吉林省东北师大附中2022届高三化学上学期第三次摸底考试试题（含解析）新人教版

吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试【试卷综析】本试卷是理科化学单独试卷，知识考查涉及的知识点：化学计量的有关计算、化学反应速率、化学平衡、溶液中的离子关系等；以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查。试题重点考查：弱电解质的电离、化学平衡的移动、电化学原理、常见的无机物性质及其应用等主干知识。注重常见化学方法，应用化学思想，体现学科基本要求，难度中等。【知识点】原电池、电解池原理、化学平衡的综合应用F3F4G5【答案解析】【解析】C解析：A．任何一个自发的氧化还原反应才可以设计成原电池，故A错误；B．铅蓄电池放电时负极发生氧化反应，充电时阴极发生还原反应，故B错误；C．电解饱和食盐水时，阴极氢离子放电，促进水的电离，故C正确；D．可逆反应平衡常数只与温度有关，与反应速率、转化率均无关，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了原电池、电解池原理、化学平衡常数，属于基础概念题，难度不大。【题文】2.将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中，然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可见A．NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应B．NH4HCO3和盐酸的反应是吸热反应C．反应物的总能量高于生成物的总能量D．反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HCl==NH4Cl+CO2↑+H2OΔH=+QkJ/mol【知识点】反应热与焓变F1【答案解析】【解析】B解析：A．醋酸逐渐凝固说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，故A错误；B．醋酸逐渐凝固说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，故B正确；C、因反应为吸热反应，则反应后生成物的总能量高于反应物的总能量，故C错误；D、书写热化学方程式时，应注明物质的状态，故D错误故答案选B【思路点拨】本题考查了化学反应能量变化判断，热化学方程式书写方法，能量守恒的应用分析是解题关键，题目较简单。【题文】3．一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋S(l)　ΔH＜0，-18-若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变B．平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快C．平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率D．其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变【知识点】化学平衡的影响因素G2【答案解析】【解析】D解析：A．该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，随着反应的进行，气体的物质的量逐渐减小，则容器的压强在逐渐减小，故A错误；B．硫是液体，分离出硫，气体反应物和生成物浓度都不变，所以不影响反应速率，故B错误；C．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，抑制了二氧化硫的转化，所以二氧化硫的转化率降低，故C错误；D．平衡常数只与温度有关，与使用哪种催化剂无关，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查了影响化学平衡的因素，难度不大，易错选项是B，注意固体和纯液体改变用量对反应速率无影响，催化剂只影响反应速率不影响平衡的移动。【题文】4.将左下图中所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（）A．电子沿Zn→a→b→Cu路径流动B．Cu电极质量增加C．甲池与乙池中的溶液互换，闭合K,电流没有明显变化D．片刻后可观察到滤纸b点变红色【知识点】原电池和电解池工作原理F3F4【答案解析】【解析】B解析：甲、乙装置能自发的进行氧化还原反应，所以是原电池，锌易失电子作负极，铜作正极，则含有硫酸钾溶液的滤纸是电解池，a是阴极，b是阳极，A、电子从Zn→a，b→Cu路径流动，电子不进入电解质溶液，故A错误；B、铜电极上铜离子得电子发生还原反应而生成铜，质量增加，故B正确；C、甲池与乙池中的溶液互换，Zn与硫酸铜溶液直接接触，发生置换反应，不能形成原电池，所以闭合K没有电流产生，故C错误；D、电解池中，b电极上氢氧根离子放电，同时b电极附近生成氢离子，导致溶液酸性增强，所以b极不变红色，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题考查了原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，易错选项是A，注意电子不进入电解质溶液，电解质溶液是通过阴阳离子的定向移动形成电流，为易错点．