辽宁省大连市高二(上)期末化学试卷(理科)

1、2014-2015学年辽宁省大连市高二（上）期末化学试卷（理科）一、选择题（本题包括15小题，每小题2分，共30分；每小题只有一个选项符合题意）1化学与生产生活实际密切联系下列说法不正确的是（）A氢能可再生，没有污染，现已用作火箭和燃料电池的燃料B在环保领域，酸性或碱性废水的处理常常利用中和反应C为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术D保护轮船船体，多采用外加电流的阴极保护法【考点】常见的生活环境的污染及治理；金属的电化学腐蚀与防护 【专题】化学计算【分析】A氢能是清洁能源且可以再生；B根据酸、碱能发生中和反应；C电池中含有重金属；D保护轮船船体，外壳装上若干锌块

2、属于牺牲阳极的阴极保护法【解答】解：A氢能是清洁能源且可以再生，已用作火箭和燃料电池的燃料，故A正确； B酸、碱能发生中和反应，所以酸性或碱性废水的处理常常利用中和反应，故B正确；C电池中的重金属污染土壤和水体会造成对人畜的危害，所以我们大力支持回收电池及开发废电池的综合利用，故C正确；D保护轮船船体，在船舶的外壳装上若干锌块属于牺牲阳极的阴极保护法，故D错误故选D【点评】本题考查新能源、环境污染及治理、原电池应用等，题目难度不大，注意相关知识的积累2下列有关叙述正确的是（）A需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强CSO3溶于水，其水溶液能导电，故S

3、O3是电解质D升高温度，可提高活化分子百分数，使有效碰撞几率提高，化学反应速率加快【考点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；强电解质和弱电解质的概念有【专题】化学反应中的能量变化；化学反应速率专题；电离平衡与溶液的pH专题【分析】A需要加热才能进行的化学反应不一定是吸热反应；B溶液导电能力由溶液中离子浓度大小决定；C电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，是其自身电离，不是和水反应的生成物电离；D升高温度，普通分子吸收能量变为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞增多【解答】解：A需要加热才能进行的化学反应不一定是吸热反应，如铝热反应，需要加热，但属于放热反应，故A错

4、误； B溶液导电能力由溶液中离子浓度大小决定，与电解质强弱无关，故B错误；C二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化硫的水溶液导电，但电离出离子的物质是亚硫酸不是二氧化硫，所以二氧化硫是非电解质，故C错误；D升高温度，普通分子吸收能量变为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞增多，化学反应速率加快，故D正确故选D【点评】本题考查了化学反应的热效应与条件的关系，溶液的导电性、电解质、温度对速率的影响等关系，题目难度不大，注意知识的积累，难度不大3以下说法中正确的是（）AH0的反应均是自发反应B自发进行的反应一定能迅速进行C冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程D高

5、锰酸钾受热分解是一个熵减小的过程【考点】焓变和熵变 【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、根据G=HTS判断，G0反应自发进行；B、G0的反应能够自发进行，具体反应情况，还要看反应速率；C、相同物质的量的同种物质熵值：气体液体固体，反应向熵值方向进行；D、高锰酸钾分解生成气体，混乱度增加，熵值增大【解答】解：AG0反应自发进行，由G=HTS可知，H0时，若S0，则G可能大于0，反应非自发，故A错误；BG0反应自发进行，能否发生还有反应速率问题，故B错误；C反应向熵值方向进行，同种物质熵值：液体固体，冰在室温下自动熔化成水，是熵增的重要结果，故C正确；D高锰酸钾分解生成气体，混乱度增加，熵值增

6、大，故D错误；故选C【点评】本题考查化学反应进行方向的判断，难度不大，注意对基础知识的理解掌握4在pH=1的溶液中，可以大量共存的离子组是（）ANa+、K+、S2、ClBAl3+、Mg2+、SO42、ClCK+、Fe2+、AlO2、NO3DK+、Na+、SO42、SO32【考点】离子共存问题所有【专题】离子反应专题【分析】pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，A硫离子与氢离子反应生成硫化氢；BAl3+、Mg2+、SO42、Cl离子之间不发生反应，且都不与氢离子反应；C亚铁离子与偏铝酸根离子发生双水解反应、硝酸根离子在酸性溶液中能够氧化亚铁离子；D亚硫酸根离子与氢离子发生反应【解答】解

7、：pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，AS2与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BAl3+、Mg2+、SO42、Cl之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CFe2+、AlO2之间发生双水解反应，Fe2+、NO3在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DSO32与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；解决

