云南省红河州蒙自一中2022学年高二化学上学期期中试题1_6班含解析

2022-2022学年云南省红河州蒙自一中高二（上）期中化学试卷（1-6班）一、选择题（共21小题，每小题2分，满分42分）1．升高温度，下列数据不一定增大的是()A．化学反应速率vB．KNO3的溶解度SC．化学平衡常数KD．水的离子积常数KW2．已知；（NH4）2CO3（s）═NH4HCO3（s）+NH3（g）△H=+74.9kJ•mol﹣1，下列说法中正确的是()A．该反应中熵变、焓变皆大于0B．该反应是吸热反应，因此一定不能自发进行C．碳酸盐分解反应中熵增加，因此任何条件下所有碳酸盐分解一定自发进行D．能自发进行的反应一定是放热反应，不能自发进行的反应一定是吸热反应3．下列关于热化学反应的描述中正确的是()A．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热为2×（﹣57.3）kJ/molB．CO（g）的燃烧热是﹣283.0kJ/mol，则表示CO燃烧热的热化学方程式为CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283.0kJ/molC．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．1mol硫燃烧生成气态三氧化硫所放出的热量是硫磺的燃烧热4．下列解释实际应用的原理表达式中，不正确的是()A．用排饱和食盐水法收集Cl2：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClOB．热的纯碱溶液碱性增强：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣C．向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液：3Mg（OH）2（s）+2Fe3+═2Fe（OH）3（s）+3Mg2+D．配制FeCl3溶液时为防止溶液浑浊加入少量稀盐酸Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+5．下列关于电化学的实验事实正确的是()出现环境实验事实A以稀H2SO4为电解质的Cu﹣Zn原电池Cu为正极，正极上发生还原反应B电解CuCl2溶液电子经过负极→阴极阳极→正极C27\n弱酸性环境下钢铁腐蚀负极处产生H2，正极处吸收O2D将钢闸门与外加电源负极相连牺牲阳极阴极保护法，可防止钢闸门腐蚀A．AB．BC．CD．D6．如图所示，△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1，△H2=﹣395.4kJ•mol﹣1，下列说法或表示式正确的是()A．C（s、石墨）═C（s、金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1B．石墨和金刚石的转化是物理变化C．金刚石的稳定性强于石墨D．1mol石墨的能量比1mol金刚石的总能量大7．对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是()A．达到化学平衡时，4υ正（O2）=5υ逆（NO）B．若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大D．化学反应速率关系是：2υ正（NH3）=3υ正（H2O）8．关于如图所示装置的叙述，正确的是()A．铜是阳极，铜片上有气泡产生B．铜片质量不断减少C．电流从锌片经导线流向铜片D．氢离子在铜片表面被还原9．下列叙述中一定能判断某化学平衡发生移动的是()A．混合物中各组分的浓度改变B．正、逆反应速率改变C．混合物中各组分的百分含量改变27\nD．混合体系的压强发生改变10．A、B、C是三种金属，根据下列两个实验，确定它们的还原性强弱顺序为①将A与B浸在稀硫酸中用导线相连，A上有气泡逸出，B逐渐溶解②电解物质的量浓度相同的A、C盐溶液时，阴极上先析出C（使用惰性电极）()A．A＞B＞CB．B＞C＞AC．C＞A＞BD．B＞A＞C11．25℃时，水中存在电离平衡：H2O⇌H++OH﹣△H＞0．下列叙述正确的是()A．将水加热，Kw增大，pH不变B．向水中加入少量NaHSO4固体，c（H+）增大，Kw不变C．向水中加入少量NaOH固体，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低D．向水中加入少量NH4Cl固体，平衡正向移动，c（OH﹣）增大12．X、Y、Z三种气体，取X和Y按2：1的物质的量之比混合，放入固定体积的密闭容器中发生如下反应：X+2Y⇌2Z，达到平衡后，X的转化率不可能为()A．10%B．15%C．20%D．25%13．反应CO（g）+2H2（g）⇌2CH3OH（g）在密闭容器中进行．为探究温度、CO2等对该反应的影响，进行了4组实验，结果如图．下列说法不正确的是()A．该反应的△H＞0B．当容器中压强不变时，反应达到平衡C．CH3OH含量增大的原因是CO2起了催化作用D．少量CO2能提高平衡时CH3OH的体积分数14．下列各环境下的离子组合一定能大量共存的是()A．c（HCO3﹣）=1×10﹣1mol/L的溶液中Na+、AlO2﹣、CH3COO﹣、K+B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液中CO32﹣、NH4+、SO42﹣、K+C．甲基橙呈红色的溶液中Fe2+、Cl﹣、NO3﹣、Na+D．能使pH试纸呈红色的溶液中Mg2+、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣15．下列有关物质的量浓度关系正确的是()A．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液呈酸性：c（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH）B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（CH3COONa）＜c（Na2CO3）C．0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4：c（HA﹣）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2﹣）D．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合后溶液中离子浓度关系：c（H+）+c（M+）=c（OH﹣）+c（A﹣）27\n16．已知25℃时，电离常数Ka（HF）=3.6×10﹣4，溶度积常数Ksp（CaF2）=1.46×10﹣10．现向1L0.2mol•L﹣1HF溶液中加入1L0.2mol•L﹣1CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是()A．25℃时，0.1mol•L﹣1HF溶液中pH=1B．Ksp（CaF2）随温度和浓度的变化而变化C．加入CaCl2溶液后体系中的c（H+）浓度不变D．该体系中有CaF2沉淀产生17．关于下列各装置图的叙述中，不正确的是()A．用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液B．装置②的总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+C．装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连D．装置④中的铁钉几乎没被腐蚀18．二甲醚（CH3OCH3）是一种绿色、可再生的新能源．下图是绿色电源“燃料电池”的工作原理示意图（a、b均为多孔性Pt电极）．该电池工作时，下列说法错误的是()A．a电极为该电池负极B．O2在b电极上得电子，被氧化C．电池工作时，a电极反应式：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O═2CO2↑+12H+D．电池工作时，燃料电池内部H+从a电极移向b电极19．用下列实验装置完成相应实验，正确的是()A．用于证明非金属性强弱：Cl＞C＞Si27\nB．用于配制一定物质的量浓度的硫酸溶液C．用于模拟生铁的电化学腐蚀D．用于测定某稀盐酸的物质的量浓度20．已知下列两个热化学方程式2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol；C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2220.0kJ/mol；实验测得，5mol氢气和丙烷的混合气体完全燃烧时放热3847kJ，则混合气体中氢气与丙烷的体积比是()A．1：3B．3：1C．1：4D．1：121．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()A．常温下，pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1NAB．