浙江省舟山市舟山中学2022-2023学年高二化学上学期阶段性质量监测试卷（Word版附解析）

浙江省舟山市舟山中学2022-2023年高二上册化学阶段性检测可能用到的相对原子质量：H1Li7Be9C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32C1355K39Ca40Fe56Cu64Ag108Ba137一、选择题(本大题共20小题，每小题2分，共40分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列关于反应热的叙述正确的是A.在101kPa下，1mol纯物质完全燃烧所放出的热量就是其燃烧热B.1molH2完全燃烧生成1mol水蒸气时放出的热量为H2的燃烧热C.表示燃烧热的热化学方程式可以有无数个D.所有物质的燃烧热其ΔH均小于0【答案】D【解析】【详解】A．燃烧热必须是25℃、101kPa下，1mol物质完全燃烧并且生成的物质为最稳定的氧化物所放出的热量，故A错误；B．1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量是氢气的燃烧热，故B错误；C．燃烧热是指一定条件下1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，故燃烧热的热化学方程式只有一个，故C错误；D．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出热量，是放热反应，反应的△H均小于0，故D正确；故选：D。2.下列说法正确的是(　　)A.CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－801.3kJ/mol结论：CH4的燃烧热为801.3kJ/molB.Sn(s，灰)Sn(s，白)　ΔH＝＋2.1kJ/mol(灰锡为粉末状)结论：锡制品在寒冷的冬天因易转化为灰锡而损坏C.稀溶液中有：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)　ΔH＝－57.3kJ/mol结论：将盐酸与氨水的稀溶液混合后，若生成1molH2O，则会放出57.3kJ的能量D.C(s，石墨)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH＝－393.5kJ·mol－1C(s，金刚石)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH＝ －395kJ·mol－1结论：相同条件下金刚石性质比石墨稳定【答案】B【解析】【详解】A．在25℃、101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，产物水的状态不是液态，A错误；B．由于该反应正反应为吸热反应，温度越低越有利于反应逆向进行，所以锡制品在寒冷的冬天因易转化为灰锡而损坏，B正确；C．该热化学方程式表示“在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量”，氨水为弱碱溶液，电离需要吸热，所以将盐酸与氨水的稀溶液混合后，若生成1molH2O，则放出能量小于57.3kJ，C错误；D．根据盖斯定律：C(s，石墨)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH＝－393.5kJ·mol－1①C(s，金刚石)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH＝－395kJ·mol－1②①-②得C(s，石墨)＝C(s，金刚石)ΔH＝+1.5kJ·mol－1，根据能量越低越稳定原理，石墨比金刚石稳定，D错误；正确答案：B。【点睛】燃烧热的定义要点：①规定在101kPa压强，25℃下测出热量，因为压强和温度不定，反应热数值不相同；②规定可燃物物质的量为1mol；③规定可燃物完全燃烧生成稳定化合物所放出的热量为标准；中和热定义要点：①强酸强碱稀溶液；②生成1mol液态水；③不可有沉淀，气体生成。3.在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g)△H1②2H2S(g)+SO2(g)=S2(g)+2H2O(g)△H2③H2S(g)+O2(g)=S(g)+H2O(g)△H3④2S(g)=S2(g)△H4则△H4的正确表达式为（）A.△H4=2/3（△H1+△H2-3△H3）B.△H4=2/3（3△H3-△H1-△H2）C.△H4=3/2（△H1+△H2-3△H3） D.△H4=3/2（△H1-△H2-3△H3）【答案】A【解析】【详解】根据盖斯定律，①×－③×得⑤：S(g)+O2(g)=SO2(g)△H5=（△H1-△H3）；根据盖斯定律，②×－③×得⑥：SO2(g)+S(g)=O2(g)+S2(g)△H6=（△H2-2△H3）；⑤+⑥得：2S(g)=S2(g)△H4=（△H1+△H2-3△H3），答案为A。4.