8、离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH5甲溶液的pH是4，乙溶液的pH是5，甲溶液与乙溶液的c（H+）之比为（）A10：1B1：10C2：1D1：2【考点】pH的简单计算 【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】分别根据pH=lgc（H+）计算pH=4、pH=5的甲乙溶液中氢离子浓度，然后计算出溶液中氢离子浓度之比【解答】解：甲溶液的pH是4，溶液中氢离子浓度为：c（H+）=104mol/L，乙溶液的pH是5，溶液中氢离子浓度为：c（H+）=105mol/L，则甲溶液与乙溶液的c（H+）之比为：104mol/L：105mol/L=1

9、0：1，故选A【点评】本题考查pH的简单计算，为高频考点，试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式及其应用，题目难度不大6相同条件下，等体积、等pH的醋酸溶液和盐酸溶液加水稀释相同的倍数后，所得溶液的pH（）A仍相同B醋酸溶液的大C盐酸的大D无法判断【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡 【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】盐酸是强酸，醋酸是弱酸，加水稀释促进弱酸的电离，加水稀释时醋酸溶液中氢离子物质的量增大，盐酸溶液中氢离子物质的量不变，据此分析【解答】解：将等pH的盐酸溶液和醋酸溶液稀释相同的倍数，加水稀释促进醋酸的电离，醋酸溶液的PH变化小，所以稀释后pH：盐酸醋

10、酸，故选C【点评】本题考查了强弱电解质的本质区别，注意弱电解质存在电离平衡，从氢离子物质的量变化解答7已知4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），若反应速率分别用v（NH3）、v（O2）、v（NO）、v（H2O）表示，则正确的关系式为（）A4v（NH3）=5v（O2）B5v（O2）=6v（H2O）C2v（NH3）=3v（H2O）D4v（O2）=5v（NO）【考点】反应速率的定量表示方法版权所有【专题】化学反应速率专题【分析】同一化学反应、同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，据此分析解答【解答】解：同一化学反应、同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比A、

11、V（NH3）：V（O2）=4：5，5V（NH3）=4V（O2），故A错误B、V（O2）：V（H2O）=5：6，6V（O2）=5V（H2O），故B错误C、V（NH3）：V（H2O）=4：6=2：3，3V（NH3）=2V（H2O），故C错误D、V（O2）：V（NO）=5：4，4V（O2）=5V（NO），故D正确故选D【点评】本题考查了化学反应速率的定量表示方法，根据“同一化学反应、同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比”解答即可8下列能用平衡移动原理解释的是（）A实验室可以用排饱和食盐水法收集氯气B实验室制备氢气，用粗锌代替纯锌，反应速率加快C工业上制备硫酸时，选择常压下进行二氧化硫和氧

12、气的反应D生铁比纯铁更易腐蚀【考点】化学平衡的影响因素版权所有【专题】化学平衡专题【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用【解答】解：A、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用平衡移动原理来解释，故A正确；B、用粗锌代替纯锌反应速率加快是利用原电池原理，与平衡移动无关，故B错误；C、加压平

13、衡正向移动，选择常压与平衡移动无关，故C错误；D、生铁腐蚀是发生电化学腐蚀，速率快与平衡移动无关，故D错误；故选A【点评】本题考查勒夏特例原理应用的有关判断，是高考中的常见题型和考点，属于中等难度试题的考查试题难易适中，基础性强，侧重对学生解题能力的培养与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力该题需要明确的应注意区别化学平衡移动原理和化学反应速率理论的应用范围，并能具体问题、具体分析加快9下列反应的能量变化与其他三项不相同的是（）A铝粉与氧化铁的反应BNH4Cl晶体与Ba（OH）28H2O晶体的反应C锌片与稀硫酸反应D钠与冷水反应【考点】吸热反应和放热反应版权所有【专题】化学反应

14、中的能量变化【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱），C或氢气做还原剂时的反应【解答】解：A铝粉与氧化铁的反应属于放热反应； B氯化铵与氢氧化钡的反应属于吸热反应；C锌片与稀硫酸反应属于放热反应；D钠与冷水反应属于放热反应；显然B中反应的能量变化与其他三项不相同故选B【点评】本题考查放热反应，难度不大，抓住中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题10在一

15、固定容积的密闭容器中，可逆反应：H2（g）+I2（g）2HI（g）达到平衡的标志是（）AH2、I2、HI的分子数之比为1：1：2B混合气体的颜色不再发生变化C单位时间生成n mol H2，同时消耗2n mol HID混合气体的密度保持不变【考点】化学平衡状态的判断版权所有【专题】化学平衡专题【分析】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【解答】解：A、H2、I2、HI的分子数之比为1：1：2，并不表