25℃时，1LpH=13的Ba（OH）2溶液中含OH﹣数目为0.2NAC．1L1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中含有CO32﹣的数目为NAD．18gH2O中含1mol氧原子二、解答题（共6小题，满分58分）22．（1）常温下，CH3COONa溶液呈__________性，用离子方程式解释其原因__________．（2）室温下，若将0.1mol•L﹣1盐酸滴入20mL0.1mol•L﹣1氨水中，溶液pH随加入盐酸体积的变化曲线如图所示．①NH3•H2O的电离方程式是__________．②b点所示溶液中的溶质是__________．③c点所示溶液中，离子浓度从大到小的关系为__________，在该溶液中存在多种守恒关系，其中c（NH4+）+c（H+）=__________（用离子浓度表示）．27\n23．（14分）如图所示，甲、乙两装置电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题：（1）若两装置中均为CuSO4溶液，反应一段时间后：①有红色物质析出的是甲装置中的__________棒，乙装置中的__________棒．②乙装置中阳极的电极反应式是：__________．（2）若两装置中均为饱和NaCl溶液：①写出乙装置中总反应的离子方程式：__________．②甲装置中碳极的电极反应式是__________，乙装置碳极的电极反应属于__________（填“氧化反应”或“还原反应”）．③将湿润的淀粉KI试纸放在乙装置碳极附近，发现试纸变蓝，解释其原因：__________．24．某无色溶液中可能含有Na+、SO42﹣、SO32﹣、CO32﹣、Cl﹣、Cu2+、Ba2+、Br﹣中的若干种，依次进行下列实验，观察到的现象如下：①用PH试纸检验，溶液的PH大于7，②向溶液中滴加氯水无气体放出，再加入CCl4振荡、静置，CCl4层呈橙色，用分液漏斗分液；③向分液后所得的水溶液中加入Ba（NO3）2和稀HNO3的混合溶液，只有白沉淀生成，过滤；④向滤液中加入AgNO3和稀HNO3的混合溶液，有白色沉淀生成．（1）原溶液中肯定有的离子是__________．（2）写出步骤①溶液显碱性的离子方程式__________．（3）写出步骤②中发生反应的离子方程式：__________．25．沉淀的生成、溶解和转化在无机物制备和提纯以及科研等领域有广泛应用．难溶物在水中溶解达到饱和时，即建立沉淀溶解平衡，平衡常数称为溶度积（Ksp）．已知25℃时，Ksp（BaSO4）=1×10﹣10，Ksp（BaCO3）=2.5×10﹣9，AgBr的Ksp=4.9×10﹣13（1）医学上进行消化系统的X射线透视时，常使用BaSO4作内服造影剂．胃酸酸性较强（pH约为1），但服用大量BaSO4仍然是安全的，万一误服了少量BaCO3，应尽快用大量0.5mol•L﹣1Na2SO4，溶液给患者洗胃，如果忽略洗胃过程中Na2SO4溶液浓度的变化，残留在胃液中的Ba2+浓度仅为__________mol•L﹣1．（2）AgBr固体在水中达到溶解平衡，此时溶液中c（Ag+）=__________mol/L．27\n26．在5L的密闭容器中充入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），经4s后达到平衡状态，在相同温度下测得容器内混合气体的压强是反应前的．（1）达到平衡时，C的物质的量浓度__________（2）达到平衡时，A的转化率__________．（3）达到平衡时，用物质B表示的化学反应速率为__________．27．（14分）汽车尾气中的主要污染物是NO以及燃料不完全燃烧所产生的CO．为了减轻大气污染，人们提出通过以下反应来处理汽车尾气：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）△H=akJ/mol．为了测定在某种催化剂作用下该反应的反应速率，t1℃下，在一等容的密闭容器中，某科研机构用气体传感器测得了不同时间的NO和CO的浓度如下表（CO2和N2的起始浓度为0）．时间/s012345c（NO）/×10﹣4mol•L﹣110.04.502.501.501.001.00c（CO）/×10﹣3mol•L﹣13.603.052.852.752.702.70回答下列问题：（1）在上述条件下该反应能自发进行，则正反应必然是__________反应（填“放热”或“吸热”）．（2）前3s内的平均反应速率v（N2）=__________；t1℃时该反应的平衡常数K=__________．（3）假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时改变下列条件，能提高NO转化率的是__________．A．选用更有效的催化剂B．升高反应体系的温度C．降低反应体系的温度D．缩小容器的体积（4）研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂的比表面积可提高化学反应速率．根据下表设计的实验测得混合气体中NO的浓度随时间t变化的趋势如图所示：实验编号T/℃NO初始浓度/mol•L﹣1CO初始浓度/mol•L﹣1催化剂的比表面积/m2•g﹣1①3501.20×10﹣35.80×10﹣3124②2801.20×10﹣35.80×10﹣3124③2801.20×10﹣35.80×10﹣382则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的实验编号依次为__________．（5）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ/mol2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=﹣221.0kJ/molC（s）+O2（g）=CO2（g）△H3=﹣393.5kJ/mol则处理汽车尾气反应中的a=__________．（6）用活性炭还原法也可以处理氮氧化物，有关反应为：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H4．向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，在t2℃下反应，有关数据如下表：NON2CO2起始浓度/mol•L﹣10.100027\n平衡浓度/mol•L﹣10.040.030.03平衡后升高温度，再次达到平衡测得容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3，则△H4__________0（填“＞”、“=”或“＜”）．27\n2022-2022学年云南省红河州蒙自一中高二（上）期中化学试卷（1-6班）一、选择题（共21小题，每小题2分，满分42分）1．升高温度，下列数据不一定增大的是()A．化学反应速率vB．KNO3的溶解度SC．化学平衡常数KD．水的离子积常数KW【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】A．升高温度，化学反应速率一定增大；B．硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大；C．对于放热的化学反应，升高温度K减小；D．水的电离为吸热的，升高温度，促进电离．【解答】解：A．升高温度，活化分子碰撞的几率增大，则化学反应速率一定增大，故A不选；B．硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大，则升高温度，硝酸钾的S增大，故B不选；C．对于放热的化学反应，升高温度K减小，即升高温度，化学反应的平衡常数K不一定增大，故C选；D．水的电离为吸热的，升高温度，促进电离，则升高温度，水的离子积常数KW增大，故D不选；故选C．【点评】本题考查温度对反应速率、平衡常数、溶解度、离子积的影响，明确化学反应中吸热与放热反应受温度影响导致的平衡移动是解答的关键，题目难度中等．2．已知；（NH4）2CO3（s）═NH4HCO3（s）+NH3（g）△H=+74.9kJ•mol﹣1，下列说法中正确的是()A．该反应中熵变、焓变皆大于0B．该反应是吸热反应，因此一定不能自发进行C．碳酸盐分解反应中熵增加，因此任何条件下所有碳酸盐分解一定自发进行D．能自发进行的反应一定是放热反应，不能自发进行的反应一定是吸热反应【考点】焓变和熵变．【专题】化学平衡专题．