离子浓度很小，“铅糖”的溶液可能导电性很弱，故D正确；故选B。
【点睛】本题考查了弱电解质电离平衡的分析判断，依据化学反应进行判断醋酸铅为弱电解质是解题关键。注意电解质溶液导电性与自由移动的离子浓度有关。
2.某反应由两步反应A→B→C构成，它的反应过程中能量变化曲线如右图所示(E1、E2、E3、E4表示活化能)。下列有关叙述正确的是
A. 两步反应均为吸热反应 B. 加入催化剂会改变反应的焓变
C. 三种物质中C最稳定 D. A→C反应中ΔH＝E1－E2
【答案】C
【解析】
A、由题干图像中物质A、B、C的能量相对大小可知，A→B是吸热反应，B→C是放热反应，选项A错误；B、催化剂能改变反应途径和活化能大小，但不能改变焓变，选项B错误；C、三种物质中C的能量最低，故化合物C最稳定，选项C正确； D、整个反应的ΔH=E1+E3-E2- E4，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查化学反应与能量变化，注意把握物质的总能量与反应热的关系，注意把握反应热的计算，A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题。
3.将编号为①②③④的四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池。①②相连时，外电路电流从②流向①，①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出，③④相连时，③的质量减少；据此判断这四种金属活动性由大到小的顺序是( )
A. ①③②④ B. ①③④② C. ③④②① D. ③①②④
【答案】B
【解析】
【分析】
组成原电池时，负极金属较为活泼，可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极，则可判断金属的活泼性强弱。
【详解】在两种金属片相连浸入稀硫酸的原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，电子从负极流向正极，负极上金属失电子而导致质量减少，正极上氢离子得电子生成氢气，①②相连时，外电路电流从②流向①，则是②正极、①是负极，金属活动性②<①；①③相连时，③为正极，则金属活动性①>③；②④相连时，②上有气泡逸出，④为负极、②为正极，活动性④>②；③④相连时，③的质量减少，则③为负极、④为正极，活动性③>④，通过以上分析知，金属活动性强弱顺序是①③④②，答案选B。
【点睛】本题考查金属活泼性的判断，侧重于原电池的考查，注意原电池的组成特点以及工作原理，题目难度不大。易错点为②④相连时，②上有气泡逸出，应该为正极上氢离子得电子产生氢气，注意判断。
4.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)===K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g) ΔH＝x kJ·mol－1
已知：碳的燃烧热ΔH1＝a kJ·mol－1
S(s)＋2K(s)===K2S(s) ΔH2＝b kJ·mol－1
2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s) ΔH3＝c kJ·mol－1 。 则x为
A. 3a＋b－c B. c－3a－b C. a＋b－c D. c－a－b
【答案】A
【解析】
碳的燃烧热△H1=a kJ•mol-1，其热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=a kJ•mol-1①，S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=b kJ•mol-1②，2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=c kJ•mol-1③，将方程式3×①+②-③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则△H=x kJ•mol-1=(3a+b-c)kJ•mol-1，所以x=3a+b-c，故选A。
点睛：本题考查盖斯定律的应用，侧重考查学生分析计算能力，明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键，注意方程式可以进行加减。盖斯定律的使用方法：①写出目标方程式；②确定“过渡物质”(要消去的物质)；③用消元法逐一消去“过渡物质”。
5.对于恒容密闭容器中发生的可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0，能说明反应达到化学平衡状态的是
A. 断开1个N≡N键的同时有6个N—H键生成
B. 混合气体的密度不变
C. 混合气体的平均相对分子质量不变
D. N2、H2、NH3分子数之比为1∶3∶2
【答案】C
【解析】
试题分析：可逆反应达到化学平衡状态的实质是正逆反应速率相等但不为0。A、断开1个N≡N键的同时，必然会生成2分子氨气，即6个N—H键生成，A不正确；B、密度是气体的质量和容器体积的比值，反应前后气体质量和容器体积均不变，所以在任何时刻混合气体的密度不变，B不正确；C、混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以可以说明达到化学平衡状态，C正确；D、N2、H2、NH3分子数之比1∶3∶2的状态不一定满足正逆反应速率相等，D不正确。答案选C。