16、示再随时间的改变而不变，故A错误；B、混合气体的颜色不再发生变化，说明碘蒸的浓度不再随时间的改变而改变，保持不变说明达平衡状态，故B正确；C、单位时间生成n mol H2和消耗2n mol HI，均指的是逆向反应速率，不能得出正反应速率和逆反应速率相等，故C错误；D、固定容积的密闭容器中，气体总质量和体积都不变，密度始终不变，故D错误；故选B【点评】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11将浓度为0.1mol/L的HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（）Ac（H+）BKa（HF）Cc（F）Dc（OH）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡版

17、权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】根据HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变来解答【解答】解：A、因HF为弱酸，则浓度为0.1molL1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，故A错误；B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（HF）在稀释过程中不变，故B错误；C、因HF为弱酸，则浓度为0.1molL1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（F）增大，但c（F）不断减小，故C错误；D、加水稀释c（H+）不断减小，KW不变，c（

18、OH）增大，故D正确；故选D【点评】本题考查弱电解质的稀释，明确稀释中电离程度、离子浓度、Ka的变化即可解答，本题难点和易错点是不断稀释时水的离子积常数不变12化学基本概念的理解和把握是学好化学的关键下列说法正确的是（）A燃烧热指的是可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量B勒夏特列原理指的是，如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强，以及参加反应的化学物质的浓度），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动C盐溶液不一定显中性，不显中性的盐都会促进水的电离D电镀是利用原电池原理在某些金属表面镀上一薄层其他金属或合金的方法【考点】燃烧热；化学平衡的影响因素；盐类水解的原理；电解原理版权所有【专题】

19、化学反应中的能量变化；化学平衡专题；盐类的水解专题【分析】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；B、根据勒夏特列原理来分析；C、强酸的酸式盐会抑制水的电离；D、电镀是电解池原理【解答】解：A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，碳元素转化为二氧化碳，氢元素转化为液态水，故A错误；B、勒夏特列原理的内容为：如果改变影响平衡的条件之一（如浓度、温度、压强），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，故B正确；C、强酸的酸式盐会完全电离出氢离子，会抑制水的电离，故C错误；D、电镀是电解池原理，故D错误故选B【点评】本题考查了燃烧热的概念和盐的水解以及

20、电镀的原理，难度不大，应注意的是只有强酸强碱的正盐才会既不促进也不抑制水的电离13物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，其PH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由弱到强的顺序是（）AHX、HZ、HYBHX、HY、HZCHZ、HY、HXDHY、HZ、HX【考点】盐类水解的应用版权所有【分析】根据酸根离子水解程度越大，其盐溶液碱性越强，对应的酸越弱来解答【解答】解：因pH越大，其盐溶液碱性越强，说明酸根离子水解越是强烈，对应的酸越弱，所以HX、HY、HZ的酸性由弱到强的顺序：HZHYHX，故选C【点评】本题考查盐类的水解，题目难度不大，注意酸根离子水解程度越大，对应的酸越

21、弱14某学习小组用锌片、铜片和稀硫酸进行原电池的相关探究，下列说法正确的是（）A溶液的pH增大B溶液中的H+向锌电极定向移动C锌电极的反应为2H+2e=H2D外电路中，电子由铜电极转移到锌电极【考点】原电池和电解池的工作原理版权所有【专题】电化学专题【分析】锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应；铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应；电子从负极沿导线流向正极，阴离子移向正极，阳离子移向负极，据此分析判断【解答】解：A、铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，所以溶液中H+的物质的量不断减小，溶液的pH增大，故A正确；B、溶液中H+移向正极铜片，故B错误；C、铜作正

22、极，正极上氢离子得电子发生还原反应，电极方程式为2H+2e=H2，故C错误；D、锌作负极，负极上锌失电子，则电子从Zn极沿导线流向Cu极，故D错误；故选A【点评】本题考查了原电池原理，难度不大，注意把握正负极的判断和电极方程式的书写，电极方程式的书写是本题的易错点15如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极则下列有关的判断正确的是（）A电解过程中，d电极质量增加Bd为阳极，电极反应为：2Cl2e=Cl2Ca为负极、b为正极D电解过程中，氯离子浓度不变【考点】电解原理版权所有【专题】电化学专题【分析】在电解池中，电流的流向和电子的移动方向相反，根据电子或电流的流向可以确定电解池的阴阳