【分析】A、依据反应的特征分析（NH4）2CO3（（s）=NH4HCO3（s）+NH3（g）△H=+74.9kJ•mol﹣1，反应是熵变增大的反应，反应是吸热反应焓变大于0；B、反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，反应自发进行；C、反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，反应自发进行，据此分析；D、反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，反应自发进行，据此分析；【解答】解：A、依据反应的特征分析（NH4）2CO3（（s）=NH4HCO3（s）+NH3（g）△H=+74.9kJ•mol﹣1，反应是熵变增大的反应，△S＞0；反应是吸热反应焓变大于0，△H＞0；故A正确；B、该反应是吸热反应，△H＞0，△S＞0；反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，当高温下反应可以自发进行，故B错误；27\nC、碳酸盐分解反应中熵增加，△S＞0，反应是吸热反应，△H＞0，反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，反应自发进行，因此低温下碳酸盐分解是非自发进行的，故C错误；D、能自发进行的反应不一定是放热反应，不能自发进行的反应不一定是吸热反应，判断依据是△H﹣T△S＜0，故D错误；故选A．【点评】本题考查了反应自发进行的判断依据，理解自发进行的因素是由焓变和熵变温度共同决定，题目较简单．3．下列关于热化学反应的描述中正确的是()A．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热为2×（﹣57.3）kJ/molB．CO（g）的燃烧热是﹣283.0kJ/mol，则表示CO燃烧热的热化学方程式为CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283.0kJ/molC．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．1mol硫燃烧生成气态三氧化硫所放出的热量是硫磺的燃烧热【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、反应过程中生成硫酸钙是微溶物，反应过程是放热过程；B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量分析；C、放热反应也需要引发条件才能发生反应；D、硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫；【解答】解：A、反应过程中生成硫酸钙是微溶物，反应过程是放热过程，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热小于2×（﹣57.3）kJ/mol，故A错误；B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量分析，CO（g）的燃烧热是﹣283.0kJ/mol，则表示CO燃烧热的热化学方程式为CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283.0kJ/mol，故B正确；C、放热反应也需要引发条件才能发生反应，如铝热反应是放热反应，需要加热才能发生反应，故C错误；D、硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故D错误；故选B．【点评】本题考查了热化学方程式书写方法，反应能量变化和燃烧热、中和热概念的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单．4．下列解释实际应用的原理表达式中，不正确的是()A．用排饱和食盐水法收集Cl2：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClOB．热的纯碱溶液碱性增强：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣C．向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液：3Mg（OH）2（s）+2Fe3+═2Fe（OH）3（s）+3Mg2+D．配制FeCl3溶液时为防止溶液浑浊加入少量稀盐酸Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸；B．碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解；27\nC．氢氧化铁溶解度小于氢氧化镁，依据沉淀转化规律解答；D．三价铁离子为弱碱阳离子，水解生成氢氧化铁，依据水解平衡移动规律解答．【解答】解：A．氯气与水反应的离子方程式：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，饱和食盐水中氯离子使平衡逆向移动，抑制氯气的溶解，故A正确；B．热的纯碱溶液碱性增强，离子方程式：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，水解为吸热过程，加热促进碳酸根水解，溶液碱性增强，故B错误；C．氢氧化铁溶解度小于氢氧化镁，向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液F发生反应离子方程式，3Mg（OH）2（s）+2Fe3+═2Fe（OH）3（s）+3Mg2+，实现沉淀的转化，故C正确；D．FeCl3溶液存在三价铁离子的水解：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，加入盐酸增大氢离子浓度，使平衡逆向移动，抑制三价铁离子的水解，故D正确；故选：B．【点评】本题考查了离子方程式的书写，题目难度中等，明确盐类水解的规律和应用是解题关键，注意沉淀转化的规律．5．下列关于电化学的实验事实正确的是()出现环境实验事实A以稀H2SO4为电解质的Cu﹣Zn原电池Cu为正极，正极上发生还原反应B电解CuCl2溶液电子经过负极→阴极阳极→正极C弱酸性环境下钢铁腐蚀负极处产生H2，正极处吸收O2D将钢闸门与外加电源负极相连牺牲阳极阴极保护法，可防止钢闸门腐蚀A．AB．BC．CD．D【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A．原电池中，正极上得电子发生还原反应；B．电解时，电子不进入电解质溶液；C．弱酸性条件下钢铁发生吸氧腐蚀；D．金属的腐蚀与防护中如果有外接电源，此方法为外加电源的阴极保护法．【解答】解：A．该装置构成原电池，锌作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，故A正确；B．无论原电池还是电解池，电子都不进入电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子的定向移动而构成闭合回路，故B错误；27\nC．酸性条件下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，所以弱酸性环境下钢铁腐蚀，负极处产生亚铁离子，正极处吸收O2，故C错误；D．将钢闸门与外加电源负极相连，阴极上电解质溶液中阳离子得电子发生还原反应，此方法为外加电源的阴极保护法，可防止钢闸门腐蚀，故D错误；故选A．【点评】本题考查原电池原理和电解池原理，易错选项是B，注意电子不能进入电解质溶液，为易错点．6．如图所示，△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1，△H2=﹣395.4kJ•mol﹣1，下列说法或表示式正确的是()A．C（s、石墨）═C（s、金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1B．石墨和金刚石的转化是物理变化C．金刚石的稳定性强于石墨D．1mol石墨的能量比1mol金刚石的总能量大【考点】反应热和焓变；物理变化与化学变化的区别与联系．【分析】先根据图写出对应的热化学方程式，然后根据盖斯定律写出石墨转变成金刚石的热化学方程式，根据物质的能量越低越稳定，拆化学键吸收能量，形成化学键放出热量来解答．【解答】解：由图得：①C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1②C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣395.4kJ•mol﹣1，利用盖斯定律将①﹣②可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，则A、因C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，故A正确；B、石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故B错误；C、金刚石能量大于石墨的总能量，物质的能量越高越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C错误；D、物质的能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，金刚石能量大于石墨的总能量，故D错误；故选：A．【点评】本题考查热利用盖斯定律书写热化学方程式、物质的能量越低越稳定，题目难度不大，注意物质的稳定性与能量的关系．