关于C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的平衡常数(K)书写形式，正确的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】平衡常数等于生成物浓度的幂次方乘积除以反应物的幂次方乘积；注意固体和纯液体不写在计算式中，则该反应的化学平衡常数，故选：C。5.25℃和Pa时，，该反应能自发进行的原因是A.是吸热反应B.是放热反应C.是熵减少的反应D.熵增大效应大于焓效应【答案】D【解析】【分析】根据△G=△H-T•△S判断，反应能自发进行，必须满足=△H-T•△S＜0，据此分析判断。【详解】2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)△H=+56.7kJ/mol，是一个吸热反应，△H＞0，反应能够自发进行，必须满足△G=△H-T•△S＜0，所以△S＞0，且熵增效应大于能量效应，故选D。6.二氧化硫的催化氧化反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是工业制硫酸的重要反应之一，下列说法正确的是A.煅烧硫铁矿(主要成分FeS2)可获得SO2，将矿石粉碎成细小颗粒可以提高反应的转化率 B.已知该催化氧化反应K(300℃)>K(350℃)，则该反应正向是吸热反应C.采用正向催化剂时，反应的活化能降低，使反应明显加快D.工业生产中，采用的压强越高，温度越低，越有利于提高经济效益【答案】C【解析】【详解】A．煅烧硫铁矿(主要成分FeS2)可获得SO2，将矿石粉碎成细小颗粒可以增大与反应物的接触面积，使燃烧更充分，故A错误；B．升高温度，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；C．用正向催化剂时，反应的活化能降低，活化能越低，反应越快，使反应明显加快，故C正确；D．温度降低，反应速率降低，不利于单位时间内产率的提高，故D错误。故选C。7.电石主要成分为是重要的基本化工原料。已知时，电石生产原理如下：平衡常数  平衡常数以下说法不正确的是（）A.反应B反应平衡常数C.时增大压强，减小、增大D.反应【答案】C【解析】【详解】A.已知，则反应，故A正确；  B.已知，平衡常数，则反应平衡常数 ，故B正确；C.平衡常数只随温度改变而改变，则时增大压强，平衡常数不变，故C错误； D.已知，，根据盖斯定律的热化学方程式，故D正确；答案选C。8.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度c(NO)与温度T的关系如图所示。则下列说法中正确的是A.该反应的ΔH>0B.若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1<K2C.在T3时，若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态CD.在T2时，若反应体系处于状态D，则此时一定有v正<v逆【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，温度越高，平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，即△H＜0，故A错误；B．该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，所以升温化学平衡常数减小，故K1＞K2，故B错误；C．在容积一定的密闭容器中，发生反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)，混合气体的密度是一个变量，T3时，若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C，故C正确；D．T2时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，故反应向正反应进行，则一定有v(正)＞ v(逆)，故D错误；答案为C。9.炼铁的还原剂CO是由焦炭和CO2反应而得。现将焦炭和CO2放入体积为2L的密闭容器中，高温下进行下列反应：C(s)＋CO2(g)=2CO(g)ΔH=QkJ-mol。下图为CO2、CO的物质的量n随时间t的变化关系图。下列说法正确的是A.0～1min，v(CO)=1mol/(L·min)；1～3min时，B.当溶器内的压强不变时，反应一定达到平衡状态且C.3min时温度由T1升高到T2，则可以判断Q>0D.5min时再充入一定量的CO，n(CO)、n(CO2)的变化可分别由a、b曲线表示【答案】C【解析】【详解】A．依据图像分析单位时间段内一氧化碳和二氧化碳物质的量的变化，0～1min，一氧化碳物质的量增加2mol，反应速率，1～3min时，平衡不动，反应速率之比等于化学计量数之比，v(CO)＝2v(CO2)，故A错误；B．反应是气体体积增大的反应，压强不变，说明反应达到平衡，反应气体物质的量之比等于压强之比，P(平衡)＞P(起始)，故B错误；C．依据图像3min升高温度，一氧化碳增多说明反应是吸热反应，T1温度平衡，一氧化碳物 质的量为2mol，二氧化碳物质的量为7mol，平衡常数=，T2温度平衡，一氧化碳物质的量为4mol，二氧化碳物质的量为6mol，平衡常数，则，即K(T2)>K(T1)，则温度升高化学平衡常数增大，说明该反应是吸热反应，则Q>0，故C正确；D．