考点：考查化学平衡状态的标志
6.下列反应中，一定不能自发进行的是
A. 2KClO3(s)=2KCl(s)＋3O2(g) ΔH＝－78.03 kJ/mol ΔS＝1 110 J/(mol·K)
B. CO(g)=C(石墨，s)＋1/2O2(g) ΔH＝＋110.5 kJ/mol ΔS＝－89.36 J/(mol·K)
C. 4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s) ΔH＝－444.3 kJ/mol ΔS＝－280.1 J/(mol·K)
D. NH4HCO3(s)＋CH3COOH(aq)=CO2(g)＋CH3COONH4(aq)＋H2O(l) ΔH＝＋37.301 kJ/mol ΔS＝184.05 J/(mol·K)
【答案】B
【解析】
A. ΔH<0，ΔS>0，△H –T△S＜0，故A一定能自发进行；B. ΔH>0，ΔS<0，△H –T△S>0，故B一定不能自发进行；C. ΔH<0，ΔS<0，故C低温时，△H –T△S<0，能自发进行,高温时，△H –T△S>0，不能自发进行；D. ΔH>0，ΔS>0，故D低温时，△H –T△S>0，不能自发进行，高温时，△H –T△S<0，能自发进行。故选B。
点睛：解答本题需要明确：△H –T△S＜0，反应能自发进行；△H –T△S>0，反应不能自发进行。
7.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A. 使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42－、Cl－
B. 与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、、SO42－
C. Kw/c(H+)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－
D. 水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中： K＋、Na＋、AlO2－、CO32－
【答案】C
【解析】
【分析】
使酚酞变红色的溶液呈碱性；与Al反应能放出H2的溶液可能为强碱性或非氧化性酸溶液；Kw/c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液呈酸性；水电离的c（H+）=1×10-13mol•L-1的溶液可能呈酸性或碱性。
【详解】使酚酞变红色的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，Al3＋与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，A错误；与Al反应能放出H2的溶液可能为强碱性或非氧化性酸溶液，酸性条件下Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，碱性条件下Fe2+不能大量共存，B错误；Kw/c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，C正确；水电离的c（H+）=1×10-13mol•L-1的溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下AlO2-、CO32-不能大量存在，D错误。
故选C。
【点睛】本题考查离子的共存，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，注意题干“一定共存”的信息。
8.常温下，关于溶液的稀释下列说法正确的是
A. pH＝3的醋酸溶液稀释100倍，pH＝5
B. 将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀释为2 L，pH＝13
C. pH＝4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1.0×10－6 mol·L－1
D. pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，其pH＝6
【答案】B
【解析】
【分析】
醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释能促进醋酸电离；先计算稀释后溶液中氢氧根离子浓度，再计算溶液中氢离子浓度，从而确定溶液的pH；先计算稀释后溶液中氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算水电离出的氢氧根离子浓度，水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度；酸或碱无论如何稀释都不能转变为碱或酸。
【详解】如果醋酸是强电解质，则pH=3的醋酸溶液加水稀释100倍，pH=5，实际上醋酸是弱电解质，所以稀释后pH＜5，A错误；将1 L 0.1mol•L-1的Ba（OH）2溶液加水稀释为2L，溶液中C（OH-）为0.1mol/L，则C（H+）=10-13mol/L，所以pH=13，C正确；将pH=8的NaOH溶液加水稀释100倍，溶液仍然是碱性溶液不可能是酸性溶液，其溶液的pH＞7，D错误。
