湖南省七校2022学年高二化学上学期期末联考试题（含解析）新人教版

湖南省七校2022-2022学年上学期期末联考高二化学试卷一、选择题（本题共16个小题，每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共48分）1．高中化学《化学反应原理》选修模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析．以下观点中不正确的是（　　）①放热反应在常温下均能自发进行；②电解过程中，化学能转化为电能而“储存”起来；③原电池工作时所发生的反应一定有氧化还原反应；④加热时，化学反应只向吸热反应方向进行；⑤盐类均能发生水解反应；⑥化学平衡常数的表达式与化学反应方程式的书写无关．　A．①②④⑤B．①④⑤⑥C．②③⑤⑥D．①②④⑤⑥考点：吸热反应和放热反应；常见的能量转化形式；化学平衡常数的含义．.专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题．分析：①只有持续加热才反应的，一般为吸热反应，反之，一般为放热反应；②电解过程中，电能转化为化学能；③原电池工作时，是将化学能转化为电能；④加热时，化学反应不只向吸热反应方向进行；⑤盐类水解，有弱酸或弱碱的离子才水解反应；⑥化学平衡常数的大小只与温度有关，化学平衡常数的表达式与化学反应方程式的书写有关．解答：解：①放热反应是指：反应物的总能量大于生成物的总能量，与常温下能自发进行无关，如：碳在空气中燃烧，须加热达到碳的着火点才可进行，故①不正确；②电解过程中，需要消耗电能，是将电能转化为化学能，故②不正确；③原电池工作时，是将化学能转化电能，有电流产生，则有电子的定向移动，所以所发生的反应一定有氧化还原反应，故③正确；④加热时，提供能量，无论是吸热反应，还是放热反应，反应速率都要加快，故④不正确；⑤盐类水解的规律为：无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，弱是指弱酸或弱碱的离子，故⑤不正确；⑥化学平衡常数的表达式为：化学平衡常数K=，与化学反应方程式的书写有关，故⑥不正确；故选D．点评：本题主要考查基础知识的辨析，结合题意，根据所学知识，注重知识的内涵和外延，题目难度较易．　2．（3分）下列物质属于电解质且又能导电的是（　　）　A．硝酸钾溶液B．液态的氯化氢C．熔融的氯化钠D．金属铜考点：电解质与非电解质．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．16\n分析：电解质是指：在水溶液或熔化状态下都能导电的化合物．对照各选项既要是化合物，又要能导电，才符合题意．解答：解：A、硝酸钾溶液中有自由移动的钾离子和硝酸根离子，能导电，但它是混合物，故A错误；B、液态氯化氢这没有自由移动的离子，不能导电，故B错误；C、熔融的氯化钠中含有自由移动的钠离子和氯离子，能导电，属于化合物，是电解质，故C正确；D、金属铜能导电，但是属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误，故选C．点评：本题重点考查了电解质概念的辨析，解题时紧抓住电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件进行解题．　3．（3分）下列式子属于水解反应，且溶液呈酸性是（　　）　A．HCO3﹣+H2O⇌H3O++CO32﹣B．Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+　C．HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣D．HCOOH+H2O⇌HCOO﹣+H3O+考点：盐类水解的原理．.专题：盐类的水解专题．分析：水解反应的概念：在溶液中盐电离出的离子与水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的反应；A、属于碳酸氢根的电离方程式；B、Fe3+水解生成Fe（OH）3，溶液显示酸性；C、是水解反应，溶液显碱性；D、属于甲酸的电离方程式．解答：解：水解反应的概念：在溶液中盐电离出的离子与水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的反应；A、HCO3﹣+H2O⇌H3O++CO32﹣属于碳酸氢根的电离方程式，故A错误；B、Fe3+水解生成Fe（OH）3，溶液显示酸性，所以其水解方程为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，故B正确；C、HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣是水解反应，但是溶液显碱性，不符合题意，故C错误；D、此方程式是甲酸的电离方程式，故D错误；故选B．点评：本题考查水解原理，水解反应的概念是在溶液中盐电离出的离子与水电离出的氢离子和氢氧根结合生成弱电解质的反应，难度不大．　4．（3分）下列说法正确的是（　　）　A．将AlCl3溶液蒸干并灼烧后得到的物质是Al（OH）3　B．某温度下，向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大　C．用酸式滴定管可以准确量取25.00ml高锰酸钾溶液　D．所谓沉淀完全就是用沉淀剂将溶液中某一离子完全除净考点：盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；计量仪器及使用方法．.分析：16\nA、AlCl3溶液在加热时水解生成Al（OH）3，Al（OH）3在加热条件下分解生成Al2O3．B、Ksp只受温度的影响；C、酸式滴定管可以盛装酸性溶液和强氧化性溶液；D、当离子浓度小于10﹣5mol/L时，认为沉淀完全．