2023-2024学年高二上学期期末化学模拟卷（天津专用，人教版2019选择性必修1）（Word版附解析）

2023−2024学年上学期期末模拟考试高二化学·全解全析一、选择题：本题共20个小题，每小题3分，共60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．下列变化中，化学反应速率增大对人类更有益的是A．塑料的老化B．金属的腐蚀C．用较浓的白醋除水垢D．食物的腐败【答案】C【解析】A．减缓塑料的老化可以延长塑料的使用时间，对人类有益，A不符题意；B．减缓金属的腐蚀速率可以延长金属材料的使用时间，对人类有益，B不符题意；C．用较浓的白醋除水垢可增大化学反应速率，可快速去除水垢，对人类有益，C符合题意；D．减缓食物的腐败速率可提高食物的利用率，对人类更有益，D不符题意；答案选C。2．下列仪器在使用前不需要检查是否漏水的是A．B．C．D．【答案】A【解析】分液漏斗、容量瓶和酸式滴定管都带有活塞或瓶塞，所以使用前均需要检查是否漏水，漏斗使用前不需要检查是否漏水，故选A。3．下列各组物质中，都是强电解质的是A．、、B．、、C．、、D．、、【答案】C【解析】A．、HCl均为强电解质，水为弱电解质，故A不符合题意；B．是钠盐、属于强电解质，、均为弱电解质，故B不符合题意；C．NaOH、、依次属于强碱、强酸和盐，均属于强电解质，故C符合题意； D．HClO是弱酸，是弱电解质，、是强电解质，故D不符合题意；故选C。4．下列关于内能和焓变的说法正确的是A．化学反应过程中内能的变化等于焓变B．气态水和液态水所具有的内能一定不相同C．一个化学反应都有且只有一个相对应的焓变D．可逆反应的正反应和逆反应的焓变：ΔH正＝－ΔH逆【答案】D【解析】A．等压条件下，体系只做体积功时，化学反应的反应热等于反应的焓变，A项错误；B．等质量的气态水和液态水所具有的内能一定不相同，不限定水的质量则不能比较二者内能的大小，B项错误；C．同一化学反应，若反应的温度、压强不同或物质的聚集状态不同，则焓变不同，C项错误；D．可逆反应的正反应和逆反应的物质变化相反，所以能量变化相反，即焓变数值相等、符号相反，D项正确；故选D。5．下列应用与盐类水解无关的是A．小苏打用作发酵粉B．NH4Cl溶液除铁锈C．利用AlCl3与NaHCO3制备泡沫灭火剂D．用Na2CO3溶液清洗油污【答案】A【解析】A．小苏打受热分解生成的二氧化碳气体，能使面团体积膨胀，从而使面团变得膨松，与盐类水解无关，A符合题意；B．NH4Cl为强酸弱碱盐，水解其溶液呈酸性，可用于除铁锈，和盐类水解有关，B不符合题意；C．与相混合后，发生双水解反应，生成氢氧化铝和二氧化碳气体，使燃烧物表面隔绝空气，从而达到灭火目的，与盐类水解有关，C不符合题意；D．碳酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，加热促进碳酸钠水解，碱性增强，油脂在碱性条件下水解为可溶性的甘油和高级脂肪酸钠，所以生活中常用热的碳酸钠溶液洗涤油污与水解有关，D不符合题意；故选A。6．下列叙述中，不能用勒夏特列原理(化学平衡移动原理)解释的是A．热的纯碱溶液去油污的能力更强B．人体血液的稳定在范围内C．氯气在水中溶解度大于在饱和食盐水中的溶解度D．合成氨时，选定温度为，而不是常温【答案】D 【解析】A．升高温度促进碳酸根离子水解，热的纯碱溶液碱性增强，可促进油污水解，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B．正常人体血液的能保持相对稳定，是因为血液中含有缓冲物质，而缓冲物质是由一种弱酸和一种相应的强碱盐组成，如H2CO3/NaHCO3，，酸性条件下，能用勒夏特列原理解释，故B不选；C．氯气溶于水存在平衡：，饱和食盐水中氯离子浓度大，使平衡逆向移动，则氯气在水中溶解度大于在饱和食盐水中的溶解度，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D．合成氨的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于生成氨气，只所以选定温度为，而不是常温，主要是从速率角度考虑，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，故D选；答案选D。7．根据如图所示的N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化情况判断，下列说法正确的是A．NO(g)分解为N2(g)和O2(g)的反应是放热反应B．