故选B。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，易错选点是酸或碱稀释过程中溶液接近中性时，要考虑水的电离。
9.某学习小组的同学查阅相关资料知，氧化性：Cr2O72－＞Fe3＋，设计了如图所示的盐桥原电池。盐桥中装有琼脂与饱和K2SO4溶液。下列叙述中正确的是
A. 甲烧杯的溶液中发生还原反应
B. 外电路的电流方向是从b到a
C. 电池工作时，盐桥中的SO42—移向乙烧杯
D. 乙烧杯中发生的电极反应为：2Cr3＋＋7H2O－6e－=Cr2O72－＋14H＋
【答案】B
【解析】
【分析】
由于氧化性Cr2O72->Fe3+，即Cr2O72-可以将Fe2+氧化为Fe3+，故在原电池中，Fe2+失电子被氧化，故a极为负极；Cr2O72-得电子被还原，故b极为正极。
【详解】Fe2+失电子被氧化，即甲池发生氧化反应，A错误；外电路中电流由正极流向负极，即由b流向a，B正确；原电池中，阴离子移向负极，即SO42-移向甲烧杯，C错误；乙烧杯中Cr2O72-得电子被还原：Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了原电池中正负极的判断、电极反应式的书写和离子的移动，负极发生氧化反应，正极发生还原反应是判断关键点。
10.五种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中R元素原子的最外层电子数等于其电子层数的2倍，下列判断正确的是
X
Y
Z
M
R
A. 元素的非金属性大小：Y>X>R B. 简单气态氢化物稳定性：M>R
C. Z的氧化物可以作光导纤维 D. 最高价氧化物对应水化物酸性：Y>X
【答案】D
【解析】
【分析】
由短周期元素在周期表的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、M、R处于第三周期，R元素原子的最外层电子数等于电子层数的2倍，则R为S，可推知X为C元素，Y为N元素，Z为Al，M为P元素。
【详解】磷酸的酸性碳酸的强，故非金属性P>C，A错误；非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性R>M，故氢化物稳定性：R>M，B错误；Z的氧化物为三氧化二铝，可以用作耐火材料，用作光导纤维的是二氧化硅，C错误；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Y>X，故最高价含氧酸酸性：Y>X，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律，注意对元素周期律理解和应用，知道非金属性强弱比较方法是解答的关键。
11.某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡时pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是
A. Ⅱ为盐酸稀释时的pH变化曲线
B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C. a点KW的数值比c点KW的数值大
D. b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
【答案】B
【解析】
试题分析：A、盐酸为强酸，醋酸为弱酸，稀释时醋酸的电离平衡向右移动，所以稀释后醋酸的pH小于盐酸的pH，故I为盐酸稀释时pH值变化曲线，错误；B、b点离子浓度大于c点离子浓度，所以b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，正确；C、温度相同，Kw相同，所以a点Kw的数值与c点Kw的相同，错误；D、相同pH值的盐酸和醋酸溶液，因为醋酸为弱酸，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，则b点酸的总浓度小于a点酸的总浓度，错误。
考点：本题考查弱电解质的电离平衡。
12.将V1 mL 1.00 mol·L-1HCl溶液V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V1+V2=50mL）。下列叙述正确的是（ ）
A. 做该实验时环境温度为22 ℃
B. 该实验表明化学能可以转化为热能
C. NaOH溶液的浓度约是1.00 mol·L-1
D. 该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【答案】B
【解析】
试题分析： A、该实验开始温度是21℃，故A错误；B、由图示可以看出该反应过程放出热量，表明化学能可能转化为热能，故B正确；C、恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1+V2=50Ml可知，消耗的氢氧化钠溶液的质量为20mL．
设恰好反应时氢氧化钠溶液中溶质的物质的量是n．
HCl+NaOH="NaCl+H"2O
1 1
1.0mol•L﹣1×0.03L n
则n=1.0mol•L﹣1×0.03L=0.03mol，所以浓度是：=1.5mol/L，故C错误；
D、只是该反应放热，其他有水生成的反应不一定，所以D错误．
考点：中和热的测定；吸热反应和放热反应．.