-18-【题文】5．某反应由两步反应A→B→C构成，它的反应能量曲线如图所示(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．三种化合物中C最稳定D．A→C反应中ΔH=E1-E2【知识点】反应热与焓变F1【答案解析】【解析】C解析：A．A→B的反应为吸热反应，B→C的反应为放热反应，故A错误；B．加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，故B错误；C．物质的总能量越低，越稳定，故C正确；D．整个反应中△H=（E1+E3）-（E2+E4），故D错误．故答案选C【思路点拨】本题考查了化学反应与能量变化，题目难度不大，注意把握物质的总能量与反应热的关系，易错点为D，注意把握反应热的计算。【题文】6．如图装置中，小试管内为红墨水，带有支管的U型管中盛有pH＝4的雨水和生铁片。经观察，装置中有如下现象：开始时插在小试管中的导管内的液面下降，一段时间后导管内的液面回升，略高于U型管中的液面。以下有关解释合理的是A．生铁片中的碳是原电池的负极，发生还原反应B．雨水酸性较强，生铁片始终发生析氢腐蚀C．墨水液面回升时，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e—==4OH－D．U型管中溶液pH逐渐减小【知识点】金属的电化学腐蚀与防护F3F5【答案解析】【解析】C解析：A．生铁片中的碳是原电池的正极，发生还原反应，铁是负极，发生氧化反应，故A错误；B．雨水酸性较强，开始时生铁片发生析氢腐蚀，一段时间后酸性减弱发生吸氧腐蚀，故B错误；C．墨水液面回升时，说明U形管内压强降低，则生铁片发生吸氧腐蚀，正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故C正确；D．先发生析氢腐蚀，消耗氢离子，后发生吸氧腐蚀，产生氢氧根离子，U型管中溶液pH逐渐增大，故D错误；故答案选C-18-【思路点拨】本题考查了金属的电化学腐蚀，侧重于原电池工作原理的考查，为高考常见题型，难度不大，注意把握题给信息，为解答该题的关键。【题文】7．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．pH＝1的溶液中：Fe2+、NO3－、SO42－、Na+B．由水电离的c(H+)＝1×10－14mol/L的溶液中：Ca2+、K＋、Cl－、HCO3－C．c(H+)/c(OH－)＝1012的溶液中：NH4＋、Al3+、NO3－、Cl－D．c(Fe3+)＝0.1mol/L的溶液中：K+、ClO－、SO42－、SCN－【知识点】离子共存问题B1【答案解析】【解析】C解析：A．pH＝1酸性溶液中，Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．由水电离出的c（OH- ）=1×10-13mol•L-1的溶液，为酸或碱溶液，该组离子HCO3－均不能共存，故B错误；C．c(H+)/c(OH－)＝1012的溶液是酸性溶液，各离子可以共存，故C正确；D．Fe3+和SCN－不能共存，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的考查，题目难度不大。【题文】8．已知HCl为强酸，下列对比实验不能用于证明CH3COOH为弱酸的是　A．对比等浓度的两种酸溶液的pH　B．对比等浓度的两种酸溶液，与相同大小镁条反应的初始速率　C．对比等浓度、等体积的两种酸溶液，与等量NaOH溶液反应后放出的热量　D．对比等浓度、等体积的两种酸溶液，与足量Zn反应，生成H2的体积【知识点】弱电解质在水中的电离平衡H1【答案解析】【解析】D解析：A．对比等浓度的两种酸的pH，如醋酸pH比盐酸pH大，说明醋酸没有完全电离，可说明为弱酸，A不选；B．氢离子浓度越大，反应速率越大，可对比等浓度的两种酸，与相同大小镁条反应的初始速率判断酸性的强弱，故B不选；C．电解质的电离为吸热过程，如醋酸为弱酸，也发生中和反应放出的热量少于盐酸，可证明酸性的强弱，故C不选；D．等浓度、等体积的两种酸，与足量Zn反应，生成H2的体积相等，不能证明酸性的强弱，故D选故答案选D【思路点拨】本题考查了弱电解质的实验方法设计，题目难度中等，注意判断弱电解质的角度，把握正确的判断方法。【题文】9．表面介导电池(SMCS)是一种新型充电电池，可使电动汽车的充电时间仅需几分钟，该电池的电极材料为金属锂和氧化石墨烯。下列有关说法中不正确的是A．放电时，氧化石墨烯作正极B．放电时，负极电极反应式为Li－e－===Li＋C．充电时，该电池是将电能转化为化学能D．充电时，电解质溶液中的Li＋从阴极迁移到阳极【知识点】新型电源F3F4F5【答案解析】【解析】D解析：A．放电时，活泼金属锂做负极，氧化石墨烯作正极，故A正确；B．