2molO原子结合生成O2(g)时需要吸收498kJ能量C．1molNO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收1264kJ能量D．2molN(g)和2molO(g)的总能量为1444kJ【答案】A【解析】A．N2(g)+O2(g)=2NO(g)的焓变为，该反应为吸热反应，则NO(g)分解为N2(g)和O2(g)的反应是放热反应，A正确；B．成键放出能量，2molO原子结合生成O2(g)时需要放出498kJ能量，B错误；C．1molNO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收632kJ能量，C错误；D．946kJ和498kJ分别是1molN2(g)和1molO2(g)分子中化学键断裂吸收的能量，2molN(g)和2molO(g)的总能量不能确定，D错误；答案选A。8．已知反应4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)在不同条件下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是A．v(N₂)=2.8mol/(L·min)B．v(NO2)=0.09mol/(L∙s)C．v(CO)=0.2mol/(L∙s)D．v(CO₂)=4.0mol/(L·min) 【答案】C【分析】速率之比等于化学计量数之比，为便于比较反应速率的快慢，我们把各物质表示的反应速率都转化为CO表示的反应速率，且将单位统一。【解析】A．v(N₂)=2.8mol/(L·min)，则v(CO)=11.2mol/(L∙min)；B．v(NO2)=0.09mol/(L∙s)，则v(CO)=10.8mol/(L∙min)；C．v(CO)=0.2mol/(L∙s)，则v(CO)=12mol/(L∙min)；D．v(CO₂)=4.0mol/(L·min)，则v(CO)=4.0mol/(L∙min)；从转化结果可以看出，v(CO)=12mol/(L∙min)时，反应速率最快，故选C。9．北溪1号和2号天然气管道被炸毁，导致管道中被包裹的金属材料Fe被腐蚀。下列有关说法正确的是A．钢铁在海水中主要发生析氢腐蚀B．钢铁在海水中构成原电池，负极反应为C．可利用外加电流法保护输气管道D．可以在钢铁表面镀一层铜，当铜破损时，仍能保护钢铁【答案】C【解析】A．海水为中性，钢铁在海水中主要发生吸氧腐蚀，A错误；B．铁失去电子生成亚铁离子，负极反应为，B错误；C．可利用外加电流的阴极保护法保护输气管道，C正确；D．铜不如铁活泼，导致铁做负极加速铁的腐蚀，D错误；故选C。10．用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是A．配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质B．滴定到终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作正确C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗D．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗净后残留有一定量的水【答案】B【解析】A．由于KOH摩尔质量大于NaOH，将会使配制的标准碱液的c(OH-)偏小，滴定时耗用标准液的体积偏大，导致结果偏高，故不选A；B．滴定终点时俯视读数，将使读取碱液的体积偏小，测定结果偏低，故选B；C．用未知液润洗锥形瓶将使盐酸物质的量偏大，消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故不选C；D．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗净后残留有一定量的水，未改变待测液中盐酸的物质的量，所以不改变消耗标准NaOH溶液的体积，对测定结果无影响，故不选D；选B。 11．某温度下，在某一恒容密闭容器中，充入一定物质的量的NO和Cl2，发生反应，下列说法正确的是A．仅适当降低温度，该反应的正逆反应速率均减小B．加入合适的催化剂，该反应达到平衡时的值将增大C．该反应的反应物的键能总和大于生成物的键能总和D．保持其他条件不变，仅充入少量的稀有气体，该反应的速率将增大【答案】A【解析】A．仅适当降低温度，反应体系能量降低，活化分子百分数减小，故该反应的正、逆反应速率均减小，A正确；B．