13.A与B在容积为1 L的密闭容器中发生反应：aA(s)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，t1、t2时刻分别测得部分数据如下表。下列说法正确的是
n(B)/mol
n(C)/mol
n(D)/mol
反应时间/min
0.12
0.06
0.10
t1
0.06
0.12
0.20
t2
A. 0～t1时间段内，平均反应速率v(B)＝0.04/t1 mol·(L·min)－1
B. 若起始时n(D)＝0，则t2时刻v(D)＝0.20/t2 mol·(L·min)－1
C. 升高温度，v(B)、v(C)、v(D)均增大
D. b∶d＝6∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
不能确定B的起始物质的量；化学反应速率不是瞬时反应速率；升高温度，化学反应速率增大；t1～t2时间段内，B和D的变化量分别是0.06mol、0.1mol。
【详解】不能确定B的起始物质的量，因此0～t1时间段内，不能确定B的变化量，则不能计算其反应速率，A错误；化学反应速率是平均反应速率，不是瞬时反应速率，B错误；升高温度，反应速率v(B)、vC)、v(D)均增大，C正确；D．t1～t2时间段内，B和D的变化量分别是0.06mol、0.1mol，所以b：d＝3：5，D错误。
故选C。
【点睛】本题考查化学反应速率，了解化学反应速率的概念、反应速率的定量表示方法、理解外界条件（浓度、温度、压强、催化剂等）对反应速率的影响是解答的关键。
14.t ℃时，将一定量的混合气体在密闭容器中发生反应：aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，平衡后测得B气体的浓度为0.6 mol·L－1。恒温下，将密闭容器的容积扩大1倍，重新达到平衡后，测得B气体的浓度为0.4 mol·L－1。下列叙述中正确的是
A. 重新达到平衡时，D的体积分数减小 B. a＋b
【答案】A
【解析】
【分析】
保持温度不变，将密闭容器的容积扩大1倍1倍，如平衡不移动，B气体的浓度为0.3mol/L，实际B的浓度变为0.4mol/L，说明平衡向逆反应方向移动.
【详解】平衡向逆反应移动，D的体积分数减小，A正确；增大体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即a+b>c+d，B错误；密闭容器的容积加倍，各物质的浓度都要减小，即A气体浓度减小，C错误；化学平衡逆向进行，向左移动，D错误。
故选A。
【点睛】本题考查影响化学平衡移动的因素，利用假设法判断平衡移动方向是解题关键。
15.如图，甲容器有一个移动活塞，能使容器保持恒压。起始时，关闭活塞K，向甲中充入2mol SO2、1mol O2，向乙中充入4 mol SO2、2 mol O2。甲、乙的体积都为1 L（连通管体积忽略不计）。保持相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。达平衡时，甲的体积为0.8 L。下列说法正确的是
A. 乙容器中SO2的转化率小于60%
B. 平衡时SO3的体积分数：甲＞乙
C. 打开K后一段时间，再次达到平衡，甲的体积为1.4 L
D. 平衡后向甲中再充入2 mol SO2、1 mol O2和3 mol SO3，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
试题分析：A．根据阿伏伽德罗定律(同温同容时，压强之比等于物质的量之比)，达平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的0.8倍，即0.8×3mol=2.4mol，即减小了0.6mol，根据化学方程式的计算可知，
2 SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △n
2 1
1.2mol 0.6mol
即达平衡后，反应掉1.2molSO2，甲容器中SO2的转化率为×100%=60%，若乙容器也不差压强不变，则平衡后体积为1.6L，现体积不变，相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率增大，故A错误；B．根据上述分析，平衡时SO3的体积分数：甲＜乙，故B错误；C．根据上述分析，打开K后一段时间.再次达到平衡，总体积为2.4L，因此甲的体积为1.4 L，故C正确；D．根据上述分析，甲平衡后，容器中有0.8molSO2，0.4molO2，1.2molSO3，物质的量之比为2:1:3，平衡后向甲中再充入2mol SO2、1mol O2和3moLSO3，物质的量之比不变，平衡不移动，故D错误；故选C。
考点：考查了化学平衡的移动和化学平衡的计算的相关知识。
16.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应：SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的正确结论是
A. 反应在c点达到平衡状态
B. 反应物浓度：a点小于b点
C. 反应物的总能量低于生成物的总能量