解答：解：A、AlCl3溶液在加热时水解生成Al（OH）3，生成的HCl易挥发，最终生成Al（OH）3，在加强热时，Al（OH）3不稳定，分解生成Al2O3，故A错误；B、Ksp只受温度的影响，温度一定，其数值不变，故B错误；C、酸式滴定管可以盛装酸性溶液和强氧化性溶液，而且酸式滴定管能精确到0.001mL，故C正确；D、当离子浓度小于10﹣5mol/L时，即认为沉淀完全，故D错误．故选C．点评：本题考查了盐类水解的应用和滴定管的使用，难度不大，注意基础知识的积累．　5．（3分）在铁制品上面镀上一定厚度的锌层，以下设计方案正确的是（　　）　A．铁作阳极，镀件作阴极，溶液中含有亚铁离子　B．铂作阴极，镀件作阳极，溶液中含有锌离子　C．锌作阳极，镀件作阴极，溶液中含有锌离子　D．锌用阴极，镀件作阳极，溶液中含有锌离子考点：原电池和电解池的工作原理；电解原理．.专题：电化学专题．分析：根究电镀池的阳极是镀层金属，阴极是镀件，电镀液中一定含有镀层金属的阳离子的特点设计方案．解答：解：由电镀装置的设计方法可知，应选用锌片作阳极，铁制品作阴极，含有Zn2+的溶液作电镀液，故选C．点评：该题是基础性试题的考查，难度不大．关键是理解并掌握电镀的原理，然后结合具体问题，灵活运用即可．　6．（3分）在一密闭容器中，可逆反应aA（g）⇌bB（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则（　　）　A．物质B的质量分数增大了B．物质A的转化率减小了　C．平衡向逆反应方向移动了D．a＞b考点：化学平衡的影响因素．.专题：化学平衡专题．分析：先假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，即减小压强平衡向正反应方向移动，则a＜b，据此结合选项判断．解答：解：先假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，即减小压强平衡向正反应方向移动，则a＜b，A、B的浓度增大，将容器容积增加一倍，若平衡不移动，B的浓度为原来的50%，题目中B的浓度为原来的60%，则化学平衡正向移动，B的质量分数增大，故A正确；16\nB、平衡正向移动，A的转化率增大，故B错误；C、根据A的判断，平衡向正反应移动，故C错误；D、根据A的判断，平衡向生成B的方向移动，则a＜b，故D错误；故选：A．点评：本题考查化学平衡移动等，难度不大，注意利用假设法分析、判断平衡移动方向．　7．（3分）下列实验事实不能证明醋酸是弱酸的是（　　）　A．常温下，测得醋酸钠溶液的pH＞7　B．常温下，测得0.1mol/L醋酸溶液的pH=4　C．常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH＜4　D．常温下，将物质的量浓度相同的醋酸溶液与氢氧化钠溶液等体积混合后恰好中和考点：化学实验方案的评价；弱电解质在水溶液中的电离平衡．.专题：实验评价题．分析：要证明醋酸为弱酸，可证明存在电离平衡、不能完全电离或从对应的强碱盐溶液呈碱性的角度，以此解答该题．解答：解：A．常温下，测得醋酸钠溶液的pH＞7，说明醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可证明醋酸为弱酸，故A不选；B．常温下，测得0.1mol/L醋酸溶液的pH=4，说明醋酸没有完全电离，可证明醋酸为弱酸，故B不选；C．常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH＜4，说明加水稀释促进电离，如为强酸，稀释后pH=4，可证明为弱酸，故C不选；D．醋酸为一元酸，氢氧化钠为一元碱，二者恰好反应，不能证明醋酸为弱酸，故D选．故选D．点评：本题考查实验方案的评价，侧重于弱酸的实验角度的探究，注意把握实验原理和角度，学习中注意相关基础知识的积累．　8．（3分）在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是（　　）　A．2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1　B．CH3OH（l）+1.5O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣725.8kJ•mol﹣1　C．2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣725.8kJ•mol﹣1　D．2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=+1452kJ•mol﹣1考点：热化学方程式．.专题：化学反应中的能量变化．分析：在25℃、101kPa下，1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则①32g甲醇即1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量=22.68kJ×32=725.8kJ，其热化学反应方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.8kJ/mol；②64g甲醇即2mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量=22.68kJ×64=1452kJ，其热化学反应方程式为2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ/mol2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△16\nH=﹣1452kJ/mol．