放电时，活泼金属锂做负极，负极电极反应式为Li－e－===Li＋，故B正确；-18-C．充电时，该电池是电解池原理，将电能转化为化学能，故C正确；D．充电时，电解质溶液中的阳离子Li＋从阳极极迁移到阴极，故D错误；故答案选D【思路点拨】本题考查了化学电源新型电池，题目难度中等，注意把握原电池的工作原理和电极反应的判断。【题文】10．在恒容密闭容器中，可以作为2NO2(g)2NO(g)+O2(g)达到平衡状态的标志是：①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2；②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO；③混合气体的颜色不再改变；④混合气体的密度不再改变的状态；⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态；⑥混合气体中NO与O2的物质的量之比保持恒定；⑦混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定①③⑤⑦B．②④⑤C．①③④D．①②③④⑤【知识点】化学平衡状态的判断G2【答案解析】【解析】A解析：①单位时间内生成n molO2的同时生成2n mol NO2证明正逆反应速率是相等的，达到了平衡，故正确；②未体现正逆反应速率的关系，故错误；③混合气体的颜色不再改变，证明二氧化氮的浓度不随着时间的变化而变化，证明达到了平衡，故正确；④化学反应前后质量是守恒的，体积是不变化的，混合气体的密度任何状态都不改变，故错误；⑤化学反应前后物质的量变化，质量守恒，所以混合气体的平均相对分子质量变化，当达到了平衡状态，不再变化，故正确；⑥如果反应开始只加入NO2，混合气体中NO与O2的物质的量之比保持恒定不能作为平衡的判断，故错误；⑦混合气体的总压强不再改变，证明化学反应的正逆反应速率是相等的，达到了平衡，故正确．故答案选A【思路点拨】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．【题文】11．右图是关于反应A2（g）+3B2（g）2C（g）ΔH＜0的平衡移动图像，影响平衡移动的原因是A．升高温度，同时加压B．降低温度，同时减压C．增大反应物浓度，同时使用催化剂D．增大反应物浓度，同时减小生成物浓度【知识点】化学平衡的影响因素G3G5【答案解析】【解析】D解析：-18-A、升高温度，同时加压，正逆反应速率都增大，逆反应速率应在原速率的上方，故A错误；B、降低温度，同时减压正逆反应速率都降低，正反应速率应在原速率的下方，故B错误；C、增大反应物浓度，同时使用催化剂，正逆反应速率都增大，逆反应速率应在原速率的上方，但正反应速率增大更多，平衡向正反应移动，故C错误；D、增大反应物浓度，同时减小生成物浓度，瞬间正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应移动，图象符合，故D正确．故答案选D【思路点拨】本题考查了外界条件对化学反应速率和平衡的影响、平衡移动图象，难度较大，明确温度、压强、浓度变化引起化学反应速率变化是解本题的关键。【题文】12．有关下列图象的说法正确的是A．由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的ΔH>0B．图乙表示向pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，则其中曲线a对应的是醋酸C．图丙表示该反应为放热反应．且催化剂能降低反应的活化能、改变反应物的焓D．图丁中开关K置于a或b处均可减缓铁的腐蚀【知识点】化学反应与能量、弱电解质的电离、电化学防护F1G2F5【答案解析】【解析】B解析：A．升高温度，逆反应速率大于正反应速率，则平衡向逆反应方向移动，逆反应是吸热反应，所以正反应△H＜0，故A错误；B．加水稀释促进醋酸电离，稀释相同的倍数，醋酸pH变化小于盐酸，所以曲线a对应的是醋酸，故B正确；C．反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应是放热反应，催化剂能改变活化能，但不改变焓变，故C错误；D．图丁中开关K置于a处均可减缓铁的腐蚀，处于b时铁做负极被腐蚀，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题考查了弱电解质的电离、物质之间的反应、反应热等知识点，明确弱电解质的电离特点、催化剂对反应的影响即可解答，易错选项是C，注意：催化剂能改变反应速率但不影响可逆反应平衡移动，不影响焓变，为易错点．【题文】13．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是A．pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5mol/LB．pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1C．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O4－)D．pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3两种溶液的c(Na＋)：①＞②【知识点】溶液中的离子浓度大小的比较H6【答案解析】【解析】D解析：A．H2S溶液中存在电离平衡：H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-、H2O⇌H++OH-，根据上述反应知，pH=5的H2S溶液中，c（H+）=1×10-5 mol•L-1＞c（HS-），故A错误；B．一水合氨为弱电解质，加水稀释后促进了其电离，其溶液pH变化比强碱小，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a＜b+1，故B错误-18-；C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），故C错误；D．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，根据盐类水解规律：组成盐的酸根离子对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，物质的量浓度相同时，溶液的碱性越强，则pH越大，故pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）大小为：①＞②＞③，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其应用方法，要求学生能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小，试题有利于培养学生的分析、理解能力。【题文】14．根据碘与氢气反应的热化学方程式①I2(g)+H2(g)2HI(g)ΔH1=-9.48kJ/mol②I2(s)+H2(g)2HI(g)ΔH2=+26.48kJ/mol，下列判断正确的是A．254gI2(g)中通入2gH2(g),反应放热9.48kJB．1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差17.00kJC．反应①的产物比反应②的产物稳定D．反应②的反应物总能量比反应①的反应物总能量低【知识点】反应热与焓变F1【答案解析】【解析】D解析：A．因为是可逆反应，所以不能进行完全，放热小于9.48kJ，故A错；B、根据盖斯定律，用题干中热化学方程式②-①得到I2（S）⇌I2（g）△H=35.96KJ/L，当反应②吸收52.96kJ热量时，反应了2mol氢气电子转移4mole-，故B错误；C、反应①的产物与反应②的产物为同一物质，具有的能量相同，则稳定性相同，故C错误；D、气体I2比固体I2能量高，反应②的反应物总能量比反应①的反应物总能量低，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查了热化学方程式的知识应用，主要考查可逆反应不能进行彻底，焓变是完全反应是的能量变化，盖斯定律的应用，题目难度中等。【题文】15．已知常温下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，向10mL浓度为0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中A．水的电离程度始终增大B．先增大再减小C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变D．当加入氨水的体积为10mL时，c(NH4+)＝c(CH3COO－)【知识点】酸碱混合的定性判断H1【答案解析】【解析】D解析：A.酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B．当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数Kh=[c(H+)•c(NH3•H2O)]/c(NH4+),随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，则c(NH4+)/c(NH3•H2O)变小，当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数Kb=[c(OH−)•c(NH4+)]/c(NH3•H2O),-18-c（OH-）与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，电离常数K不变，所以c(NH4+)/c(NH3•H2O)逐渐减小，即c(NH4+)/c(NH3•H2O)始终减小，故B错误；C．n（CH3COOH）与n（CH3COO-）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO-）之和逐渐减小，故C错误；D．当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO-），故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法.