23、极，进而确定电极反应【解答】解：在电解池中，电流的流向和电子的移动方向相反，电流是从正极流向阳极，所以c是阳极，d是阴极，a是正极，b是负极A、电解过程中，d电极是阴极，该电极上铜离子得电子析出金属铜，电极质量增加，故A正确；B、电解池中，电流是从正极流向阳极，所以c是阳极，d是阴极，阴极上铜离子得电子生成铜，故B错误；C、a是正极，b是负极，故C错误；D、电解过程中，氯离子在阳极上失电子产生氯气，氯离子浓度减小，故D错误故选A【点评】本题考查电解池的工作原理，难度不大，会根据电子流向和电流流向判断电源的正负极，从而确定电极的阴阳极，再根据所学知识进行回答二、选择题（本题包括5小题，每小题3分

24、，共15分；每小题只有一个选项符合题意）16有关AgCl的沉淀溶解平衡的说法正确的是（）AAgCl难溶于水，溶液中没有Ag+和ClBAgCl沉淀生成和溶解同时在不断进行，且速率相等C向AgCl溶液中加入盐酸，一定会有沉淀生成D向含有AgCl的悬浊液中加入NaBr固体，AgCl沉淀不变化【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质版权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零；B、沉淀溶解平衡是动态平衡；C、依据溶液中存在沉淀溶解平衡，加入氯离子影响平衡的移动分析；D、沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生【解答】解：A、AgCl难溶于水，溶解度很小，但

25、是不为零，所以溶液中含有少量的Ag+和Cl，故A错误；B、达到沉淀溶解平衡时，AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，是动态平衡，速率相等但是不为零，故B正确；C、向AgCl溶液中加入盐酸，若能导致氯离子浓度增大，沉淀溶解平衡逆向进行，会析出AgCl固体，若盐酸浓度很小，导致氯离子浓度减小，就不会生成沉淀，故C错误；D、沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色AgCl沉淀转化为淡黄色的AgBr沉淀，故D错误；故选B【点评】本题主要考查了沉淀溶解平衡的影响因素和平衡移动方向，物质溶解度的变化应用，题目较简单，平时注意认真总结17用惰性电极电解一定浓度的CuSO4

26、溶液时，通电一段时间后，硫酸铜有剩余，若想将溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH（不考虑二氧化碳的溶解），则需加入下列哪种物质（）ACuOBCu（OH）2CCuSO4DH2O【考点】电解原理版权所有【专题】电化学专题【分析】用电惰性极电解CuSO4溶液，硫酸铜有剩余，则阴极铜离子放电，阳极氢氧根离子放电，然后根据析出的物质向溶液中加入它们形成的化合物即可【解答】解：CuSO4溶液存在的阴离子为：SO42、OH，OH离子的放电能力大于SO42 离子的放电能力，所以OH离子放电生成氧气；溶液中存在的阳离子是Cu2+、H+，Cu2+离子的放电能力大于H+离子的放电能力，所以Cu2+离子放电生成Cu，溶液

27、变成硫酸溶液；电解硫酸铜的方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2 +2H2SO4，所以从溶液中析出的物质是氧气和铜，由元素守恒可知，则向溶液中加入氧化铜可恢复至电解前情况，故选A【点评】本题考查电解原理，能正确判断溶液中离子的放电顺序从而确定析出的物质是解本题的关键，题目难度不大18 2.0mol PCl3和1.0mol Cl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3+Cl2PCl5达平衡时，PCl5为0.40mol，如果此时移走1.0mol PCl3和0.50mol Cl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（）A0.40molB0.20molC小于0.20

28、molD大于0.20mol，小于0.40mol【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素版权所有【专题】化学平衡专题【分析】达平衡后移走1.0mol PC13和0.50mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0mol PC13和0.50mol C12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故平衡时PC15的物质的量小于原平衡的倍【解答】解：达平衡后移走1.0mol PC13和0.50mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0mol PC13和0.50mol C12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，

29、故达新平衡时PC15的物质的量小于原平衡的倍，即达平衡时PC15的物质的量小于0.4mol×=0.2mol，故选C【点评】考查化学平衡的有关减小，化学平衡的建立等，难度中等，关键是设计等效平衡建立的途径19 MOH强碱和等体积、等浓度的HA弱酸溶液混合后，溶液中以下关系不正确的是（）Ac（M+）c（A）c（OH）c（H+）Bc（HA）+c（H+）=c（OH）Cc（M+）c（A）c（H+）c（OH）Dc（M+）=c（A）+c（HA）【考点】离子浓度大小的比较版权所有【专题】盐类的水解专题【分析】等体积等浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液混和后，恰好中和反应生成盐和水，反应后的溶液中溶质