解答：解：A、64g甲醇即2mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量=22.68kJ×64=1452kJ，其热化学反应方程式为2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ/mol，故A正确；B、在25℃、101KPa下，甲醇燃烧生成CO2和液态水，H2O（g）的状态不是气态，故B错误；C、64g甲醇即2mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量=22.68kJ×64=1452kJ，其热化学反应方程式为2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ/mol，故C错误；D、乙醇燃烧属于放热反应，△H＜0，故D错误；故选A．点评：本题考查热化学反应方程式的书写，注意焓变与反应物的物质的量、物质状态都有关，侧重考查学生计算能力，题目难度不大．　9．（3分）下列热化学方程式中，△H能正确表示物质的燃烧热或中和热的是（　　）　A．C8H18（l）+12.5O2（g）=8CO2（g）+9H2O（l）△H=﹣5518kJ•mol﹣1　B．KOH（aq）+CH3COOH（aq）=CH3COOK（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1　C．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣572kJ•mol﹣1　D．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣533kJ•mol﹣1考点：热化学方程式．.专题：化学反应中的能量变化．分析：根据燃烧热表示1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量；中和热表示强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量．解答：解：A、热化学方程式中可燃物是1mol，生成的是二氧化碳和液态水，符合燃烧热的概念，故A正确；B、CH3COOH是弱酸，电离时要吸热，反应的中和热不是57.3kJ/mol，故B错误；C、反应热化学方程式中生成的水是气体，不是稳定氧化物，且可燃物不是1mol，故不是燃烧热，故C错误；D、反应热化学方程式中生成的水是气体，不是稳定氧化物，故D错误；故选A．点评：本题考查了中和热、燃烧热的概念应用，注意概念的内涵理解是解题关键，难度不大．　10．（3分）室温下由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中，一定能大量共存的离子组是（　　）　A．Cl﹣、SO42﹣、Na+、K+B．NH4+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣　C．SO42﹣、NO3﹣、Fe2+、Mg2+D．Na+、K+、ClO﹣、OH﹣考点：离子共存问题．.专题：离子反应专题．分析：室温下由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．16\n解答：解：室温下由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，A．酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故A选；B．碱性溶液中不能大量存在NH4+，故B不选；C．碱性溶液中不能大量存在Fe2+、Mg2+，酸溶液中NO3﹣、Fe2+、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不选；D．酸溶液中不能大量存在ClO﹣、OH﹣，故D不选；故选A．点评：本题考查离子共存，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、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．　11．（3分）以下现象与电化腐蚀无关的是（　　）　A．黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿　B．生铁比软铁芯（几乎为纯铁）容易生锈　C．铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈　D．银质奖牌长期放置后在其奖牌的表面变暗考点：金属的电化学腐蚀与防护．.专题：电化学专题．分析：金属的电化学腐蚀指的是能构成原电池，在构成的原电池中，金属作为负极易被腐蚀的现象，这种腐蚀称为金属的电化学腐蚀．解答：解：A、黄铜（铜锌合金）制作的铜锣中，金属锌为负极，金属铜做正极，Cu被保护，不易腐蚀，和电化学腐蚀有关，故A错误；B、生铁中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，金属铁为负极，易被腐蚀而生锈，和电化学腐蚀有关，故B错误；C、铁质器件附有铜质配件，在接触处形成原电池装置，其中金属铁为负极，易生铁锈，和电化学腐蚀有关，故C错误；D、银质奖牌长期放置后在其奖牌的表面变暗是由于金属银和空气中的氧气发生反应生成氧化银的结果，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故D正确．故选D．点评：本题考查金属的腐蚀，注意在原电池中，负极金属易被腐蚀，正极金属被保护，明确化学腐蚀和电化学腐蚀的区别即可解答，难度中等．　12．（3分）已知某镍镉（Ni﹣Cd）电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2．