化学平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变平衡常数不变，且加入合适的催化剂，只能改变反应速率，不能是平衡发生移动，故该反应达到平衡时的值将不变，B错误；C．由题干信息可知，该反应正反应为放热反应，故该反应的反应物的键能总和小于生成物的键能总和，C错误；D．保持其他条件不变，仅充入少量的稀有气体，反应体系中各物质的浓度均不变，故该反应的速率将不变，D错误；故答案为：A。12．相同状况下，将装有和空气的集气瓶分别按下图甲、乙两种方式放置，中间用玻璃板隔开，抽掉玻璃板后，下列现象预测和分析错误的是选项现象预测分析A甲盛的集气瓶气体颜色较快变浅密度比空气大B乙盛空气的集气瓶出现红棕色熵增的方向是自发的 C经过足够长的时间，所有瓶中气体颜色相同最终可以达到相同的平衡状态D所有集气瓶中气体颜色均变深反应逆向移动【答案】D【解析】A．抽掉玻璃板，密度比空气大，甲中向下扩散速率比乙中向上扩散速率快，选项A正确；B．气体混合时混乱度增大(熵增)，乙中会向上扩散，空气会向下扩散，选项B正确；C．经过足够长的时间，甲和乙中均达到相同的平衡状态，因为状态相同，所以瓶中气体颜色相同，选项C正确；D．扩散后，分压减小，逆向移动，但因扩散，甲中上面的集气瓶和乙中下面的集气瓶气体颜色会变浅，选项D错误；答案选D。13．在密闭容器中，反应　，达到如下图甲平衡，在仅改变某一条件后达到乙平衡，对改变的条件下列分析正确的是A．图Ⅰ是增大反应物的浓度B．图Ⅱ一定是加入催化剂的变化情况C．图Ⅲ是增大压强D．图Ⅲ是升高温度【答案】D【解析】A．图I在某一时刻正逆反应速率都增大，若只是增大反应物的浓度，只有正反应速率增大，逆反应速率不变，A错误；B．图II正逆速率都增大，但增大程度相同，可能是增大压强或加入催化剂的变化情况，因为该反应是前后气体分子数相同的反应，增大压强，正逆速率都增大，但仍相等，平衡不移动，B错误；C．图III中t时刻的百分含量降低，说明平衡逆向移动，反应是气体体积不变的放热反应，增大压强平衡不移动，升高温度，平衡逆向移动，则图III是升高温度，故C错误；D．由C可知，图Ⅲ是升高温度，故D正确；故选D。 14．针对反应，下列说法正确的是A．低温下能自发进行B．高温下能自发进行C．任何温度下都不能自发进行D．任何温度下都能自发进行【答案】C【解析】C燃烧生成CO为放热反应，则反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)为吸热反应，，且该反应为熵减反应，，则，即在任何温度下都不能自发进行，故选C。15．利用电解法可将含有Fe，、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯。下列叙述中正确的是A．电解时以精铜作阳极B．电解时阳极上发生的反应为Cu2++2e-=CuC．粗铜连接电源的负极，其电极反应为Cu2++2e-=CuD．电解后，电解槽底部会形成含有少量Ag、Pt等金属的阳极泥【答案】D【解析】A．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，故A错误；B．电解时阳极发生失电子的氧化反应，故B错误；C．粗铜连接电源正极，作阳极，阳极上主要电极反应为Cu-2e-═Cu2+，故C错误；D．阳极发生反应有Cu-2e-=Cu2+、Fe-2e-=Fe2+、Zn-2e-=Zn2+，活泼性比Cu弱金属Ag、Pt等金属在电解槽底部会形成阳极泥，故D正确；答案为D。16．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项操作现象结论A用pH试纸分别测量NaNO2和CH3COONa溶液的pHNaNO2溶液的pH约为8，CH3COONa溶液的pH约为9Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)B向1.0mol·L-1的NaHCO3溶液中滴加2滴甲基橙溶液呈黄色NaHCO3溶液呈碱性C向滴有酚酞的氨水中加入CH3COONH4固体溶液的红色变浅CH3COONH4溶液呈酸性D相同的铝片分别与同温同体积，且c(H+)=1mol·L-1的盐酸、硫酸反应铝与盐酸反应产生气泡较快可能是Cl—对该反应起到促进作用【答案】D 【解析】A．NaNO2和CH3COONa溶液浓度未知，应测定等浓度盐溶液的pH来比较对应酸的酸性强弱，故A错误；B．甲基橙的变色范围是：pH≤3.1时呈红色，3.1~4.4时呈橙色，pH≥4.4时呈黄色，因此溶液呈黄色不能说明NaHCO3溶液呈碱性，故B错误；C．加入CH3COONH4固体，铵根离子浓度增大，使一水合氨的电离平衡逆向移动，溶液的红色变浅，但CH3COONH4溶液呈中性，故C错误；D．