【题文】16．标准状况下，向100mLH2S饱和溶液中通入SO2气体，所得溶液pH变化如图中曲线所示。下列分析正确的是A．原H2S溶液的物质的量浓度为0.05mol/LB．氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性强C．b点水的电离程度比c点水的电离程度大D．a点对应溶液的导电性比d点强【知识点】弱电解质的电离、化学方程式的计算H1【答案解析】【解析】C解析：A．b点时H2S恰好反应，消耗SO20.112mL÷22.4L/mol=0.005mol，由反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O可知，n（H2S）=0.005mol×2=0.01mol，则c（H2S）=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L，故A错误；B．d点时，亚硫酸浓度约是0.1mol/L，酸性比同浓度硫化氢强，H2S的酸性比H2SO3弱，故B错误；C．b点溶液为中性，水的电离不受影响，而c点溶液显酸性，水的电离受到抑制，故C正确；D．H2S和H2SO3均为二元酸且d点溶液酸性比a点强，故d点溶液导电性强，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了化学反应图象、化学方程式有关计算、水的电离、溶液酸碱性、电解质溶液导电能力，注意B选项中应根据溶液物质的浓度相等时pH大小进行判断，学生容易根据已有知识回答，为解答易错点，题目难度中等。【题文】17．在体积可变的密闭容器中，反应N2O4(g)2NO2(g)　ΔH＝＋57kJ/mol，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．a、c两点的反应速率：a>cB．a、c两点气体的颜色：a深，c浅C．由状态b到状态a，可以用加热的方法D．a、c两点气体的平均相对分子质量：a>c【知识点】化学平衡的有关计算G4【答案解析】【解析】C解析：-18-A．由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，则a、c两点的反应速率：a＜c，故A错误；B．由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，与a相比c点平衡向逆反应进行，向逆反应进行是由于减小体积增大压强，平衡移动的结果降低NO2浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大，平衡时NO2浓度比a的浓度高，NO2为红棕色气体，则a、c两点气体的颜色：a浅，c深，故B错误；C．升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，a点NO2的体积分数大，则T1＜T2，由状态B到状态A，可以用加热的方法，故C正确；D．由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，增大压强，化学平衡逆向移动，c点时气体的物质的量小，混合气体的总质量不变，则平均相对分子质量大，即平均相对分子质量：a＜c，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义、“定一议二”“先拐先平”原则即可解答，难度不大．注意B选项为易错点，改变压强的本质为体积变化。【题文】18．已知常温下CH3COOH的电离平衡常数为Ka。常温下，向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽视温度变化)。下列说法中不正确的是A．a点表示的溶液中由水电离出的H＋浓度为1.0×10-11mol/LB．b点表示的溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)C．c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全D．当NaOH溶液加入20mL时，c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)=0.05mol/L（忽略混合时溶液体积的变化）【知识点】中和滴定、溶液中的浓度关系F5H6【答案解析】【解析】C解析：A．a点是c（H+）=10-pHmol/L=10-3mol/L，根据Kw=c（H+）•c（OH-），得溶液中的c（OH-）水=1×10−14÷10−3=10-11mol/L=c（H+）水，故A正确；B．溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），b点时，c（H+）＞c（OH-），则有c（CH3COO-）＞c（Na+），故B正确；C、醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C错误；D．