有关该电池的说法正确的是（　　）　A．充电时阳极的反应式为：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣=NiOOH+H2O　B．充电时将镍镉电池的正极与外加直流电源的负极相连　C．放电时负极附近溶液的碱性不变　D．放电时电解质溶液中的OH﹣向正极移动考点：原电池和电解池的工作原理．.专题：电化学专题．分析：16\n放电时负极上发生的电极反应式为：Cd﹣2e﹣+2OH﹣=Cd（OH）2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e﹣+H2O═Ni（OH）2+OH﹣，充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣→NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd（OH）2+2e﹣═Cd+2OH﹣，放电时，溶液中氢氧根离子向负极移动，充电时该装置是电解池．解答：解：A．充电时，该装置是电解池，阳极上电极反应式为：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2O，故A正确；B．充电时该装置是电解池，将镍镉电池的正极与外加直流电源的正极相连，故B错误；C．放电时，负极上电极反应式为：Cd﹣2e﹣+2OH﹣=Cd（OH）2，所以碱性减弱，故C错误；D．放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故D错误；故选A．点评：本题考查原电池和电解池原理、电极反应式的书写，明确电极上得失电子及反应物质是解本题关键，电极反应式的书写是学习难点，要注意结合电解质溶液的酸碱性书写，难度中等．　13．（3分）（2022•兖州市模拟）用0.10mol•L﹣1的盐酸滴定0.10mol•L﹣1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是（　　）　A．c（NH4+）＞c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+）B．c（NH4+）=c（Cl﹣），c（OH﹣）=c（H+）　C．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+）D．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（OH﹣）考点：离子浓度大小的比较；中和滴定．.分析：根据酸碱滴定中，无论溶液中的溶质是氯化铵、氯化铵和氯化氢、氯化铵和一水合氨，该溶液一定不显电性，则利用遵循电荷守恒来分析解答．解答：解：A、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，则一般溶液显碱性，即c（OH﹣）＞c（H+），溶液中弱电解质的电离＞盐的水解，即c（NH4+）＞c（Cl﹣），则符合电荷守恒，故A是可能出现的结果；B、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，当溶液中弱电解质的电离程度与盐的水解程度相同时，溶液为中性，则c（OH﹣）=c（H+），由电荷守恒可知c（NH4+）=c（Cl﹣），故B是可能出现的结果；C、当c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+），则溶液中阴离子带的电荷总数就大于阳离子带的电荷总数，显然与电荷守恒矛盾，故C是不可能出现的结果；D、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵，由铵根离子水解则溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH﹣），又水解的程度很弱，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），且符合电荷守恒，故D是可能出现的结果；故选：C．点评：本题考查酸碱滴定后溶液中离子浓度的关系，明确溶液中的弱电解质的电离及盐的水解来分析，利用电荷守恒则可知溶液中不可能出现阴离子均大于阳离子的情况即可解答．　14．（3分）已知某可逆反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）△Η=Q在密闭容器中进行，如图中表示在不同反应时间t时，温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量B%的关系曲线，由曲线分析下列判断正确的（　　）16\n　A．T1＜T2P1＞P2m+n＞pQ＜0B．T1＞T2P1＜P2m+n＞pQ＜0　C．T1＜T2P1＞P2m+n＜pQ＞0D．T1＞T2P1＜P2m+n＜pQ＞0考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．.专题：化学平衡专题．分析：温度相同时，根据到达平衡的时间判断压强大小，再根据压强对B的含量的影响，判断压强对平衡的影响，确定反应气体气体体积变化情况；压强相同时，根据到达平衡的时间判断温度大小，再根据温度对B的含量的影响，判断温度对平衡的影响，确定反应的热效应．解答：解：由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，B的含量高，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，故正反应为气体体积增大的反应，即m+n＜p；压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T1＞T2，且温度越高，B的含量低，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，即△H=Q＞0，故选D．