氢离子浓度相同，酸中阴离子不同，铝与盐酸反应产生气泡较快，则可能是Cl-对该反应起到促进作用，故D正确；故答案选D。17．已知常温下，HCOOH的酸性强于CH3COOH。现将pH=3，体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示。下列叙述正确的是A．曲线I表示CH3COOH溶液的变化曲线B．溶液中水的电离程度：b>c>dC．HCOOH与NaOH反应的离子方程式为：D．a点两种酸溶液分别与NaOH恰好完全中和后，CH3COOH对应的溶液中n()大【答案】D【分析】相同pH的酸，酸性强的HCOOH浓度小于CH3COOH。那么再加水稀释的过程中，浓度较大的CH3COOH电离平衡正向产生的H+更多，所以Ⅱ为CH3COOH，Ⅰ为HCOOH。【解析】A．由上分析，I为HCOOH，A项错误；B．酸电离的H+浓度越小对水电离的抑制作用就越弱，如图溶液中H+：b>c>d，所以水的电离程度b<c<d，B项错误；C．从图分析HCOOH为弱酸，离子方程式中不能拆写，C项错误；D．CH3COOH酸性弱，相同pH的酸，CH3COOH的浓度大消耗NaOH多，所以n(Na+)大，D项正确；故选D。18．下列说法不正确的是 A．测得0.1mol·L-1的一元酸HA溶液pH=3，则HA一定为强电解质B．25℃时将0.1mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH=11C．25℃时将0.1mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH=4，所得溶液c(OH-)=1×10-10mol·L-1D．0.1mol·L-1的HA溶液与0.1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH不一定等于7【答案】A【解析】A．若在常温下，测得0.1mol/L的一元酸HA溶液pH=3，此时c(H+)=0.001mol/L＜0.1mol/L，说明HA不能完全电离，属于弱酸，属于弱电解质，故A错误；B．NaOH完全电离，温度不变时，NaOH溶液稀释100倍，则离子浓度是原来的，所以稀释后c(OH-)=×0.1mol/L=0.001mol/L，溶液的pH=11，故B正确；C．25℃时将0.1mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH=4，此时c(H+)=10-4mol/L，所得溶液c(OH-)==mol/L=1×10-10mol·L-1，故C正确；D．0.1mol·L-1的HA溶液与0.1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，若HA为强酸所得溶液pH等于7.0，若为弱酸则反应后生成强碱弱酸盐，溶液显碱性，pH＞7.0，故D正确；故选A。19．利用如图所示装置模拟电解在工业生产的应用，下列说法正确的是A．若要在铁片上镀铜，Z为FeSO4溶液B．若要在铁片上镀铜，X、Y分别为纯铜和铁片C．若Z是饱和NaCl溶液，电解一段时间后，Y电极析出少量的NaD．若Z是饱和NaCl溶液，X电极首先发生的电极反应式是：【答案】B【解析】A．若要在铁片上镀铜，应该使Fe片与电源负极连接作阴极；铜片与电源正极连接作作阳极，Z为CuSO4溶液，A错误；B．若要在铁片上镀铜，则阳极X为Cu，阴极Y为铁片，B正确；C．若Z是饱和NaCl溶液，由于离子的放电能力：H+＞Na+，所以电解时阴极Y上会产生H2，故电解一段时间后，Y电极不会析出金属Na，C错误； D．若Z是饱和NaCl溶液，由于离子放电顺序：Cl-＞OH-，阳极X电极首先是Cl-放电产生Cl2，故阳极X发生的电极反应式是2Cl--2e-=Cl2↑，D错误；故合理选项是B。20．直接碳燃料电池(DCFC)是一种清洁高效利用碳资源的发电装置，工作原理如图所示，该电池放电时生成的分子会扩散到碳颗粒表面，发生逆向Boudouard反应产生更多的CO，并扩散到电极再次发生反应。下列说法正确的是A．N极为正极，发生还原反应B．导线中箭头所指方向是电流方向C．该电池工作一段时间后，碳颗粒质量不变D．M极的电极反应式为【答案】A【分析】由图可知N极通入氧气为正极，N极反应方程式为：，M极为负极发生反应的方程式为：;【解析】A．根据分析可知N极为正极，发生还原反应，A项正确；B．外电路电流由正极流向负极（），B项错误；C．，碳颗粒质量减少，C项错误；D．根据分析可知M极的反应方程式为：，D项错误；答案选A。