改变一氧化碳的量，增加一氧化碳，瞬间一氧化碳物质的量增大，然后反应平衡逆向进行，一氧化碳减小，二氧化碳增大，b为二氧化碳，c为一氧化碳，故D错误；故选C。10.如图，向A中充入1molX、1molY，向B中充入2molX、2molY，起始时A、B的体积相等都等于a L，在相同温度和催化剂存在的条件下，关闭活塞K，使两容器中各自发生下述放热反应，X （g）+Y（g）2Z（g）+W（g）；  A保持恒压，B保持恒容，达平衡时，A的体积为1.4a L．下列说法错误的A.反应速率：v（B）＞v（A）B.A容器中X的转化率为80%C.平衡时的压强：PB＞2PAD.平衡时Y体积分数：A＞B【答案】D【解析】【详解】A、对于X （g）+Y（g）⇌2Z（g）+W（g）来说，开始时只加入反应物X和Y，该反应将向正反应方向进行，气体的总物质的量逐渐增多，直到平衡。容器A处于恒压环境下，气体物质的量增多，那么容器A的体积会随之增大，导致A中各物质的浓度减小。而容器B中，体积不变，各组分初始浓度是A容器的2倍，每个时刻的反应速率都将大于A容器，即反应速率：v（B）＞v（A），故A正确；B、容器A中达到平衡时，混合气体的物质的量是初始时的1.4倍。恒温恒压时，体积与气体的物质的量成正比。所以，平衡后，A容器中气体为1.4×2mol=2.8mol。即增加了0.8mol，根据化学方程式的计算可知， X（g）+Y（g）⇌2Z（g）+W（g）△n110.8mol0.8mol即达平衡后，反应掉0.8molX，A容器中X的转化率为80%，故B正确；C、起始状态时，A、B容器体积相等，B的气体物质的量是A的2倍，故起始状态时，PB=2PA。A是恒压环境，随着反应的进行A的压强不变。而容器B保持恒温恒容，是一个恒温恒容环境，随着反应的进行，B中气体的物质的量还要增大，所以B中压强越来越大，故平衡时，PB＞2PA，故C正确。D、起始状态时，A和B容器中Y的体积分数是相等的，容器B中的反应，是一个恒温恒容环境，随着反应的进行压强越来越大，相对于A来说，B是一个加压的过程，不利于反应向右进行，故B中Y的转化率较小，所以平衡时Y体积分数A＜B，故D错误；故选D。11.下列实验事实不能证明醋酸是弱电解质的是A.相同pH的醋酸溶液和盐酸分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等B.常温下，测得0.1mol/L醋酸溶液的pH=4C.常温下，将pH=1醋酸溶液稀释1000倍，测得pH＜4D.在相同条件下，相同浓度醋酸溶液的导电性比盐酸的弱【答案】A【解析】【详解】A．醋酸溶液和盐酸pH相同，则溶液中c(H+)相同，因此分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等，这不能证明醋酸是弱电解质，A符合题意；B．常温下，测得0.1mol/L醋酸溶液的pH=4，c(H+)=10-4mol/L＜0.1mol/L，因此可证明醋酸是弱酸，存在电离平衡，B不符合题意；C．常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，若醋酸是强酸，则稀释后c(H+)=10-4mol/L，pH=4，现在测得pH＜4，c(H+)＞10-4mol/L，说明又有一部分醋酸分子发生电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，故可以证明醋酸是弱酸，C不符合题意；D．在相同条件下，相同浓度醋酸溶液的导电性比盐酸的弱，说明醋酸溶液中电离产生的自由移动的离子浓度比HCl小，因此可以说明醋酸是弱酸，D不符合题意；故合理选项是A。 12.NaHSO4在水中的电离方程式为。某温度下，向c(H+)=1×10-6mol/L的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液c(H+)=1×10-2mol/L。下列对该溶液的叙述不正确的是A.该温度高于25℃B.由水电离出来的H+的浓度为1×10-10mol/LC.加入NaHSO4晶体抑制了水的电离D.取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c(OH-)减小【答案】D【解析】【详解】A．水是弱电解质，电离会吸收热量，在室温下水的离子积常数Kw=1×10-14。某温度下，蒸馏水c(H+)=1×10-6mol/L，则该温度下水的离子积常数Kw=1×10-12＞1×10-14，说明温度高于室温25℃，A正确；B．向该温度下的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，测得溶液c(H+)=1×10-2mol/L，则该温度水溶液中c(OH-)=1×10-10mol/L。溶液中的OH-就是水电离产生，由于水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此该溶液中由水电离出来的H+的浓度为1×10-10mol/L，B正确；C．加入NaHSO4晶体，盐溶于水电离产生H+，增大了溶液中c(H+)，水的电离平衡逆向移动，因而抑制了水的电离，C正确；D．