点评：本题考查化学平衡图象问题，难度不大，本题注意根据图象判断温度、压强的大小，根据温度、压强对平衡移动的影响分析．　15．（3分）（2022•茂名一模）某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法正确的是（提示BaSO4（s）⇌Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）的平衡常数Ksp=[Ba2+]•[SO42﹣]，称为溶度积常数）（　　）　A．加入Na2SO4可使溶液由a点变到b点B．通过蒸发可以使溶液由d点变到c点　C．d点无BaSO4沉淀生成D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．.分析：该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态，A、加人Na2SO4后平衡逆向移动，但仍在线上移动；B、蒸发使离子浓度增大，d点不可能到c点；C、d点表示Qc＜Ksp，溶液不饱和；D、Ksp与温度有关，a和c的Ksp相等．16\n解答：解：A、硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c（SO42﹣），平衡左移，c（Ba2+）应降低，故A错误；B、d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c（SO42﹣）、c（Ba2+）均增大，故B错误；C、d点表示Qc＜Ksp，溶液不饱和，不会有沉淀析出，故C正确；D、Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故D错误．故选C．点评：本题考查沉淀溶解平衡，题目难度中等，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念．　16．（3分）（2022•天津）已知2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H=﹣197kJ•mol﹣1．向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：（甲）2molSO2和1molO2；（乙）1molSO2和0.5molO2；（丙）2molSO3．恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是（　　）　A．容器内压强P：P甲=P丙＞2P乙　B．SO3的质量m：m甲=m丙＞2m乙　C．c（SO2）与c（O2）之比k：k甲=k丙＞k乙　D．反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲=Q丙＞2Q乙考点：等效平衡．.专题：压轴题；化学平衡专题．分析：恒温恒容，甲与乙起始n（SO2）：n（O2）=2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故甲中转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n（SO2）=2mol，n（O2）=1mol，与甲为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，据此结合选项解答；解答：解：恒温恒容，甲与乙起始n（SO2）：n（O2）=2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n（SO2）=2mol，n（O2）=1mol，与甲为等效平衡，平衡时对应个组分的物质的量相等，A、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故压强P甲=P丙，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故P乙＜P甲＜2P乙，故P甲=P丙＜2P乙，故A错误；B、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故质量m甲=m丙，甲等效为在乙到达平衡的基础上，再加入1molSO2和0.5molO2，增大压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，m甲＞2m乙，故m甲=m丙＞2m乙，故B正确；C、对于甲、乙，SO2、O2起始物质的量之比等于化学计量数之比，c（SO2）与c（O2）之比为定值2：1，丙为分解反应，丙中c（SO2）与c（O2）之比为2：1，故k甲=k丙=k乙=2：1，故C错误；D、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故Q甲+Q丙=197，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，故Q甲＞2Q乙，故D错误；故选B．点评：该题考查化学平衡移动与计算、反应热知识、等效平衡等，难度较大，注意构建甲、乙平衡建立的途径，注意理解等效平衡．　16\n二、填空题（本题共3个大题，每空2分，共34分）17．（12分）（2022•上海）在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：时间（s）01234n（NO）（mol）0.0200.0100.0080.0070.007（1）写出该反应的平衡常数表达式：K=　　．已知：K300°C＞K350°C，则该反应是　放　热反应．