D. Δt1＝Δt2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
【答案】D
【解析】
试题分析：化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，A错误；a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，B错误；从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，C错误；随着反应的进行，正反应速率增大，△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，D正确；答案选D。
考点：化学平衡、化学反应速率
17.如图装置所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答：
（1）B极是电源的________极，一段时间后，甲中溶液颜色________，丁中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这表明氢氧化铁胶体粒子带___电荷（填“正”或“负”，在电场作用下向____极移动（填“X”或“Y”）。
（2）若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为_________________。
（3）现用丙装置给铜件镀银，则H应该是________（填“镀层金属”或“镀件”），电镀液是________溶液。当乙中溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为500 mL)，丙中镀件上析出银的质量为________，甲中溶液的pH________(填“变大”“变小”或“不变”)。
（4）若将C电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生总反应的离子方程式是__________________________________________。
【答案】 (1). 负极 (2). 逐渐变浅 (3). 正 (4). Y (5). 1∶2∶2∶2 (6). 镀件 (7). AgNO3 (8). 5.4 g (9). 变小 (10). Fe＋Cu2＋Cu＋Fe2＋
【解析】
【分析】
将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是氢离子在该电极放电，所以F极是阴极，B为电源负极、A为电源正极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极。
【详解】（1）B电极是电源的负极，C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：2H2O-4e-=O2+4H+、Cu2++2e-═Cu、2Cl-═Cl2↑+2e-、2H++2e-═H2↑，Y极是阴极，该电极颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体向该电极移动，异性电荷相互吸引，所以氢氧化铁胶体粒子带正电荷。（2）C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：2H2O-4e-=O2+4H+、Cu2++2e-═Cu、2Cl-═Cl2↑+2e-、2H++2e-═H2↑，当各电极转移电子均为1mol时，生成单质的量分别为：0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以单质的物质的量之比为1：2：2：2。电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以H应该是镀件，电镀液含有镀层金属阳离子，故电镀液为AgNO3溶液；当乙中溶液的c（OH-）=0.1mol•L-1时（此时乙溶液体积为500mL），根据电极反应2H2O+2e-═H2↑+2OH-，则放电的氢离子的物质的量为：0.1mol/l×0.5L=0.05mol，当转移0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量=108g/mol×0.05mol=5.4g，电解硫酸铜的过程中水放电生成氧气，有硫酸生成，所以氢离子浓度增大，所以酸性增强，甲中溶液的pH变小。（4）C电极换为铁，则阳极铁失电子，阴极铜离子得电子，电解池反应为：Fe+Cu2+ Cu+Fe2+。
【点睛】本题考查电解池的工作原理，综合性很强，依据实验现象确定阴阳极、正确书写电极反应式是解答关键所在，注意电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，各个电极上转移的电子数是相等的。
18.I.查阅资料知：Br2的沸点为58.8 ℃，密度为3.119 g·cm－3，微溶于水，有毒。
（1）常温下，单质溴通常呈________态，保存时通常在盛溴的试剂瓶中加入少量________。
Ⅱ．工业生产中，海水提取溴常用热空气吹出法。其生产流程如下：