7．对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是()A．达到化学平衡时，4υ正（O2）=5υ逆（NO）B．若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大D．化学反应速率关系是：2υ正（NH3）=3υ正（H2O）27\n【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A、当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；B、都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡；C、增大体积压强减小，正逆速率都减小，平衡向体积增大的方向移动；D、各物质表示的化学反应速率之比等于各物质前面的系数之比．【解答】解：A、4v正（O2）=5v逆（NO），不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示反应达到平衡状态，故A正确；B、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，故B错误；C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，平衡向正反应移动，故C错误；D、化学反应速率关系是：3υ正（NH3）=2υ正（H2O），故D错误．故选A．【点评】本题考查化学平衡状态的判断、平衡移动及影响平衡的因素、平衡常数等，题目难度中等，A选项中注意用不同物质的表示的正逆反应速率相等的表达方法，此为易错点．8．关于如图所示装置的叙述，正确的是()A．铜是阳极，铜片上有气泡产生B．铜片质量不断减少C．电流从锌片经导线流向铜片D．氢离子在铜片表面被还原【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】锌比铜活泼，形成原电池反应时，锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，发生还原反应，以此解答．【解答】解：锌比铜活泼，形成原电池反应时，锌为负极，Zn失电子发生氧化反应，铜为正极，溶液中氢离子在正极上得电子发生还原反应，铜质量不变，电流从正极Cu流向负极Zn，故ABC错误，D正确；故选D．【点评】本题考查原电池知识，侧重于学生的分析能力和电化学基础知识的考查，为高考常见题型和高频考点，难度不大．9．下列叙述中一定能判断某化学平衡发生移动的是()A．混合物中各组分的浓度改变B．正、逆反应速率改变C．混合物中各组分的百分含量改变D．混合体系的压强发生改变27\n【考点】化学平衡状态的判断．【分析】分析条件的改变会导致哪些量的变化，是否引起速率变化，如果速率不变，平衡一定不移动．如果速率改变，平衡不一定移动：（1）改变程度相同[V（正）=V（逆）]，平衡不移动；（2）改变程度不相同[V（正）≠V（逆）]，平衡移动，【解答】解：A、如果混合物中各组分的浓度变化而保持各组分的含量不变时，平衡不移动，故A错误；B、使用合适的催化剂，正、逆反应速率都改变，但平衡不移动，故B错误；C、混合物中各组分的百分含量一定是化学平衡状态的标志，如果各组分改变，一定发生化学平衡移动，故C正确．D、如果反应前后气体总物质的量不变，则压强对平衡无影响，故D错误．故选：C．【点评】1、不要把V（正）增大与平衡向正反应方向移动等同起来，只有V（正）＞V（逆）时，平衡向正反应方向移动．2、不要把平衡向正反应方向移动与原料转化率的提高等同起来．10．A、B、C是三种金属，根据下列两个实验，确定它们的还原性强弱顺序为①将A与B浸在稀硫酸中用导线相连，A上有气泡逸出，B逐渐溶解②电解物质的量浓度相同的A、C盐溶液时，阴极上先析出C（使用惰性电极）()A．A＞B＞CB．B＞C＞AC．C＞A＞BD．B＞A＞C【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】将A与B浸在稀硫酸中用导线相连，A上有气泡逸出，B逐渐溶解，说明原电池中B做负极，A做正极，金属性B＞A；电解物质的量浓度相同的A、C混合盐溶液时，阴极上先析出C（使用惰性电极），说明A的金属性大于C．【解答】解：①将A与B浸在稀硫酸中用导线相连，A上有气泡逸出，B逐渐溶解，说明原电池中B做负极，A做正极，金属性B＞A；②电解物质的量浓度相同的A、C混合盐溶液时，阴极上先析出C（使用惰性电极）．金属阳离子氧化性性越强，对应金属元素的金属性越弱，说明A的金属性大于C；得到金属活泼性为B＞A＞C，还原性强弱顺序为B＞A＞C；故选D．【点评】本题考查了氧化还原反应的强弱比较，原电池和电解池的原理应用，电极反应、离子反应来比较金属性强弱的判断依据．11．25℃时，水中存在电离平衡：H2O⇌H++OH﹣△H＞0．下列叙述正确的是()A．将水加热，Kw增大，pH不变B．向水中加入少量NaHSO4固体，c（H+）增大，Kw不变C．向水中加入少量NaOH固体，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低D．向水中加入少量NH4Cl固体，平衡正向移动，c（OH﹣）增大【考点】水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】水的电离平衡：H2O⇌H++OH﹣中，要使平衡发生移动，应改变溶液c（H+）或c（OH﹣）的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+），则pH减小．27\n【解答】解：A．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，Kw增大，c（H+）增大，则pH减小，故A错误；B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，导致c（H+）增大，平衡逆向移动，Kw只受温度的影响，温度不变，Kw不变，故B正确；C．向水中加入少量固体NaOH，c（OH﹣）增大，平衡逆向移动，c（H+）降低，c（OH﹣）增大，故C错误；D．向水中加入少量固体NH4Cl，铵根离子会和氢氧根离子之间反应，c（OH﹣）减小，导致平衡正向移动，c（H+）增大，故D错误．故选B．【点评】本题考查水的电离平衡移动，题目难度不大，注意从浓度、温度对平衡移动的影响角度分析，本题易错点为A，注意升高温度c（H+）增大，pH减小．12．X、Y、Z三种气体，取X和Y按2：1的物质的量之比混合，放入固定体积的密闭容器中发生如下反应：X+2Y⇌2Z，达到平衡后，X的转化率不可能为()A．10%B．15%C．20%D．25%【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】X+2Y⇌2Z，达到平衡后，Y不可能完全反应，以Y完全反应时的物质的量计算X的最大转化率，但X的转化率应小于该计算值．【解答】解：取X和Y按2：1的物质的量之比混合，X+2Y⇌2Z，开始21转化0.51则X的转化率为×100%=25%，则X的转化率不可能为25%，故选D．【点评】本题考查化学平衡的计算，明确可逆反应的特征不能完全转化是解答的关键，题目难度不大．13．反应CO（g）+2H2（g）⇌2CH3OH（g）在密闭容器中进行．为探究温度、CO2等对该反应的影响，进行了4组实验，结果如图．下列说法不正确的是()A．该反应的△H＞0B．当容器中压强不变时，反应达到平衡C．CH3OH含量增大的原因是CO2起了催化作用D．少量CO2能提高平衡时CH3OH的体积分数【考点】探究温度、压强对化学平衡的影响．27\n【专题】化学平衡专题．【分析】A、比较表中1和2或者3和4数据可知，其他条件一致时，升高温度，达到平衡时CH3OH体积分数增大，判断△H；B．反应前气体体积大于反应后气体体积，即化学平衡移动时，压强也随之变化，据此判断；C．有CO2存在时，能促进反应的正向移动，但不是催化作用；D．比较表中1和3或者2和4数据可知，CO2存在，能够增大CH3OH的体积分数．【解答】解：A、比较表中1和2或者3和4数据可知，其他条件一致时，升高温度，化学平衡向着吸热的方向移动，达到平衡时CH3OH体积分数增大，所以△H＞0，故A正确；B．反应前气体体积大于反应后气体体积，即化学平衡移动时，压强也随之变化，当压强不变时，达到了化学平衡状态，故B正确；C．有CO2存在时，能促进反应的正向移动，但不是催化作用，催化作用不影响化学平衡的移动，只影响化学反应速率，故C错误；D．比较表中1和3或者2和4数据可知，CO2存在，能够增大CH3OH的体积分数，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学平衡移动的影响因素，根据表中数据比较得到答案，难度不大．14．下列各环境下的离子组合一定能大量共存的是()A．c（HCO3﹣）=1×10﹣1mol/L的溶液中Na+、AlO2﹣、CH3COO﹣、K+B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液中CO32﹣、NH4+、SO42﹣、K+C．