（2）如图中表示NO2的变化的曲线是　b　；用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v=　0.0015mol/（L•s）　．（3）能说明该反应已达到平衡状态的是　BC　．A．v（NO2）=2v（O2）B．容器内压强保持不变C．v逆（NO）=2v正（O2）D．容器内密度保持不变（4）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是　C　．A．及时分离除NO2气体B．适当升高温度C．增大O2的浓度D．选择高效催化剂．考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡常数的含义；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断．.专题：化学平衡专题．分析：（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应都达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；K（300℃）＞K（350℃），说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应；（2）由表中数据可知，平衡时c（NO）==0.0035mol/L，由方程式2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）可知，平衡时△c（NO）：△c（O2）：△c（NO2）=2：1：2，据此判断表示NO2的浓度变化的曲线，由图中数据可知2s内，NO的浓度变化量为0.01mol/L﹣0.004mol/L=0.006mol/L，根据v=计算v（NO），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（O2）；16\n（3）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；（4）根据外界条件对反应速率与平衡的移动分析解答．解答：解（1）可逆反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的平衡常数k=，K（300℃）＞K（350℃），说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应，故答案为：；放热；（2）由方程式2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）可知，平衡时△c（NO）：△c（O2）：△c（NO2）=2：1：2，由表中数据可知，平衡时△c（NO）==0.00625mol/L，曲线b平衡时的浓度为0.00625mol/L，故曲线b表示NO2的浓度变化，由图中数据可知2s内，NO的浓度变化量为0.01mol/L﹣0.004mol/L=0.006mol/L，故v（NO）==0.003mol/（L•s），根据速率之比等于化学计量数之比，故v（O2）=v（NO）=×0.003mol/（L•s）=0.0015mol/（L•s），故答案为：b；0.0015mol/（L•s）；（3）A．未指明正逆速率，若都为同一方向速率，始终都存在v（NO2）=2v（O2）关系，故不能说明到达平衡，若为不同方向的速率，速率之比等于化学计量数之比，说明到达平衡，故A错误；B．随反应进行气体的物质的量减小，压强增减小，容器内压强保持不变，说明到达平衡，故B正确；C．不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，故v逆（NO）=2v正（O2），说明到达平衡，故C正确；D．反应混合气体的质量不变，容器的体积不变，密度始终不变，故容器内物质的密度保持不变，不能说明到达平衡，故D错误；故选BC；（4）A．及时分离出NO2气体，平衡向正反应移动，但反应速率降低，故A错误；B．适当升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应移动，故B错误；C．增大O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应移动，故C正确；D．选择高效的催化剂，增大反应速率，不影响平衡移动，故D错误；故选C．点评：本题考查平衡常数即影响因素、化学反应速率、影响化学平衡的元素与平衡状态的判断等，难度中等，注意平衡状态判断选择判断的物理量，应随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．　18．（10分）北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷（C3H8），亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯（C3H6）．（1）丙烷通过脱氢反应可得丙烯．已知：①C3H8（g）→CH4（g）+C2H2（g）+H2（g）△H1=+156.6kJ/mol16\n②C3H6（g）→CH4（g）+C2H2（g）△H2=+32.4kJ/mol则相同条件下，反应C3H8（g）→C3H6（g）+H2（g）的△H=　+124.2　kJ/mol．（2）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2，负极通入丙烷，电解质是KOH溶液．则燃料电池的负极反应式为　C3H8﹣20e﹣+26OH﹣=3CO32﹣+17H2O　．