当NaOH溶液加入20mL时，根据物料守恒：c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)=0.05mol/L故答案选C【思路点拨】本题考查了水的离子积的计算、酸碱混合的定性判断，电荷守恒的运用，题目难度中等二、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共18分）【题文】19．某密闭容器中进行如下反应：2X(g)＋Y(g)2Z(g)，若要使平衡时反应物总物质的量与生成物的总物质的量相等，且用X、Y作反应物，则X、Y的初始物质的量之比的范围应满足A．1<<3B．<<c．<<4d．<<【知识点】化学平衡的计算g3【答案解析】【解析】d解析：令参加反应的x的物质的量为n， x="">”、“=”或“<”）II．最近一些科学家研究用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）实验氮的固定——电解法合成氨，大大提高了氮气和氢气的转化率。总反应式为：N2+3H22NH3则在电解法合成氨的过程中，应将H2不断地通入_________极（填“阴”或“阳”）；向另一电极通入N2，该电极的反应式为_____________。III．据报道，在一定条件下，N2在掺有少量氧化铁的二氧化钛催化剂表面能与水发生反应，主要产物为NH3，相应的反应方程式为：2N2(g)+6H2O(g)4NH3(g)+3O2(g)ΔH＝QkJ/mol(1)上述反应的平衡常数表达式为_______________。(2)取五份等体积N2和H2O的混合气体（物质的量之比均为1：3），分别加入体积相同的恒容密闭容器中，在温度不同的情况下发生反应，反应相同时间后，测得氮气的体积分数与反应温度T的关系曲线如上图所示，则上述反应的Q________0（填“＞”、“＜”或“=”）。【知识点】化学平衡综合应用G5【答案解析】【解析】I．（1）A；（2）＞；II．阳N2+6H++6e-=2NH3III．(1)K=c4(NH3)c3(O2)/[C2(N2)C6(H2O)](2）＜解析：I．（1）闪电或者高温，主要是提供能量给N2分子，让其破坏变成氮原子，因此，只能说明引发反应所需要的能量高即活化能，不能说明反应吸收的能量高；故答案为：A；（2）在不同温度下，反应N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）的平衡常数K随温度升高K值增大，所以正反应方向是吸热反应，△H＞0，故答案为：＞；II．总反应式为：N2+3H2⇌2NH3．则在电解法合成氨的过程中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，在阳极通入H2，氮气通入阴极，发生得电子发生还原反应：N2+6H++6e-=2NH3。III．（1）1）上述反应的平衡常数表达式为：K=c4(NH3)c3(O2)/[C2(N2)C6(H2O)]（2）曲线的变化先增大后变小．我们知道温度升高反应速率加快．在此题中，反应相同时间，低温下的两点是未达到平衡的两点，随温度的升高，氮气的体积分数-18-随温度升高而变大，曲线的最高点是某温度下达到平衡的点，之后的两点，皆是平衡后的氮气的体积分数，且随温度升高而降低，则生成氨气的反应是放热反应，即此反应的正反应为放热反应，即Q＜0；【思路点拨】本题考查了化学平衡影响因素分析和计算，热化学方程式书写和盖斯定律计算应用，难度中等。【题文】26．（14分）I．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式HSCNCH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1.3×10-11.8×10-54.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11(1)25℃时，将20mL0.1mol/LCH3COOH溶液和20mL0.1mol/LHSCN溶液分别与20mL0.1mol/LNaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）的变化如图所示：Ot反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是：。(2)若保持温度不变，在醋酸溶液中加入一定量氨气，下列量会变小的是____（填序号）。a.c(CH3COO－)b.c(H+)c.Kwd.醋酸电离平衡常数II．某温度(t℃)时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的pH=11。在此温度下，将pH=2的H2SO4溶液VaL与pH=12的NaOH溶液VbL混合，若所得混合液为中性，则Va︰Vb=              。III．如图所示，A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，C、D为电解槽，其电极材料及电解质溶液见图。