甲基橙呈红色的溶液中Fe2+、Cl﹣、NO3﹣、Na+D．能使pH试纸呈红色的溶液中Mg2+、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．与HCO3﹣反应的离子不能大量共存；B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；C．甲基橙呈红色的溶液呈酸性；D．能使pH试纸呈红色的溶液呈酸性．【解答】解：A．AlO2﹣与HCO3﹣反应生成氢氧化铝沉淀和CO32﹣，不能大量共存，故A错误；B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下CO32﹣不能共存，碱性条件下NH4+不能大量共存，故B错误；C．甲基橙呈红色的溶液呈酸性，酸性条件下，Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D．能使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确．故选D．【点评】本题考查离子共存问题，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，注意常见离子的性质以及反应类型的判断，答题时注意审题，把握题给信息，难度不大．15．下列有关物质的量浓度关系正确的是()A．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液呈酸性：c（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH）B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（CH3COONa）＜c（Na2CO3）C．0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4：c（HA﹣）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2﹣）27\nD．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合后溶液中离子浓度关系：c（H+）+c（M+）=c（OH﹣）+c（A﹣）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】盐类的水解专题．【分析】A．溶液显示酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液中醋酸根离子浓度大于醋酸的浓度；B．醋酸的酸性大于碳酸，则醋酸钠的水解程度小于碳酸钠，等pH时醋酸钠的浓度大于醋酸钠，氢氧化钠为强碱，浓度最小；C．溶液显示酸性，说明HA﹣的电离程度大于其水解程度，溶液中c（H2A）＜c（A2﹣）；D．溶液中一定满足电荷守恒，根据pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液的混合液中电荷守恒进行判断．【解答】解：A．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液呈酸性，证明CH3COOH的电离程度大于CH3COO﹣离子的水解程度，则溶液中c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），故A错误；B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液中含有的氢氧根离子浓度相等，由于氢氧化钠为强碱，则氢氧化钠的浓度最小；醋酸的酸性大于碳酸，则醋酸钠的水解程度小于碳酸钠，水解生成相等浓度的氢氧根离子时，醋酸钠的浓度需要大于醋酸钠，则三者的浓度关系为：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），故B错误；C.0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4，溶液显示酸性，说明HA﹣的电离程度大于其水解程度，则溶液中c（H2A）＜c（A2﹣），溶液中离子浓度关系为：：c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故C错误；D．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合后，反应后的溶液一定遵循电荷守恒，则溶液中离子浓度关系为：c（H+）+c（M+）=c（OH﹣）+c（A﹣），故D正确；故选D．【点评】本题考查了判断溶液中离子浓度大小的方法，题目难度中等，注意掌握比较溶液中离子浓度大小的方法，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解等知识正确判断溶液中各离子之间浓度大小．16．已知25℃时，电离常数Ka（HF）=3.6×10﹣4，溶度积常数Ksp（CaF2）=1.46×10﹣10．现向1L0.2mol•L﹣1HF溶液中加入1L0.2mol•L﹣1CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是()A．25℃时，0.1mol•L﹣1HF溶液中pH=1B．Ksp（CaF2）随温度和浓度的变化而变化C．加入CaCl2溶液后体系中的c（H+）浓度不变D．该体系中有CaF2沉淀产生【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．HF为弱电解质，不能完全电离；B．溶度积只受温度的影响；C．加入CaCl2溶液促进HF的电离；D．根据溶度积计算是否有沉淀生成．27\n【解答】解：A．电离常数Ka（HF）=3.6×10﹣4，HF为弱电解质，不能完全电离，25℃时，0.1mol•L﹣1HF溶液中c（H+）=mol/L=6×10﹣3mol/L，pH＞1，故A错误；B．溶度积只受温度的影响，不随浓度的变化而变化，故B错误；C．溶液中存在HF⇌H++F﹣，CaF2（s）⇌Ca2+（aq）+2F﹣（aq），加入CaCl2溶液后，Ca2+浓度增大，平衡向生成沉淀的方向移动，则F﹣浓度减小，促进HF的电离，c（H+）浓度增大，故C错误；D．向1L0.2mol•L﹣1HF溶液中加入1L0.2mol•L﹣1CaCl2溶液，混合后，c（H+）=c（F﹣）=mol/L=6×10﹣3mol/L，c（Ca2+）=0.1mol/L，c2（F﹣）×c（Ca2+）=3.6×10﹣5×0.1=3.6×10﹣6＞1.46×10﹣10，该体系中有CaF2沉淀产生，故D正确．故选D．【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡的计算和判断，题目难度中等，本题注意把握溶度积常数的计算公式的运用．17．关于下列各装置图的叙述中，不正确的是()A．用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液B．装置②的总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+C．装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连D．装置④中的铁钉几乎没被腐蚀【考点】原电池和电解池的工作原理；铜的电解精炼；金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】A、根据电流的方向判断电源的正负极，精炼铜时粗铜做阳极；B、铁比铜活泼，为原电池的负极；C、装置③为外加电源的阴极保护法，钢闸门应与外接电源的负极相连；D、浓硫酸具有吸水性，在干燥的环境中铁难以腐蚀．【解答】解：A、根据电流的方向可知a为电解池的阳极，则用来精炼铜时，a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液，故A正确；B、铁比铜活泼，为原电池的负极，发生的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故B错误；C、装置③为外加电源的阴极保护法，钢闸门与外接电源的负极相连，电源提供电子而防止铁被氧化，故C正确；D、浓硫酸具有吸水性，在干燥的环境中铁难以腐蚀，故D正确．故选B．【点评】本题考查原电池和电解池的工作原理，题目难度不大，本题易错点为D，注意浓硫酸的性质对金属腐蚀的影响．27\n18．二甲醚（CH3OCH3）是一种绿色、可再生的新能源．下图是绿色电源“燃料电池”的工作原理示意图（a、b均为多孔性Pt电极）．该电池工作时，下列说法错误的是()A．a电极为该电池负极B．O2在b电极上得电子，被氧化C．电池工作时，a电极反应式：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O═2CO2↑+12H+D．