二、非选择题：本题共4个小题，共40分。21．（9分）用0.5mol·L-1的盐酸与0.55mol·L-1的NaOH溶液在下图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。请回答下列问题： （1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是__________________，如不改正，求得的中和热会___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。（2）实验时取用相同体积的盐酸和NaOH溶液进行反应，NaOH溶液浓度稍大于盐酸的浓度，原因是_______________________________________。（3）取50mLNaOH溶液和50mL盐酸溶液进行实验，实验数据如下表。温度实验次数起始温度T1/℃终止温度T2/℃HClNaOH平均值126.226.026.129.1225.925.925.929327.027.427.231.7426.426.226.329.5①由上述实验数据可得，温度差的平均值为___________℃②近似认为0.55mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1盐酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)，则中和热ΔH=___________kJ·mol-1(取小数点后一位)。（4）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钡溶液、稀氨水分别和0.5L1mol·L−1的稀硫酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为__________________。【答案】（1）环形玻璃搅拌棒（1分）偏大（1分）（2）确保盐酸被完全中和（1分）（3）3.1（2分）-51.8kJ·mol-1（2分）（4）ΔH2<ΔH1<ΔH3（2分）【解析】（1）还差的玻璃仪器为环形玻璃搅拌棒，作用是使混合均匀，反应加快，且减少热量的散失；如不改正，反应局部放热，测得温度差偏大，求得的中和热会偏大；（2）发生反应时，一种反应物过量，则另一种反应物完全反应，所以NaOH溶液浓度大于盐酸浓度的作用是保证盐酸完全被中和，故答案为:确保盐酸被完全中和；（3）①第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为26.1℃，反应后温度为:29.1℃，反应前后温度差为 3.0℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为25.9℃，反应后温度为:29.0℃，反应前后温度差为3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为27.2℃，反应后温度为:31.7℃，反应前后温度差为:4.5℃；第4次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为26.3℃，反应后温度为:29.5℃，反应前后温度差为:3.2℃；第3次实验的数据误差较大，则另外三次实验的平均温度差为:(3.0℃+3.1℃+3.2℃)=3.1℃；②50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL1g/cm3=100g,C=4.18J/(g·℃)，代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g·℃)100g3.1℃=1295.8J=1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量为:1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为:1.2958kJ=51.8kJ，即该实验测得的中和热H=-51.8kJ/mol,故答案为:-51.8kJ/mol；（4）中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、0.5L1mol·L−1的稀硫酸恰好完全反应放热为57.3kJ；稀氢氧化钡溶液与硫酸反应产生的硫酸钡放热，则0.5L1mol·L−1的稀硫酸恰好完全反应放热大于57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程，稀氨水和0.5L1mol·L−1的稀硫酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，故ΔH2<ΔH1<ΔH3。