向蒸馏水中加入NaHSO4晶体，盐溶于水电离产生H+，使溶液显酸性。取该溶液加水稀释100倍，溶液中c(H+)减小，由于Kw=c(H+)·c(OH-)，所以c(H+)减小，则c(OH-)增大，D错误；故合理选项是D。13.下列说法错误的是A.除去CuCl2溶液中少量的FeCl3，可选用CuO固体B.配制一定浓度的FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀硫酸中，然后稀释至所需浓度C.在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，产生黑色沉淀，的水解程度增大，pH增大D.用饱和氯化铵溶液可以清洗钢铁表面的锈迹【答案】C【解析】【详解】A．FeCl3中的铁离子易水解生成氢氧化铁而除去，加入氧化铜可调节溶液pH，促进铁离子的水解，A正确； B．硫酸亚铁水解显酸性，在溶液中加稀硫酸可以抑制亚铁离子的水解，所以配制FeSO4溶液时，为抑制Fe2+水解，先将FeSO4固体溶于稀硫酸中，然后稀释至所需浓度，B正确；C．在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，HS-电离出的S2-与Cu2+结合生成CuS沉淀，HS-电离程度增大，pH减小，C错误；D．氯化铵水解显酸性，可以清洗金属表面的锈迹，D正确；答案选C。14.下列叙述正确是A.稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B.25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7C.25℃时，0.1mol·L-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D.0.1和0.1混合后加入1L水中，所得溶液中。【答案】C【解析】【详解】A．稀醋酸中存在电离平衡，加入醋酸钠后溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸的电离，A错误；B．等体积等浓度的硝酸与氨水混合后生成硝酸铵，NH发生水解使溶液显酸性，溶液pH>7，B错误；C．H2S是弱电解质，Na2S是强电解质，故同浓度的两溶液，Na2S溶液导电能力强，C正确；D．由于Ksp(AgCl))>Ksp(AgBr)，故等浓度的混合溶液中氟离子和碘离子的浓度不同，D错误；故答案选C。15.某学习小组用“间接碘量法”测定某CuCl2晶体试样的纯度，试样不含其他能与I－发生反应的氧化性杂质，已知：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－。取mg试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，用0.1000mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，部分实验仪器和读数如图所示。下列说法正确的是 A.试样在甲中溶解，滴定管选乙B.选用淀粉作指示剂，当甲中溶液由蓝色变为无色时，即达到滴定终点C.丁图中滴定前，滴定管的读数为a－0.50mLD.对装有标准液的滴定管读数时，滴定前后读数方式如丁图所示，则测得的结果偏小【答案】D【解析】【详解】A.试样应该在烧杯中溶解，Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解显碱性，滴定管选碱式滴定管，故A错误；B.硫代硫酸钠滴定碘单质，利用碘单质遇淀粉变蓝，可以选择淀粉为指示剂；当溶液的蓝色褪去，30s内不恢复蓝色，即达到滴定终点，故B错误；C.根据图象，滴定前，滴定管的读数应该比a大，故C错误；D.若滴定终点时俯视滴定管刻度，读取的标准溶液体积偏小，则由此测得的CuCl2的质量分数会偏小，故D正确；故选D。16.常温下，向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如下图，根据下图图示判断，下列说法正确的是（）A.当V(溶液)=40mL时，溶液中离子浓度大小关系：B.溶液中： C.当V(溶液)=40mL时，其溶液中水的电离程度比纯水小D.当V(溶液)=20mL时，水解程度大于电离程度【答案】B【解析】【分析】根据图示，当加入20mLNaOH溶液时，恰好反应生成NaHA，方程式为NaOH+H2A=NaHA+H2O，当加入40mLNaOH溶液时，恰好反应生成Na2A，方程式为NaOH+NaHA=Na2A+H2O。【详解】A．当V(溶液)=40mL时，溶液中的溶质为Na2A，溶液中存在的平衡有，，，所以溶液中的离子排序为：，A项错误；B．溶液中，质子守恒为，B项正确；C．当V(溶液)=40mL时，溶液中的溶质为Na2A，Na2A的水解能够促进水的电离，故其溶液中水的电离程度比纯水大，C项错误；D．当V(溶液)=20mL时，结合图示，由溶液中A2-的量大于H2A的量，可知水解程度小于电离程度，D项错误；故选B。17.下列说法不正确的是A.Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-，该固体可溶于NH4Cl溶液B.向ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液沉淀变为黑色，可推知同温下Ksp(ZnS)<Ksp(CuS)C.向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，反应的离子方程式为：2AgCl(s)+S2-(aq)⇌Ag2S(s)+2Cl-(aq)D.向2mL浓度均为1.2mol·L-1的KCl、KI混合溶液中滴加1~2滴0.01mol·L-1的AgNO3溶液，振荡沉淀呈黄色，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)【答案】B【解析】【详解】A．NH4Cl为强酸弱碱盐，电离产生的铵根离子与Mg(OH)2产生的氢氧根离子反应生成弱电解质NH3▪H2O，促使Mg(OH)2溶解平衡正向移动，故Mg(OH)2固体可溶于NH4Cl溶液，A说法正确；B．向ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液沉淀变为黑色，则发生ZnS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Zn2+(aq)， 可推知同温下Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，B说法错误；C．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀AgCl变成黑色的Ag2S，反应的离子方程式为：2AgCl(s)+S2-(aq)⇌Ag2S(s)+2Cl-(aq)，C说法正确；D．向2mL浓度均为1.2mol·L-1的KCl、KI混合溶液中滴加1~2滴0.01mol·L-1的AgNO3溶液，振荡沉淀呈黄色，氯离子、碘离子过量，能生成AgI，则AgI更难溶于水，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D说法正确；答案为B。18.化学家正在研究尿素动力燃料电池，尿液也能发电。用这种电池直接去除城市废水中尿素，既能产生净化的水，又能发电，尿素燃料电池结构如图所示，下列有关描述正确的是A.电池工作时H＋移向负极B.该电池用的电解质溶液是KOH溶液C.甲电极反应式：D.电池工作时，理论上每净化1mol，消耗标况下22.4LO2【答案】C【解析】【分析】在原电池中负极失电子，正极得电子，乙电极中O2得电子转化为H2O为正极，则甲电极为负极。【详解】A．原电池中阳离子向正极移动，则电池工作时H+移向正极，A错误；B．该原电池是酸性电解质，质子交换膜只允许氢离子通过，B错误；C．负极上是CO(NH2)2失电子生成二氧化碳和氮气，则负极反应式CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+，C正确；D．电池的总反应式∶2CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2＋4H2O，每净化1molCO(NH2)2，消耗1.5molO2，则在标准状况下氧气为33.6L，D错误； 故答案为：C。【点睛】本题考查的是原电池原理。在原电池中一定有一个可以自发进行的氧化还原反应发生，其中还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子经外电路流向正极；氧化剂在正极上得到电子发生还原反应，电子定向移动形成电流，电流方向与电子运动方向相反，电解质溶液中的阳离子向正极、阴离子向负极定向移动。在书写电极反应式时，要根据电解质的酸碱性分析电极反应的产物是否能稳定存在，如果产物能与电解质的离子继续反应，就要合在一起写出总式，才是正确的电极反应式。19.科学家近年发明了一种新型Zn−CO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。下列说法错误的是A.放电时，负极反应为B.放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为2molC.充电时，电池总反应为D.充电时，正极溶液中OH−浓度升高【答案】D【解析】【分析】由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反应生成O2，左侧为阴极，发生还原反应生成Zn，以此分析解答。【详解】A．放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为：，故A正确，不选； B．放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1molCO2转化为HCOOH时，转移电子数为2mol，故B正确，不选；C．充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上转化为Zn，电池总反应为：，故C正确，不选；D．充电时，正极即为阳极，电极反应式为：，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)•c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中OH-浓度降低，故D错误，符合题意；答案选D。