电池工作时，燃料电池内部H+从a电极移向b电极【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】氧气得电子被还原，化合价降低，故b电极是正极；由图知在a电极二甲醚与水反应生成二氧化碳和氢离子，故a电极的反应式为（CH3）2O﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+．【解答】解：A．通燃料的一极，失电子，为负极，故A正确；B．O2在b电极上得电子，被还原，故B错误；C．在a电极二甲醚与水反应生成二氧化碳和氢离子，故a电极的反应式为（CH3）2O﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+，故C正确；D．a极为负极，二甲醚放电生成二氧化碳，由离子交换膜可知还生成氢离子，在原电池中氢离子移向正极，所以燃料电池内部H+从a电极移向b电极，故D正确．故选B．【点评】本题考查原电池工作原理，题目难度不大，会书写电极反应式是解题的关键．19．用下列实验装置完成相应实验，正确的是()A．用于证明非金属性强弱：Cl＞C＞SiB．用于配制一定物质的量浓度的硫酸溶液C．用于模拟生铁的电化学腐蚀27\nD．用于测定某稀盐酸的物质的量浓度【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．盐酸易挥发，应先除去盐酸，且不能用盐酸；B．不能在容量瓶中稀释浓硫酸；C．铁分别发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀；D．氢氧化钠溶液不能用酸式滴定管盛装．【解答】解：A．盐酸易挥发，应先除去盐酸，且比较非金属的强弱应用最高价氧化物的水化物，用盐酸不能比较Cl和C的非金属性强弱，故A错误；B．容量瓶只能用于配制溶液，且只能在常温下使用，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应将浓硫酸在烧杯中稀释、冷却后才可转移到容量瓶中，故B错误；C．铁分别发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀，左侧生成氢气，压强增大，右侧消耗氧气，U形管左侧液面比右侧低，故C正确；D．氢氧化钠溶液不能用酸式滴定管盛装，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及非金属性的比较、溶液的配制、铁的电化学腐蚀以及中和滴定等知识，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型，注意把握相关实验方法和注意事项，难度不大．20．已知下列两个热化学方程式2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol；C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2220.0kJ/mol；实验测得，5mol氢气和丙烷的混合气体完全燃烧时放热3847kJ，则混合气体中氢气与丙烷的体积比是()A．1：3B．3：1C．1：4D．1：1【考点】有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】先根据方程式求出H2和C3H8的燃烧热，设H2的物质的量为nmol，则C3H8的物质的量为5mol﹣n，根据放出的热量列方程式解答．【解答】解：设混合气中H2的物质的量为n，则C3H8的物质的量为5mol﹣n，根据题意，列方程为：285.8kJ/mol×n+2220.0kJ/mol×（5mol﹣n）=3847kJ解得：n=3.75mol，C3H8的物质的量为5mol﹣3.75mol=1.25mol，所以混合气体中H2与C3H8的体积比即物质的量之比为3.75mol：1.25mol=3：1，故选：B．【点评】以常规方法进行计算求解，思路直接，便于理解，但是由于一般需要列方程，步骤烦琐，计算量较大，因此可以选用十字交叉法，比较方便．21．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()27\nA．常温下，pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1NAB．25℃时，1LpH=13的Ba（OH）2溶液中含OH﹣数目为0.2NAC．1L1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中含有CO32﹣的数目为NAD．18gH2O中含1mol氧原子【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、溶液体积不明确；B、依据PH计算氢离子浓度，结合溶液中离子积常数计算碱溶液中氢氧根离子浓度，水溶液中水电离也生成氢氧根离子分析判断；C、CO32﹣为弱酸根，在溶液中水解；D、求出水的物质的量，然后根据1mol水中含2mol氧原子来分析．【解答】解：A、溶液体积不明确，故溶液中的氢氧根的个数无法计算，故A错误；B、25℃时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中，碱含有的OH﹣数目为0.2NA，水存在电离生成氢氧根离子，所以溶液中氢氧根离子大于0.2NA，故B错误；C、CO32﹣为弱酸根，在溶液中水解，故CO32﹣的数目小于NA，故C错误；D、18g水的物质的量为1mol，而1mol水中含1mol氧原子即NA个，故D正确．故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．二、解答题（共6小题，满分58分）22．（1）常温下，CH3COONa溶液呈碱性，用离子方程式解释其原因CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣．（2）室温下，若将0.1mol•L﹣1盐酸滴入20mL0.1mol•L﹣1氨水中，溶液pH随加入盐酸体积的变化曲线如图所示．①NH3•H2O的电离方程式是NH3•H2O⇌NH4++OH﹣．②b点所示溶液中的溶质是NH4Cl、NH3⋅H2O．③c点所示溶液中，离子浓度从大到小的关系为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），在该溶液中存在多种守恒关系，其中c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）（用离子浓度表示）．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）醋酸钠溶液中，醋酸根离子结合水电离的氢离子，溶液显示碱性；（2）①一水合氨为弱电解质，溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子；②b点加入盐酸体积小于20mL，氨水过量，据此判断溶液中的溶质组成；③c点时氨水与盐酸恰好反应生成氯化铵溶液，根据盐的水解原理、电荷守恒判断溶液中各离子浓度大小．27\n【解答】解：（1）CH3COONa溶液中，醋酸根离子发生水解生成醋酸和氢氧根离子，溶液显示碱性，离子方程式为：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，故答案为：碱；CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣；（2）①一水合氨为弱碱，在溶液中存在电离平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣；②b点时，加入的盐酸溶液体积小于20mL，此时氨水过量，则溶质为：NH4Cl、NH3⋅H2O，故答案为：NH4Cl、NH3⋅H2O；③c点时，加入20mL盐酸，氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵溶液，由于铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）可得：（Cl﹣）＞c（NH4+），溶液中各离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；故答案为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；c（Cl﹣）+c（OH﹣）．【点评】本题考查了盐的水解原理、酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性的定性判断方法，能够根据电荷守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小．23．（14分）如图所示，甲、乙两装置电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题：（1）若两装置中均为CuSO4溶液，反应一段时间后：①有红色物质析出的是甲装置中的碳棒，乙装置中的铁棒．②乙装置中阳极的电极反应式是：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑．（2）若两装置中均为饱和NaCl溶液：①写出乙装置中总反应的离子方程式：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣．②甲装置中碳极的电极反应式是2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，乙装置碳极的电极反应属于氧化反应（填“氧化反应”或“还原反应”）．③将湿润的淀粉KI试纸放在乙装置碳极附近，发现试纸变蓝，解释其原因：在乙装置碳棒电极上生成Cl2，Cl2与I﹣反应生成I2，I2遇淀粉变蓝．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）甲为原电池，Fe为负极，发生Fe+CuSO4═FeSO4+Cu，乙为电解池，由电子流向可知，Fe为阴极，铜离子得到电子生成Cu，阳极上氢氧根离子放电；（2）①电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、氯气；②甲中碳为正极，氢氧根离子失去电子，乙中碳为阳极，发生氧化反应；③氯气具有强氧化性，能将碘离子氧化生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色．27\n【解答】解：（1）①甲为原电池，Fe为负极，发生Fe+CuSO4═FeSO4+Cu，所以碳电极上生成红色物质Cu，乙为电解池，由电子流向可知，Fe为阴极，铜离子得到电子生成Cu，故答案为：碳；铁；②乙中阳极上氢氧根离子放电，电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；（2）①电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、氯气，离子反应为2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣，故答案为：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣；②甲中碳为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应为2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，乙中碳为阳极，发生氧化反应，故答案为：2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣；氧化反应；③碳电极为阳极，阳极上生成氯气，氯气和碘离子发生置换反应生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，故答案为：在乙装置碳棒电极上生成Cl2，Cl2与I﹣反应生成I2，I2遇淀粉变蓝．【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确电极的判断及各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度中等．24．某无色溶液中可能含有Na+、SO42﹣、SO32﹣、CO32﹣、Cl﹣、Cu2+、Ba2+、Br﹣中的若干种，依次进行下列实验，观察到的现象如下：①用PH试纸检验，溶液的PH大于7，②向溶液中滴加氯水无气体放出，再加入CCl4振荡、静置，CCl4层呈橙色，用分液漏斗分液；③向分液后所得的水溶液中加入Ba（NO3）2和稀HNO3的混合溶液，只有白沉淀生成，过滤；④向滤液中加入AgNO3和稀HNO3的混合溶液，有白色沉淀生成．（1）原溶液中肯定有的离子是Na+、SO32﹣、Br﹣．（2）写出步骤①溶液显碱性的离子方程式SO32﹣+H2OHSO3﹣+OH﹣．（3）写出步骤②中发生反应的离子方程式：Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Cl2、Cl2+SO32﹣+H2O=2Cl﹣+SO42﹣+2H+．【考点】离子共存问题；常见离子的检验方法．【分析】无色溶液一定不含Cu2+，①用PH试纸检验，溶液的PH大于7，则溶液中含SO32﹣、CO32﹣中的一种或都有；②向溶液中滴加氯水无气体放出，再加入CCl4振荡、静置，CCl4层呈橙色，则一定不含CO32﹣，含Br﹣；③用分液漏斗分液，向分液后所得的水溶液中加入Ba（NO3）2和稀HNO3的混合溶液，只有白沉淀生成，过滤，白色沉淀为硫酸钡，由②可知一定含SO32﹣，不能确定是否含SO42﹣；④向滤液中加入AgNO3和稀HNO3的混合溶液，有白色沉淀生成，由②可知白色沉淀为AgCl，但不能确定原溶液是否含Cl﹣，然后结合离子共存及溶液为电中性来解答．【解答】解：无色溶液一定不含Cu2+，①用PH试纸检验，溶液的PH大于7，则溶液中含SO32﹣、CO32﹣中的一种或都有；②向溶液中滴加氯水无气体放出，再加入CCl4振荡、静置，CCl4层呈橙色，则一定不含CO32﹣，含Br﹣；③用分液漏斗分液，向分液后所得的水溶液中加入Ba（NO3）2和稀HNO3的混合溶液，只有白沉淀生成，过滤，白色沉淀为硫酸钡，由②可知一定含SO32﹣，不能确定是否含SO42﹣；④向滤液中加入AgNO3和稀HNO3的混合溶液，有白色沉淀生成，由②可知白色沉淀为AgCl，但不能确定原溶液是否含Cl﹣，因SO32﹣、Ba2+结合生成沉淀，则不能存在Ba2+，溶液为电中性，则一定含阳离子为Na+，27\n（1）由上述分析可知，一定存在Na+、SO32﹣、Br﹣，故答案为：Na+、SO32﹣、Br﹣；（2）步骤①溶液显碱性的离子方程式为SO32﹣+H2OHSO3﹣+OH﹣，故答案为：SO32﹣+H2OHSO3﹣+OH﹣；（3）步骤②中发生反应的离子方程式为Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Cl2、Cl2+SO32﹣+H2O=2Cl﹣+SO42﹣+2H+，故答案为：Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Cl2、Cl2+SO32﹣+H2O=2Cl﹣+SO42﹣+2H+．【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，注意溶液为电中性，题目难度不大．25．沉淀的生成、溶解和转化在无机物制备和提纯以及科研等领域有广泛应用．难溶物在水中溶解达到饱和时，即建立沉淀溶解平衡，平衡常数称为溶度积（Ksp）．已知25℃时，Ksp（BaSO4）=1×10﹣10，Ksp（BaCO3）=2.5×10﹣9，AgBr的Ksp=4.9×10﹣13（1）医学上进行消化系统的X射线透视时，常使用BaSO4作内服造影剂．胃酸酸性较强（pH约为1），但服用大量BaSO4仍然是安全的，万一误服了少量BaCO3，应尽快用大量0.5mol•L﹣1Na2SO4，溶液给患者洗胃，如果忽略洗胃过程中Na2SO4溶液浓度的变化，残留在胃液中的Ba2+浓度仅为2×10﹣10mol•L﹣1．（2）AgBr固体在水中达到溶解平衡，此时溶液中c（Ag+）=7×10﹣7mol/L．【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】（1）从影响难溶电解质的溶解平衡的角度分析，结合溶度积计算；（2）AgBr固体在水中达到溶解平衡，c（Ag+）×c（Br﹣）=4.9×10﹣13．【解答】解：（1）由平衡BaSO4（s）⇌Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）可知，H+不能减少Ba2+或SO42﹣的浓度，平衡不能向溶解方向移动，c（SO42﹣）=0.5mol/L，则由c（Ba2+）×c（SO42﹣）=1×10﹣10，可知c（Ba2+）=2×10﹣10mol/L，故答案为：2×10﹣10；（2）AgBr固体在水中达到溶解平衡，c（Ag+）×c（Br﹣）=4.9×10﹣13，c2（Ag+）=4.9×10﹣13，c（Ag+）=7×10﹣7，故答案为：7×10﹣7．【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，题目难度较大，解答本题时注意根据溶度积计算，把握平衡移动原理，注重相关知识、方法的理解和把握．26．在5L的密闭容器中充入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），经4s后达到平衡状态，在相同温度下测得容器内混合气体的压强是反应前的．（1）达到平衡时，C的物质的量浓度0.2mol/L（2）达到平衡时，A的转化率50%．（3）达到平衡时，用物质B表示的化学反应速率为0.025mol/L•s．【考点】化学平衡的计算．【分析】根据一定条件下，压强之比等于物质的量之比，求出平衡时，容器内混合气体的总的物质的量；根据反应方程式，运用三段式解题法，列方程求解平衡时，体系各组分的物质的量；再根据要求逐题解答．