22．（11分）回答下列问题：（1）常温下，0.1mol·L-1NH4Cl溶液呈(填“酸”“碱”或“中”)性，其原因是(用离子方程式表示)。（2）①实验室配制的CuSO4溶液，常常出现浑浊，可采取在配制时加入少量防止浑浊②泡沫灭火器中盛放的灭火剂包括Al2(SO4)3溶液(约1mol/L)、NaHCO3溶液(约1mol/L)及起泡剂。使用时发生反应的离子方程式是。（3）在配制FeCl3溶液时，加入少许浓盐酸，其目的是；如果不断加热FeCl3溶液，蒸干其水分并灼烧固体，最后得到的物质是。（4）水溶液是中学化学的重点研究对象。水是极弱的电解质，也是最重要的溶剂。常温下某电解质溶解在水中后，溶液中的c(H＋)=10-9  mol·L-1，则该电解质可能是(填字母)。A．CuSO4    B．HCl    C．Na2S      D．NaOH       E．K2SO4（5）常温下，将0.2mol·L-1的某一元酸HA溶液和0.1mol·L-1  NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，若混合液体积等于两溶液体积之和，则混合液中下列关系正确的是___________(填字母)。A．c(HA)<c(A-)B．c(HA)一定大于0.1mol·L-1C．c(Na＋)=c(HA)+c(A-)D．2c(OH-)=2c(H+)＋[c(HA)-c(A-)]【答案】（1）酸（1分）NH+H2ONH3·H2O+H+（2分）（2）H2SO4溶液（1分）Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑（2分） （3）抑制Fe3＋水解（1分）Fe2O3（1分）（4）CD（1分）（5）D（2分）【解析】（1）NH4Cl为强酸弱碱盐，发生水解反应：NH+H2ONH3·H2O+H+，水解后溶液中氢离子浓度大于OH-，溶液呈酸性；（2）①CuSO4为强酸弱碱盐，能发生水解：；从而出现浑浊，为防止其水解变质，在配置硫酸铜溶液时常加入一定H2SO4溶液，以抑制硫酸铜水解；②灭火剂包括Al2(SO4)3溶液(约1mol/L)、NaHCO3溶液，两者能发生双水解反应：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑；生成的氢氧化铝沉淀覆盖在可燃物表面，二氧化碳可隔绝氧气，从而起到灭火作用；（3）FeCl3溶液中存在水解反应：，加入少量浓盐酸可以抑制Fe3＋水解，防止其水解变质；如果不断加热FeCl3溶液，会促进氯化铁水解，生成的HCl挥发，蒸干后得到氢氧化铁，灼烧过程中氢氧化铁发生分解生成Fe2O3；（4）某电解质溶解在水中后，溶液中的c(H＋)=10-9mol·L-1，可知溶液呈碱性，CuSO4、HCl溶液显酸性；Na2S、NaOH溶液呈碱性；K2SO4溶液呈中性，故CD正确；（5）将0.2mol·L-1的某一元酸HA溶液和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合，两者发生反应，最终得到0.05mol·L-1NaA和0.05mol·L-1HA的混合溶液，混合后溶液pH大于7，可知NaA的水解程度大于HA的电离程度；A．NaA的水解程度大于HA的电离程度，则c(HA)>c(A-)，故A错误；B．NaA的水解程度大于HA的电离程度，则c(HA)一定大于0.05mol·L-1，故B错误；C．根据物料守恒：2c(Na＋)=c(HA)+c(A-)，故C错误；D．根据物料守恒：2c(Na＋)=c(HA)+c(A-)，根据电荷守恒：c(Na＋)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，联立可得：2c(OH-)=2c(H+)＋[c(HA)-c(A-)]，故D正确；答案选D。23．（10分）电化学知识给人类的生活和工业生产带来极大的方便。回答下列问题：（1）甲烷燃料电池为绿色化学电源，以NaOH溶液为电解质溶液时，负极的电极反应式为。（2）用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示(电极材料均为石墨)。①图中A口产生的气体为，B口流出的物质是。 ②b电极表面发生的电极反应式为。（3）如图所示，若电解10min时，测得银电极的质量减少5.40g。试回答下列问题：①电源中Y极是(填“正”或“负”)极。