（3）常温下，0.1mol/LNaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c（H2CO3）　＞　c（CO32﹣）（填“＞”、“=”、“＜”），原因是　HCO3﹣既能水解又能电离：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣；HCO3﹣⇌H++CO32﹣，而0.1mol/LNaHCO3溶液的pH大于8，溶液显碱性，说明HCO3﹣的水解程度大于其电离程度，故水解出的c（H2CO3）大于电离出的c（CO32﹣）．　（用离子方程式和必要的文字说明）．（4）请写出Na2CO3溶液中的各离子浓度大小关系式：　c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+），　．考点：热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．.分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；（2）丙烷燃料电池，该电池的电解质溶液为KOH溶液，燃料在负极失电子发生氧化反应，氧气再正极得到电子发生还原反应，注意电解质溶液为碱溶液的环境；（3）HCO3﹣既能电离显酸性又能水解显碱性，而现在NaHCO3溶液的pH大于8，说明HCO3﹣的水解程度大于其电离程度，据此分析；（4）Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32﹣水解导致溶液呈碱性，根据电荷守恒判断离子浓度大小解答：解：（1）①C3H8（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）+H2（g）△H1=156.6kJ•mol﹣1②CH3CH=CH2（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=32.4kJ•mol﹣1依据盖斯定律①﹣②得到C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）△H=+124.2KJ/mol则相同条件下，反应C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）△H=+124.2KJ/mol；故答案为：+124.2；（2）丙烷燃料电池，该电池的电解质溶液为KOH溶液，燃料丙烷在负极失电子发生氧化反应，电极反应为：C3H8﹣20e﹣+26OH﹣=3CO32﹣+17H2O，故答案为：C3H8﹣20e﹣+26OH﹣=3CO32﹣+17H2O；（3）HCO3﹣既能电离显酸性又能水解显碱性，而现在NaHCO3溶液的pH大于8，说明HCO3﹣的水解程度大于其电离程度：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣；HCO3﹣⇌H++CO32﹣；故水解出的c（H2CO3）大于电离出的c（CO32﹣），故答案为：＞；HCO3﹣既能水解又能电离：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣；HCO3﹣⇌H++CO32﹣，而0.1mol/LNaHCO3溶液的pH大于8，溶液显碱性，说明HCO3﹣的水解程度大于其电离程度，故水解出的c（H2CO3）大于电离出的c（CO32﹣）．（4）Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32﹣水解导致溶液呈碱性，溶液中物质的行为：Na2CO3=2Na++CO32﹣CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣H2O⇌OH﹣+H+根据盐的单水解程度很小可知：溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）．故答案为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）．点评：16\n本题考查了盖斯定律的应用和燃料电池电极反应的书写，并考查了盐溶液中离子浓度的大小关系，综合性较强，但难度不大．　19．（12分）（1）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，其电极材料见图，电解质溶液见已知．关闭K1，打开K2，通电后，B的KMnO4紫红色液滴向d端移动，则电源a端为　负　极，通电一段时间后，观察到滤纸c端出现的现象是：　变红色　；（2）已知C装置中溶液为AgNO3溶液，D装置的溶液为Cu（NO3）2溶液，打开K1，关闭K2，通电一段时间后，D装置中Cu极的电极反应式为　Cu﹣2e﹣=Cu2+　．C装置中总反应的离子方程式为：　4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3　．（3）若C装置中AgNO3溶液足量，且溶液体积为1L，电解一段时间后，C装置中产生O2的体积为0.56L（标准状况下），则电路通过的电子的物质的量为　0.1mol　，溶液的PH为　1　（忽略溶液体积变化）．考点：原电池和电解池的工作原理．.专题：电化学专题．分析：（1）关闭K1，打开K2，为电解饱和食盐水装置，通电后，B的KMnO4紫红色液滴向d端移动，根据电解池工作原理可知阴离子向阳极移动判断电源的正负极并判断反应现象；（2）打开K1，关闭K2，为电解硝酸银和硝酸铜的串联电路，D装置中Cu极连接电源的正极，为电解池的阳极，发生氧化反应，C装置中右端Pt电极为阳极，氢氧根离子放电生成氧气；（3）根据电子得失电子守恒来计算．