20.双极膜在电渗析中应用广泛，它是由阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成。双极膜内层为水层，工作时水层中的H2О解离成H+和OH-，并分别通过离子交换膜向两侧发生迁移。下图为NaBr溶液的电渗析装置示意图。下列说法正确的是A.出口2的产物为HBr溶液B.出口5的产物为硫酸溶液C.Br-可从盐室最终进入阳极液中D.阴极电极反应式为2H++2e-=H2↑【答案】D【解析】【详解】A．电解时，溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，溶液中的Na+向阴极移动，与双极膜提供的氢氧根离子结合，出口2的产物为NaOH溶液，A错误；B．电解时，溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，溶液中的Br-向阳极移动，与双极膜提供的氢离子结合，故出口4的产物为HBr溶液，钠离子不能通过双极膜，故出口5 不是硫酸，B错误；C．结合选项B，Br-不会从盐室最终进入阳极液中，C错误；D．电解池阴极处，发生的反应是物质得到电子被还原，发生还原反应，水解离成H+和OH−，则在阴极处发生的反应为2H++2e-=H2↑，D正确；答案选D。二、非选择题(本大题共5小题，共60分)21.在101kPa下，1g氢气完全燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，请回答下列问题：（1）该反应的反应物总能量___________(填“大于”“小于”或“等于”)生成物总能量。（2）氢气的燃烧热为___________（3）该反应的热化学方程式为___________。（4）若1mol氢气完全燃烧生成1mol气态水放出241kJ的热量，已知H-O的键能为463kJ·mol-1，0=0的键能为498kJmol，计算H-H的键能为___________kJ·mol-1.【答案】（1）大于（2）285.8kJ·mol-1（3）kJ·mol-1（4）436【解析】【小问1详解】反应是放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，故答案为：大于；【小问2详解】在298K、101kPa时，1g即0.5molH2完全燃烧生成液态水，放出142.9kJ热量，则1molH2完全燃烧生成液态水，放出142.9kJ×2=285.8kJ热量，即氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，故答案为：285.8kJ•mol-1；【小问3详解】在298K、101kPa时，1g即0.5molH2完全燃烧生成液态水，放出142.9kJ热量，则1molH2完全燃烧时放出285.8kJ能量，则表示H2燃烧的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1；【小问4详解】若1mol氢气完全燃烧生成1mol气态水放出241kJ的热量，已知H-O键能为436kJ•mol-1，O=O键能为498kJ•mol-1，燃烧的热化学方程式：2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=-484kJ/mol，设形成1mol H-H键完全断裂时吸收热量为XkJ，2X+498KJ-4×436KJ=-482kJ，解得X=436KJ，故答案为：436。22.回答下列问题（1）向0.1mol·L-1的氨水中加入少量的明矾，溶液中的的浓度___________。（2）25℃，在0.10H2S溶液中，通入HCI气体或加入固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2)关系如图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。①pH=13时，溶液中的c(H2S)+c(HS-)=___________。②某溶液含0.020Mn2+、0.10H2S，当溶液pH=___________时，Mn2+开始沉淀。[已知：=2.8×10-13]（3）25℃，两种酸的电离平衡常数如下表。Ka1Ka2H2SO31.3×10-26.3×10-8H2CO34.2×10-75.6×10-11①0.10NaHSO3溶液中粒子浓度由大到小的顺序为___________。②向NaHCO3溶液中通入少量二氧化硫时反应的离子方程式___________。【答案】（1）增大（2）①.0.043②.5（3）①.②. 