②若通电时间较短，电解后要使B中电解液复原，可以加入物质的化学式为。③若A中氯化钾溶液的体积是500mL(电解前后溶液的体积变化忽略不计)，电解后溶液中仍有Cl-，则电解后溶液的pH=。【答案】（1）（2分）（2）氢气（1分）氢氧化钠（1分）（2分）（3）正（1分）CuO（1分）13（2分）【分析】（2）该电解池中由Na+和的移动方向可知，a为阴极，b为阳极，阳极失去电子生成，电极反应式为，阴极水中的氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。【解析】（1）甲烷燃料电池中，负极甲烷失去电子发生氧化反应，在碱性溶液中生成碳酸根离子和水，其电极反应式为。（2）①根据分析，a电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，反应生成H2和NaOH，则图中A口产生的气体为氢气，B口流出的物质是氢氧化钠；②b电极为阳极，失去电子发生氧化反应生成，其电极反应式为。（3）①电解10min时，测得银电极的质量减少5.40g，则银电极失电子发生氧化反应，为阳极，与之相连的为Y为正极；②若通电时间较短，B电解过程中，阳极为水中的氢氧根放电失电子生成氧气，阴极为铜离子得电子生成单质铜，则电解后要使该电解液复原，可以加入物质的化学式为CuO；③若A中氯化钾溶液的体积是500mL(电解前后溶液的体积变化忽略不计)，电解后溶液中仍有Cl-，则阴极电极反应式为，根据得失电子守恒可得关系式，，银电极的质量减少5.40g，其物质的量为0.05mol，则生成0.05mol氢氧根离子，电解后溶液的氢氧根离子浓度为=0.1mol/L， pOH=1，则pH=14-pOH=13。24．（10分）丙酮蒸气热裂解可生产乙烯酮，反应为(g)+，现对该热裂解反应进行研究，回答下列问题：化学键C—HC—C键能412348612（1）根据表格中的键能数据，计算；（2）在恒容绝热密闭容器中，充入丙酮蒸气，可以判断下列到达平衡状态的是___________（填字母）。A．消耗速率与生成速率相等B．容器内密度不再变化C．反应的平衡常数不再变化D．混合气体的平均相对分子质量不再变化（3）丙酮的平衡转化率随温度、压强变化如图所示：①图中X表示的物理量是；②A、C两点化学平衡常数(填“>”、“<”或“=”)；③恒容下，既可提高反应速率，又可提高丙酮平衡转化率的一条合理措施是。（4）在容积可变的恒温密闭容器中，充入丙酮蒸气维持恒压(110kPa)。①经过时间tmin，丙酮分解10％。用单位时间内气体分压变化表示的反应速率v(丙酮)kPa/min；②该条件平衡时丙酮分解率为a，则(以分压表示，分压总压物质的量分数)。【答案】（1）+84（2分）（2）ACD（1分）（3）压强（1分）<（1分）升高温度（1分）（4）（2分）（2分）【解析】（1）根据键能关系△H=反应物的总键能-生成物的总键能=（348kJ·mol-1）×2+（412kJ·mol-1）×6- （612kJ·mol-1）-（412kJ·mol-1）×2-（412kJ·mol-1）×4=＋84kJ·mol-1；（2）A．O=C=CH2(g)消耗速率与CH4生成速率相等说明逆反应速率等于正反应速率，能判断反应达到平衡状态，故A正确；B．容器为恒容，反应过程中总质量不变，所以密度始终不变，不能确定反应达到平衡状态，故B错误；C．该容器为绝热容器，正反应方向为吸热，平衡常数不变，说明温度不变，温度不变，能说明反应达到平衡状态，故C正确；D．正反应方向是气体物质的量增大的方向，即混合气体的平均相对分子质量减小的方向，当平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：ACD。（3）①该反应吸热反应，温度升高，平衡向正反应移动，丙酮的转化率应该升高，若X为温度，与图示不符；X表示压强，增大压强时，平衡逆向移动，丙酮转化率降低，符合图示；②A、C两点转化率相同，且C点压强大于A点，则C点的温度应该高于A，平衡常数只与温度有关，温度升高平衡正向移动，平衡常数增大，则KA＜KC；③根据上述分析恒容下，既可提高反应速率，又可提高丙酮平衡转化率的一条合理措施是升高温度；（4）①设起始丙酮的物质的量为nmol，则分解10%后，丙酮、乙烯酮和甲烷的物质的量分别为0.9n，0.1n，0.1n，已知物质的量之比等于分压之比，则此时丙酮的分压为，则用单位时间内气体分压变化表示的反应速率v(丙酮)=；②该条件平衡时丙酮分解率为a，设起始丙酮的物质的量为nmol，则平衡时丙酮、乙烯酮和甲烷的物质的量依次为n(1-a)mol、anmol、anmol，物质的量分数分别为、、，则Kp=。