―――→
某化学实验小组模拟该法设计了如下实验装置(夹持装置略去)从浓缩的海水中提取液溴。实验步骤如下：
①关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入Cl2至反应结束；
②关闭a、c，打开b、d，向A中鼓入足量热空气；
③关闭b，打开a，再通过A向B中通入足量的Cl2；
④将B中所得液体进行蒸馏，收集液溴。
（2）当观察到A中液面上方出现________(实验现象)时即可判断步骤①中反应已经结束。
（3）X试剂可以是________(填字母，下同)，尾气处理选用________。
a．H2O b．饱和食盐水 c．氢氧化钠溶液 d．饱和Na2SO3溶液
B中X试剂发生反应的离子方程式为________________________________。
（4）蒸馏时应该选择______(填序号)，操作中应控制的关键实验条件为____________。
Ⅲ．该实验小组利用制得的单质溴研究H2与Br2生成HBr的反应，实验装置如下：
（5）E装置可用来检验反应产物HBr，则D装置的作用是_______。若要检验E中收集的HBr，图示装置检验HBr还不够完善，请结合原有实验装置予以改进：__________。
【答案】 (1). 液 (2). 水 (3). 黄绿色 (4). d (5). c (6). Br2＋SO32－＋H2O=SO42－＋2Br－＋2H＋ (7). ①③⑤⑥⑦ (8). 控制温度在59 ℃(或58.8 ℃) (9). 除去未反应完的溴蒸气 (10). 在D与E之间增加一盛有CCl4的洗气装置
【解析】
【分析】
Ⅰ．溴在常温下为液态，易挥发，密度大于水，微溶于水。Ⅱ．氯气与溴离子反应生成溴单质，当反应完成时，过量的氯气聚集与A中液面上方；溴、氯气都有毒，可用碱液吸收；氯气与溴均能够与氢氧化钠反应生成卤化钠和次卤酸钠和水；依据蒸馏实验装置选择合适的仪器，蒸馏实验依据的液体的沸点不同分离物质。Ⅲ．反应生成的溴化氢中混有溴，检验溴化氢前需要除掉溴单质，避免干扰检验结果；根据溴化氢不溶于四氯化碳而溴易溶于四氯化碳设计方案。
【详解】Ⅰ．（1）溴在常温下为液态，液溴易挥发，密度大于水，微溶于水，所以保存时通常在盛溴的试剂瓶中加入少量水进行水封。Ⅱ．（2）氯气与溴离子反应生成溴单质，当反应完成时，A中液面上方出现黄绿色；（3）溴能够与亚硫酸钠反应生，可以用饱和亚硫酸钠溶液吸收溴；溴、氯气都有毒，可用碱液吸收；溴与亚硫酸钠溶液反应的离子方程式为：Br2+H2O+SO32-=2Br-+SO42-+2H+；（4）蒸馏操作的主要仪器是：带铁圈的铁架台，酒精灯，石棉网，蒸馏烧瓶，温度计，冷凝管，牛角管，锥形瓶，所以选择的仪器有：①③⑤⑥⑦；
蒸馏实验依据的液体的沸点不同分离物质，所以实验中应控制的关键实验条件为温度，Br2的沸点为58.78℃，则应该控制温度在59℃。Ⅲ．（5）生成的溴化氢中混有溴蒸气，由于溴的沸点较低，通过装置D可以除去溴化氢中的溴蒸气；由于装置D无法完全除去溴化氢中的溴单质，所以该方案不严密，应该在D与E之间增加一盛有CCl4的洗气装置，确保将溴化氢中的溴完全除去。
【点睛】本题考查了物质的分离与提纯、物质性质实验方案的设计与评价，熟练掌握化学实验基本操作方法及物质分离与提纯方案的设计原理为解答关键。
19.SO2是硫酸工业尾气的主要成分。以硫酸工业的尾气联合制备硫酸钾和硫酸锰晶体(MnSO4·H2O)的工艺流程如下：
（1）反应Ⅰ的总化学方程式为_______________________________。
（2）反应Ⅱ需控制温度在60～70 ℃，其原因是_______________________。实验室控制温度在60～70 ℃的加热方法是________________。
（3）上述生产工艺中可循环使用的物质是________________。
（4）检验硫酸钾样品中是否含有氯化物杂质的实验操作是_______________________。
（5）已知软锰矿浆的主要成分是MnO2，则反应Ⅳ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
【答案】 (1). 2CaCO3＋2SO2＋O2===2CaSO4＋2CO2 (2). 温度过高NH4HCO3会分解，温度过低反应太慢 (3). 水浴加热 (4). CaCO3 (5). 取少量样品于试管中配成溶液，滴加过量Ba(NO3)2溶液，取少量上层清液于试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液 (6). 1∶1
【解析】
【分析】
硫酸工业的尾气中含有二氧化硫，反应Ⅰ是用碳酸钙、二氧化硫反应生成亚硫酸钙，再被空气中的氧气氧化成硫酸钙，反应Ⅱ为硫酸钙中加入碳酸氢铵和氨水，生成碳酸钙沉淀和硫酸铵，反应Ⅲ为硫酸铵与氯化钾反应生成硫酸钾和氯化铵，反应Ⅳ是二氧化锰氧化二氧化硫得硫酸锰。