（1）关闭K1，打开K2，通电后，B的KMnO4紫红色液滴向c端移动，则电源b端为_____极，通电开始时，滤纸d端的电极反应式是：；（2）已知C装置中溶液为Cu(NO3)2和X(NO3)3，且均为0.1mol，打开K1，关闭K2，通电一段时间后，阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如右上图所示。则Cu2+、X3+、H+氧化能力由大到小的顺序是；D装置中溶液是H2SO4，则此装置电极C端的实验现象是：_____________________。【知识点】弱电解质的电离、PH的计算、电解、原电池原理F3F4H1【答案解析】【解析】I、（1）HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；(2)b;II．10:1；III．(1)负；2H++2e-=H2↑（2）开始有无色无味气体生成，后来有红色物质生成解析：I、（1）-18-由Ka（CH3COOH）=1.8×10-5和Ka（HSCN）=0.13可知，CH3COOH的酸性弱于HSCN的，即在相同浓度的情况下HSCN溶液中H+的浓度大于CH3COOH溶液中H+的浓度，浓度越大反应速率越快；又酸越弱，反应生成的相应的钠盐越易水解，即c（CH3COO-）＜c（SCN-），故答案为：HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；(2)a．加入氨气，促进醋酸的电离，则c（CH3COO-）增大，故a错误；b．加入氨气，氢氧根浓度增大，c（H+）减小，故b正确；c．由于温度不变，则Kw不变，故c错误；d．由于温度不变，醋酸电离平衡常数不变，故d错误．故答案为：b；II．某温度时0.01mol/L的NaOH溶液中c（OH-）=0.01mol/L，pH=11，则c（H+）=1×10-11mol/L，Kw=c（H+）•c（OH-）=0.01×1×10-11=1×10-13；此温度下将pH=12的NaOH溶液中c（OH-）=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液c（H+）=0.01mol/L，若所得混合溶液呈中性，则反应后的溶液的n（OH-）=n（H+）,即：0.01mol/L·VaL=0.1mol/L·VbL，Va︰Vb=10:1III．(1)据题意KMnO4紫红色液滴向c端移动，说明高锰酸根离子向c端移动，可推出c极为阳极，进一步可确定电源a端为正极，b端为负极，通电一段时间后，滤纸d端为阴极，发生反应为2H++2e-=H2↑；（2）打开K1，关闭K2，为电解硝酸银和硝酸铜的串联电路，C装置中右端Pt电极为阴极，阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如图所示，表示转移电子数0.2mol，说明只有铜离子先放电，后氢离子放电，故氧化顺序为：Cu2+>H+>X3+，D装置中Cu为阳极，放电生成铜离子，C为阴极，氢离子放电生成氢气，后来铜离子放电生成铜，所以现象为：开始有无色无味气体生成，后来有红色物质生成；【思路点拨】本题考查较为综合，涉及盐类的水解、难溶电解质的转化以及燃料电池等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度中等.【题文】27．（10分）用含少量铁的氧化物的氧化铜制取硫酸铜晶体（CuSO4·xH2O）。有如下操作：已知：在pH为4～5时，Fe3+几乎完全水解而沉淀，而此时Cu2+却几乎不水解。(1)溶液A中的金属离子有Fe3+、Fe2+、Cu2+。能检验溶液A中Fe2+的试剂为（填编号，下同）。a.KMnO4b.(NH4)2Sc.NaOHd.KSCN(2)欲用(1)中选择的检验试剂测定溶液A中的Fe2+的浓度，下列滴定方式中（夹持部分略去），最合理的是（填序号）。-18-写出滴定反应的离子方程式⑶在上述流程中，要得到较纯的产品，试剂可选用。a.NaOHb.FeOc.CuOd.Cu(OH)2e.Cu2(OH)2CO3⑷为了测定制得的硫酸铜晶体（CuSO4·xH2O）中的值，某兴趣小组设计了实验方案：称取mg晶体溶于水，加入足量氢氧化钠溶液、过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不再减轻为止，冷却，称量所得固体的质量为ng。据此计算得（用含m、n的代数式表示）。【知识点】制备实验方案的设计、化学方程式的计算A4J4【答案解析】【解析】⑴　a(1分)⑵　b(1分)5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O(2分)（3）cde(3分，每个1分，错选不给分)　