解答：解：（1）据题意KMnO4紫红色液滴向d端移动，说明高锰酸根离子向d端移动，可推出极为阳极，进一步可确定电源a端为负极，b端为正极，通电一段时间后，滤纸c端发生反应为2H++2e﹣=H2↑，促进水的电离，滴加酚酞呈红色，故答案为：负；变红色；（2）打开K1，关闭K2，为电解硝酸银和硝酸铜的串联电路，D装置中Cu极连接电源的正极，为电解池的阳极，发生氧化反应，电极方程式为Cu﹣2e﹣=Cu2+，C装置中右端Pt电极为阳极，氢氧根离子放电生成氧气，电解方程式为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，电解总反应为4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，16\n故答案为：Cu﹣2e﹣=Cu2+；4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；（3）C装置中产生O2的体积为0.56L，则转移电子数为×4=0.1mol，C装置中总反应方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，则生成氢离子为0.1mol，又溶液体积为1L，所以氢离子浓度为0.1mol/L，PH为1，故答案为：0.1mol；1．点评：本题综合考查电解原理，根据KMnO4紫红色液滴向d端移动判断电源的正负极为解答该题的关键，注意电极方程式的书写，为易错点，题目难度中等．　三、实验题（每空2分，共10分）20．（10分）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂．请填写下列空白：（1）终点的判断：溶液由　浅红色变成无色，且半分钟内不恢复　．（2）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是　D　A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则所用盐酸溶液的体积为　26.10　ml．（4）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度平均耗用盐酸体积/mL第一次25.000.0026.15①V=　26.20　第二次25.000.5630.30第三次25.000.2026.35②依据上表数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度　0.1048mol/l　（计算结果取4位有效数）．16\n考点：中和滴定．.专题：实验题．分析：（1）滴定终点利用锥形瓶中溶液的颜色变化判断；（2）利用c（碱）=来进行误差分析；（3）由图可知，开始V=0.20mL，结束时V=26.30mL；（4）①根据三次盐酸溶液的体积计算平均值；②利用c（碱）=来进行浓度．解答：解：（1）因碱遇酚酞变红，滴定终点时观察锥形瓶中溶液的颜色浅红色变成无色，且半分钟内不恢复，则达到滴定终点，故答案为：浅红色变成无色，且半分钟内不恢复；（2）由c（碱）=可知，A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，消耗酸的体积增大，则c（碱）偏大，故A不选；B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，无影响，故B不选；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗酸的体积增大，则c（碱）偏大，故C不选；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，读数偏小，滴定结束时俯视读数，读数偏大，则差偏小，即消耗酸的体积偏小，所以c（碱）偏低，故D选；故答案为：D；（3）由图可知，开始V=0.20mL，结束时V=26.30mL，则所用盐酸溶液的体积为26.30mL﹣0.20mL=26.10mL，故答案为：26.10；（4）①由三次盐酸溶液的体积可知，平均值为=26.20mL，故答案为：26.20；②由c（碱）=可知，c（碱）==0.1048mol/l，故答案为：0.1048mol/l．点评：本题考查中和滴定，明确滴定实验中的仪器、数据处理及中和滴定的误差分析是解答本题的关键，注意酸碱中和的实质，题目难度中等．　四、计算题（共8分）21．（8分）将一定量的SO2和0.7mol氧气放入5L恒容的密闭容器中，550℃时，在催化剂作用下发生反应：2SO2+O22SO3△H16\n＜0．反应3min后达到平衡，此时SO2和SO3的总物质的量为1mol；剩余O2体积为5.6L（标准状况下）．请回答下列问题：（1）最开始充入的SO2物质的量为　1　mol．（2）达到平衡过程O2中的平均反应速率为　0.03mol/（L•min）　．（3）求该反应达到平衡时SO2的转化率（要求写出计算过程）．考点：化学平衡的计算．.专题：化学平衡专题．分析：依据化学平衡三段式列式计算，剩余O2体积为5.6L物质的量=0.25mol2SO2+O2=2SO3起始量（mol）n0.70变化量（mol）0.90.450.9平衡量（mol）n﹣0.90.250.9平衡后SO2和SO3的总物质的量为1mol（1）n﹣0.9+0.9=1，n=1mol；（2）v=计算分析；（3）转化率=×100%．解答：解：剩余O2体积为5.6L物质的量=0.25mol，则2SO2+O2=2SO3起始量（mol）n0.70变化量（mol）0.90.450.9平衡量（mol）n﹣0.90.250.9（1）平衡后SO2和SO3的总物质的量为1mol，n﹣0.9+0.9=1，n=1mol，故答案为：1；（2）达到平衡过程O2中的平均反应速率v===0.03mol/（L•min），故答案为：0.03mol/（L•min）；（3）平衡时SO2的转化率=×100%=×100%=90%，故答案为：90%．点评：本题考查了化学方程式的计算分析应用，主要是三段式列式计算的过程分析，反应速率、转化率概念的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．16