【详解】（1）反应I是二氧化硫和碳酸钙、氧气反应生成硫酸钙和二氧化碳，化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2。（2）反应Ⅱ硫酸钙中加入碳酸氢铵和氨水，生成碳酸钙沉淀和硫酸铵，反应时，温度太高，NH4HCO3会分解，温度太低，反应速率太慢，所以需控制温度在60～70℃；反应温度低于100℃，应该采用水浴加热控制温度在60～70℃。（3）通过分析题中的反应流程，反应I中碳酸钙做反应物，反应Ⅱ中碳酸钙为生成物，所以生产工艺中可循环使用的物质是碳酸钙。（4）检验K2SO4样品是否含有氯化物杂质时，需排除SO42—离子的干扰，要先加过量硝酸钡溶液将SO42-沉淀，过滤后向滤液中加硝酸银溶液看是否产生白色沉淀，实验操作是取少量样品于试管中配成溶液，滴加过量Ba（NO3）2溶液，取上层清液滴加AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀可确定。（5）软锰矿浆主要成分是MnO2，与二氧化硫发生氧化还原反应，则反应IV的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1。
【点睛】本题考查物质制备的化学工艺流程，掌握离子检验、陌生方程式书写、物质的分离提纯的方法是解题关键。
20.水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ.取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ.酸化，滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I−还原为Mn2+，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2 S2O32−+I2=2I−+ S4O62−）。
回答下列问题：
（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_____________。
（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_______________。
（3）Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和____________；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除____及二氧化碳。
（4）取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L−1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为________________；若消耗Na2S2O3 溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为_________mg·L−1。
（5）上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏___________。（填“高”或“低”）
【答案】 (1). 使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差 (2). 2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2 (3). 量筒、容量瓶 (4). 氧气 (5). 当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 (6). 80ab (7). 低
【解析】
本题采用碘量法测定水中的溶解氧的含量，属于氧化还原滴定。
（1）取水样时，若搅拌水体，会造成水底还原性杂质进入水样中，或者水体中的氧气因搅拌溶解度降低逸出。
（2）根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被氧气MnO(OH)2，Mn的化合价由＋2价→＋4价，化合价升高2，氧气中O的化合价由0价→－2价，整体降低4价，最小公倍数为4，由此可得方程式2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2。
（3）一定物质的量浓度溶液的配制还需要容量瓶和量筒；加热可以除去溶解的氧气，避免实验结果不准确。
（4）该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I2，因此终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；根据题干，MnO(OH)2把I－氧化成I2，本身被还原成Mn2＋，根据得失电子数目守恒，即有n[MnO(OH)2]×2=n(I2)×2，因此建立关系式O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3
可得水样中溶解氧的含量为 [（ab×10-3）÷4×32×103]÷0.1=80ab。
（5）终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，导致b减小，根据[（ab×10-3）÷4×32×103]÷0.1=80ab，最终结果偏低。
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