【解析】【小问1详解】氨水中存在电离平衡：，加入少量的明矾，其铝离子与氢氧根离子结合，促进电离正向移动，溶液中的的浓度增大；【小问2详解】①根据物料守恒：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)＝0.10mol·L-1，故c(HS-)+c(H2S)＝0.10mol·L－1－c(S2-)＝0.10mol·L-1－5.7×10-2mol·L-1＝0.043mol·L-1；②当Qc=Ksp(MnS)时开始沉淀，所以c(S2-)=mol/L=1.4×10-11mol/L，结合图像得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀；【小问3详解】①NaHSO3溶液中存在电离平衡Ka2=6.3×10-8，也存在水解平衡，则电离程度大于水解程度，故离子浓度大小关系为；②由表中电离平衡常数可得如下关系：Ka1(H2SO3)＞Ka1(H2CO3)＞Ka2(H2SO3)＞Ka2(H2CO3)，向NaHCO3溶液中通入少量二氧化硫时反应可放出CO2气体，同时生成，离子方程式为：SO2+H2O＋=＋CO2↑＋H2O。23.回答下列问题（1）葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L-1，取300.00mL葡萄酒，通过适当的方法使所含SO2全部逸出并用H2O2将其全部氧化为H2SO4，然后用0.0900mol·L-1NaOH标准溶液进行滴定。①滴定前排气泡时，应选择下图中的___________(填字母，下同)②若用50mL滴定管进行实验：当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积 ___________。A．=10mLB．=40mLC．<10mLD．>40mL③上述滴定实验中，可选择___________为指示剂，选择该指示剂时如何判断反应到达滴定终点：___________。④滴定终点读数时滴定管内有气泡，则测量结果比实际值___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)⑤滴定至终点时，若消耗2500ml，该葡萄酒中SO2含量___________g·L-1.（2）①某学生用0.100mol·L-1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作为：A．移取20mL待测盐酸注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞；B．用标准溶液润洗滴定管2～3次；C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴处充满溶液；D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上2～3cm处；E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；F．把锥形瓶放在滴定管下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下刻度。实验编号KOH溶液的浓度／滴定完成时，KOH溶液滴入的体积／mL待测盐酸的体积／mL10.10022.2220.0020.10022.7220.0030.10022.8020.00②正确操作步骤的顺序是___________(填字母)。③根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为___________(保留三位有效数字)。【答案】（1）①.C②.D③.酚酞溶液④.当滴入最后半滴溶液时，溶液恰好由无色变为红色，且30秒内不改变⑤.偏低⑥.0.24（2）①.BDCEAF②.0.114mol·L-1【解析】【分析】滴定管使用前，先验漏并用标准液润洗；再调节滴定管使尖嘴处充满溶液，调节液 面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；移取待测液注入洁净的锥形瓶中，滴加指示剂，把锥形瓶放在滴定管下面，用标准液滴定至终点并记下刻度，实验重复2～3次；根据计算。【小问1详解】①在碱式滴定管中盛装NaOH标准溶液，用图C排气泡；②滴定管的零刻度在上部，50mL以下仍旧有液体，则滴定管中盛有的液体体积大于40mL，答案为D；③标准液为NaOH时，可用酚酞作指示剂，现象由无色变为浅红色，颜色变化明显，便于判断滴定终点；当加入最后一滴标准溶液后，溶液恰好变浅红色，且在半分钟内无变化，说明到达滴定终点；④滴定终点读数时滴定管内有气泡，则V(标准)偏小，则待测液的浓度偏低；根据反应H2O2+SO2=H2SO4，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，可得反应关系SO2～H2SO4～2NaOH，滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2的质量为，含量为=0.24g•L-1；【小问2详解】①盛有标准液的滴定管使用之前，先验漏并用标准液润洗2～3次，再盛有标准液至刻度线“0”以上2～3cm处，固定到铁架台滴定管支架上，调节滴定管使尖嘴处充满溶液，调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；移取20mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞，把锥形瓶放在滴定管下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下刻度，实验重复2～3次，操作步骤为BDCEAF；②第一组数据舍去，用后两次数据计算，根据。