（4）(3分)解析：用含少量铁的氧化物的氧化铜加盐酸溶解生成氯化铜、氯化铁、氯化亚铁，加氧化剂把亚铁离子氧化为铁离子，再调节pH，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到的滤液为氯化铜溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化铜晶体；（1）亚铁离子具有还原，能被高锰酸钾溶液氧化，所以用高锰酸钾溶液检验亚铁离子，故答案为：a；高锰酸钾具有强氧化性，应用酸式滴定管装液，故最合理的装置是：b；反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；（3）得到较纯的产品，需要调节pH使铁离子转化为沉淀，选择的试剂可以是CuO、Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3，而ab均会引入杂质离子，故答案为：cde；（4）从滤液经过结晶得到氯化铜晶体，首先要加热蒸发浓缩，冷却后，再将之过滤即可，故答案为：②④①；（5）氯化铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，加热沉淀，氢氧化铜分解生成氧化铜，则ng为CuO质量，物质的量为：ng÷80g/mol=n/80mol，根据铜元素守恒可知，n（CuO）=n（CuCl2•xH2O），所以mg=n/80mol×（135+18x）g/mol，解得，x=。【思路点拨】本题考查了物质的制备方案设计，侧重于考查学生的阅读获取信息能力、对工艺流程理解与实验条件控制、实验方案的评价、物质分离提纯除杂等实验操作能力，题目难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力，注意基础知识的全面掌握。【题文】28．（14分）I．已知存在如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。800℃时，该反应化学平衡常数K=1.0，某时刻测得该温度下密闭容器中各物质的物质的量见下表：此时反应③中正、逆反应速率的关系式是(填代号)。a．(正)(逆)b．(正)<(逆)c．(正)=(逆)d．无法判断II．如图所示，A是恒容的密闭容器，B是一个透明气囊。保持恒温，关闭K2，将各1molNO2通过K1、K3分别充入A、B中，反应起始时A、B的体积相同均为aL。-18-①B中可通过________________判断可逆反应2NO2N2O4已经达到平衡。②若平衡后在A容器中再充入0.5molN2O4，则重新到达平衡后，平衡混合气中NO2的体积分数_______________（填“变大”“变小”或“不变”）。③若容器A中到达平衡所需时间ts，达到平衡后容器内压强为起始压强的0.8倍，则平均化学反应速率v(NO2)等于____________________。④若打开K2，平衡后B容器的体积缩至0.4aL，则打开K2之前，气球B体积为______L。III．一定条件下，用甲烷可以消除氮氧化物（NOx）的污染。已知：CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H1=-1160kJ/molCH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H2现有一份在相同条件下对H2的相对密度为17的NO与NO2的混合气体，用16g甲烷气体催化还原该混合气体，恰好生成氮气、二氧化碳气体和水蒸气，共放出1042.8kJ热量。则△H2=。【知识点】化学平衡移动、化学平衡的计算G2G4【答案解析】【解析】I．a(2分)II．①气囊B体积不再减小或气体颜色不再变化（合理答案给分）（2分）②变小（2分）③mol·L-1·s-1（2分）④0.7a（3分）III．-574kJ/mol(3分,不写单位去1分)解析：I．反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）在某时刻的浓度幂之积为Q=[C(H2)×C(CO2)]/[C(CO)×C(H2O)]=[2×2]/[0.5×8.5]=0.94＜1.0，反应正向进行，v（正）＞v（逆），故选：a．II．①B是一个气体压强不变的容器，所以当反应达到平衡状态时，混合气体的颜色和气囊体积不再改变，故答案为：气囊不再变小或颜色不再变化；②再加入气体，相当于增大压强，化学平衡正向移动，二氧化氮的百分含量会减小，故答案为：变小；③2NO2⇌N2O4初始物质的量：1     0变化的物质的量：2x     x平衡物质的量：1-2x     x则(1-2x+x)/1=0.8,解得x=0.2mol，所以平均化学反应速率v（NO2)=0.2×2/atmol/（L•s)=mol·L-1·s-1④打开K2，则相当于是在等温等压时的平衡，因此平衡时等效的．由于此时反应物的物质的量是B中的二倍，所以打开K2之前，气球B体积为（aL+0.4aL）÷2=0.7aL.【思路点拨】本题考查了化学平衡的计算等知识点，难点是根据等效平衡进行计算，难度较大.-18-27．（共10分）⑴　a(1分)⑵　b(1分)5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O(2分)（3）cde(3分，每个1分，错选不给分)　（4）(3分)28．（共14分）I．a(2分)II．①气囊B体积不再减小或气体颜色不再变化（合理答案给分）（2分）②变小（2分）③mol·L-1·s-1（2分）④0.7a（3分）III．-574kJ/mol(3分,不写单位去1分)-18-</c．<<4d．<<【知识点】化学平衡的计算g3【答案解析】【解析】d解析：令参加反应的x的物质的量为n，>