【解答】解：设参加反应的B的物质的量为xmol，则：2A（g）+B（g）⇌2C（g）开始2mol1mol0mol变化2xmolxmol2xmol27\n平衡（2﹣2x）mol（1﹣x）mol2xmol所以，（2﹣2x）mol+（1﹣x）mol+2xmol=（2mol+1mol）×解得：x=0.5（1）达到平衡时，C的物质的量浓度为=0.2mol/L，故答案为：0.2mol/L（2）达到平衡时，A的转化率为×100%=50%，故答案为：50%；（3）以B表示的该反应的速率v（B）===0.025mol/（L．s），故答案为：0.025mol/（L．s）．【点评】本题考查了化学平衡的有关计算，难度不大，明确“三段式”法是化学平衡计算常用的解题方法，应熟练掌握．27．（14分）汽车尾气中的主要污染物是NO以及燃料不完全燃烧所产生的CO．为了减轻大气污染，人们提出通过以下反应来处理汽车尾气：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）△H=akJ/mol．为了测定在某种催化剂作用下该反应的反应速率，t1℃下，在一等容的密闭容器中，某科研机构用气体传感器测得了不同时间的NO和CO的浓度如下表（CO2和N2的起始浓度为0）．时间/s012345c（NO）/×10﹣4mol•L﹣110.04.502.501.501.001.00c（CO）/×10﹣3mol•L﹣13.603.052.852.752.702.70回答下列问题：（1）在上述条件下该反应能自发进行，则正反应必然是放热反应（填“放热”或“吸热”）．（2）前3s内的平均反应速率v（N2）=1.42×10﹣4mol•L﹣1•s﹣；t1℃时该反应的平衡常数K=5000．（3）假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时改变下列条件，能提高NO转化率的是CD．A．选用更有效的催化剂B．升高反应体系的温度C．降低反应体系的温度D．缩小容器的体积（4）研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂的比表面积可提高化学反应速率．根据下表设计的实验测得混合气体中NO的浓度随时间t变化的趋势如图所示：实验编号T/℃NO初始浓度/mol•L﹣1CO初始浓度/mol•L﹣1催化剂的比表面积/m2•g﹣1①3501.20×10﹣35.80×10﹣3124②2801.20×10﹣35.80×10﹣3124③2801.20×10﹣35.80×10﹣382则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的实验编号依次为③②①．（5）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ/mol2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=﹣221.0kJ/mol27\nC（s）+O2（g）=CO2（g）△H3=﹣393.5kJ/mol则处理汽车尾气反应中的a=﹣746.5．（6）用活性炭还原法也可以处理氮氧化物，有关反应为：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H4．向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，在t2℃下反应，有关数据如下表：NON2CO2起始浓度/mol•L﹣10.1000平衡浓度/mol•L﹣10.040.030.03平衡后升高温度，再次达到平衡测得容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3，则△H4＜0（填“＞”、“=”或“＜”）．【考点】化学平衡的计算；有关反应热的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．【分析】（1）正反应气体物质的量减小，混乱度减小，故△S＜0，而△H﹣T△S＜0反应自发进行；（2）根据v=计算v（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（N2）；4s时处于平衡状态，平衡时c（NO）=1×10﹣4mol•L﹣1、c（CO）=2.7×10﹣3mol•L﹣1，计算二氧化碳、氮气的平衡浓度，代入K=计算平衡常数；（3）A．选用更有效的催化剂，不影响平衡移动；B．升高反应体系的温度，平衡向吸热反应移动；C．降低反应体系的温度，平衡向放热反应移动；D．缩小容器的体积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动；（4）由图可知，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ相比，平衡没有移动，反应速率Ⅱ比Ⅰ快，故曲线Ⅱ中催化剂比比表面积大于Ⅰ，而其它条件相同；而曲线Ⅲ和曲线Ⅱ相比，反应速率变快且平衡逆向移动，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动；（5）已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ/mol②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=﹣221.0kJ/mol③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H3=﹣393.5kJ/mol根据盖斯定律，③×2﹣①﹣②可得：2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）；（6）原平衡时容器中NO、N2、CO2的浓度之比为4：3：3，平衡后升高温度，再次达到平衡测得容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为放热反应．27\n【解答】解：（1）正反应气体物质的量减小，混乱度减小，故△S＜0，而△H﹣T△S＜0反应自发进行，则△H＜0，正反应为放热反应，故答案为：放热；（2）前3s内v（NO）=（10×10﹣4mol•L﹣1﹣1.5×10﹣4mol•L﹣1）÷3s=×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1，速率之比等于化学计量数之比，v（N2）=v（NO）=1.42×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1；4s时处于平衡状态，平衡时c（NO）=1×10﹣4mol•L﹣1、c（CO）=2.7×10﹣3mol•L﹣1，则△c（CO2）=△c（NO）=（10×10﹣4mol•L﹣1﹣1×10﹣4mol•L﹣1）=9×10﹣4mol•L﹣1，△c（N2）=△c（NO）=4.5×10﹣4mol•L﹣1，故平衡常数K===5000，故答案为：1.42×10﹣4mol•L﹣1•s﹣4；5000；（3）A．选用更有效的催化剂，不影响平衡移动，NO转化率不变，故A错误；B．正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，NO的转化率减小，故B错误；C．正反应为放热反应，降低反应体系的温度，平衡正向移动，NO的转化率增大，故C正确；D．缩小容器的体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，故D正确，故选：CD；（4）由于②、③温度相同，催化剂对平衡移动无影响，化学平衡不移动，达到相同的平衡状态，但②的催化剂的比表面积较大，则反应的速率大，所以②先达到化学平衡；由于①、②浓度、催化剂的比面积大相同，而①的温度较高，反应速率较快，先到达平衡，且平衡向逆反应移动，平衡时NO的浓度增大，所以曲线Ⅰ对应实验③，曲线Ⅱ对应实验②，曲线Ⅲ对应实验①，故答案为：③②①；（5）已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ/mol②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=﹣221.0kJ/mol③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H3=﹣393.5kJ/mol根据盖斯定律，③×2﹣①﹣②可得：2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g），则△H=2×（﹣393.5kJ/mol）﹣180.5kJ/mol﹣（﹣221.0kJ/mol）=﹣746.5kJ/mol，故a=﹣746.5，故答案为：﹣746.5；（6）原平衡时容器中NO、N2、CO2的浓度之比为4：3：3，平衡后升高温度，再次达到平衡测得容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为放热反应，则△H4＜0，故答案为：＜．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率计算、平衡常数、平衡图象与反应热计算等，题目比较综合，侧重考查学生分析计算能力，需要学生具备扎实的基础，难度中等．27