24.回答下列问题（1）汽车尾气是雾霾形成的原因之一、研究氮氧化物的处理方法可有效减少雾霾的形成，可采用氧化还原法脱硝： 根据图示判断提高脱硝效率的最佳条件是___________；氨氮物质的量之比一定时，在400℃时，脱硝效率最大，其可能的原因___________。（2）用活性炭还原法也可以处理氮氧化物，某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH>0在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的物质的量浓度如下：①根据图表数据分析不T1℃时，该反应在0～20min的平均反应速率___________：计算该反应的平衡常数K=___________。②30min后，只改变某一条件，根据上表的数据判断改变的条件可能是___________。A．通入一定量的CO2B．加入合适的催化剂C．适当缩小容器的体积 D．通入一定量的NOE．加入一定量的活性炭F．适当升高温度【答案】（1）①.400℃氨氮物质的量之比为1：1②.400℃时的活性最大，且反应速率快（2）①.0.15mol。L-1.min-1②.0.5625③.CD【解析】【小问1详解】根据图示，提高脱硝效率的最佳条件为400℃，氨氮物质的量之比为1：1；在400℃时催化剂的活性最好，催化效率高，同时400℃温度较高，则反应速率快。【小问2详解】①根据表格数据可知：在20min内CO2的浓度增大0.30molL-1，则用CO2的浓度改变表示反应速率是v(CO2)=0.30molL-120min=0.015molL-1min-1；反应达到平衡时，各种物质的浓度分别是：c(NO)=0.48molL-1，c(N2)=c(CO2)=0.36molL-1，所以在该温度下的化学平衡常数K===0.5625；②通入一定量的CO2，平衡向左移动，则N2的浓度会减小，不符合题意，故A错误；催化剂不影响平衡移动，故B错误；适当缩小容器的体积，则在这一瞬间，所有气体的浓度都会增大，在达到新的平衡之后，每种气体的浓度还是比原平衡时的大，故C正确；通入一定量的NO，平衡向右移动，则N2、CO2的浓度都会增大，因为加入了一定量NO，即使减小了，但还是比上一个平衡的浓度大，故D正确；活性炭是固体，不影响平衡移动，故E错误；△H>0，升高温度平衡右移，c(NO)减小，故F错误；故答案为：CD。【点睛】平衡移动原理又勒夏特列原理，适用于任何平衡体系，能解释因外界条件改变导致平衡发生移动所带来的各种变化，但是如果改变的外界条件不能破坏平衡体系，平衡就不会发生移动，所以就不能用来解释由此带来的各种现象。25.电解是最强有力的氧化还原手段，在化工生产中有着重要的应用。请回答下列问题：（1）以铜为阳极，以石墨为阴极，用NaCl溶液作电解液进行电解，得到半导体材料Cu2O和一种清洁能源，则阳极反应式为________，阴极反应式为________。（2）某同学设计如图所示的装置探究金属的腐蚀情况。下列判断合理的是_____(填序号)。 a．②区铜片上有气泡产生b．③区铁片的电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑c．最先观察到变成红色的区域是②区d．②区和④区中铜片的质量均不发生变化（3）最新研究发现，用隔膜电解法处理高浓度乙醛废水的工艺具有流程简单、能耗较低等优点，其原理是使乙醛分别在阴、阳极发生反应生成乙醇和乙酸，总反应式为2CH3CHO＋H2O=CH3CH2OH＋CH3COOH。实验室中，以一定浓度乙醛－Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示。①若以甲烷碱性燃料电池为直流电源，则燃料电池中b极应通入________(填化学式)，电极反应式为________。电解过程中，阴极区Na2SO4的物质的量________(填“增大”、“减小”或“不变”)。②若电解精炼镍则阳极材料为_______，铁钉镀锌时连接电源负极的是_______(填名称)【答案】（1）①.②.（2）d（3）①.②.③.不变④.粗镍⑤.铁钉【解析】【分析】【小问1详解】 以铜为阳极，以石墨为阴极，用NaCl溶液作电解液进行电解，得到半导体材料Cu2O和一种清洁能源，则阳极反应式为，阴极上是氢离子放电生成氢气，电极反应式为。【小问2详解】左半区是原电池装置，发生的是铁的吸氧腐蚀，负极电极反应为，正极电极反应为；右半区是电解池，阳极电极反应，阴极电极反应，由于电解引起腐蚀的速率远大于吸氧腐蚀的速率，因此最先观察到变成红色的区域是④区，故选项abc均错误，答案选d；【小问3详解】①根据电解液中的阳离子的移动方向可知c为阳极，d为阴极，因此直流电源上a为正极，通入氧气，b电极为负极，通入甲烷在碱性条件下被氧化得到碳酸根离子，则b极的电极反应式为：；在电解过程中由于硫酸根离子没参与放电，且阳离子交换膜不允许阴离子自由通过，因此依据质量守恒可以得到阴极区硫酸钠的物质的量不变；②若电解精炼镍，则阳极材料为粗镍；铁钉镀锌时锌做阳极，连接电源的正极，铁钉做阴极，连接电源的负极。