30、是MA，为强碱弱酸盐，水解显碱性；依据A水解显碱性写出溶液中的离子浓度大小关系；溶液中遵循物料守恒c（M+）=c（HA）+c（A）和电荷守恒c（M+）+c（H+）=c（OH）+c（A）【解答】解：MOH强碱和等体积、等浓度的HA弱酸溶液混合后恰好生成强碱弱酸盐MA，AA水解显碱性，溶液中离子浓度大小为：c（M+）c（A）c（OH）c（H+），故A正确；B溶液中存在质子守恒，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相同，即：c（OH）=c（H+）+c（HA），故B正确；C根据A的分析可知，c（M+）c（A）c（OH）c（H+），故C错误；DMA溶液中存在物料守恒，c（M+）=c（HA）+c（A），故D正

31、确；故选C【点评】本题考查溶液中的离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒的含义及应用方法，正确判断反应后溶质为解答关键20 N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注一定温度下，在2L固定容积的密闭容器中发生反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0反应物和部分生成物的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示下列说法中，正确的是（）A020s内平均反应速率v（N2O5）=0.1 mol（Ls）1B曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化C10s时，正、逆反应速率相等，达到平衡D20s时，正反应速率大于逆反应速率【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲

32、线版权所有【专题】化学平衡专题【分析】A、根据v=计算反应速率；B、在反应2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）中N2O5为反应物NO2为生成物，它们的计量数之比为1：2，也就是说NO2增加的物质的量是N2O5减小的物质的量的两倍，据此作判断；C、根据图中反应物和生成物的物质的变化来判断反应所处的状态，进而判断正逆反应速率的关系；D、根据图中反应物和生成物的物质的变化来判断反应所处的状态，进而判断正逆反应速率的关系【解答】解：A、在反应2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）中N2O5为反应物NO2为生成物，它们的计量数之比为1：2，也就是说NO2增加的物质的量是N2O5减小的物质的量的

33、两倍，所以曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化，曲线b表示N2O5的物质的量随反应时间的变化，根据v=0.05 mol（Ls）1，故A错误；B、在反应2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）中N2O5为反应物NO2为生成物，它们的计量数之比为1：2，也就是说NO2增加的物质的量是N2O5减小的物质的量的两倍，结合图中的数据可知曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化，曲线b表示N2O5的物质的量随反应时间的变化，故B正确；C、根据图中可知10 s时反应物还在继续减小而生成物还在继续增大，所以此时反应还在正向进行，即正反应速率大于逆反应速率，故C错误；D、根据图中反应物和生成物的物质的

34、变化情况可知，20 s时有关物质的物质的量不再随时间的变化而变化，即反应处于平衡状态，此时正逆反应速率相等，故D错误故选：B【点评】本题考查了根据图象判断反应方向及反应速率，难度较小，解题的关键是把图象和题中的化学方程式有机结合起来分析三、填空题（本题共5小题，共55分）21（1）盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）不利于作物生长，通过施加适量石膏（CaSO42H2O）可以降低土壤的碱性试用化学方程式表示用石膏降低土壤碱性的反应原理Na2CO3+CaSO4CaCO3+Na2SO4（2）习惯上把电解饱和食盐水的工业生产叫做氯碱工业，用化学方程式表示电解饱和食盐水的总反应为2NaCl+2H2O2

35、NaOH+Cl2+H2（3）为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂是MgO或Mg（OH）2或MgCO3（填写化学式，只填一种即可）（4）通过火法冶金炼出的铜是粗铜，不适于电器及其他许多工业使用，必须进行电解精炼电解时，用纯铜板作阴极，粗铜板作阳极【考点】电解原理；盐类水解的应用版权所有【专题】盐类的水解专题；电化学专题【分析】（1）Na2CO3、CaSO4反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠；（2）电解饱和食盐水反应为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2；（3）Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶

36、液pH的方法促进Fe3+的水解，注意不能引入新的杂质；（4）电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极【解答】解：（1）石膏是主要成分是CaSO4，Na2CO3、CaSO4反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠，硫酸根离子和钠离子不水解，则其溶液呈中性，所以石膏能降低其碱性，反应方程式为Na2CO3+CaSO4=Na2SO4+CaCO3，故答案为：Na2CO3+CaSO4=Na2SO4+CaCO3；（2）电解饱和食盐水反应为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2；（3）加入MgO或Mg（OH）2或MgCO3，与氢离子反应，可起到

37、调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故答案为：MgO或Mg（OH）2或MgCO3；（4）电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，在阴极上析出铜，粗铜中的杂质进入电解液而分离，故答案为：纯铜板；粗铜板【点评】本题考查氯碱工业、物质的分离和提纯以及精炼铜的原理，难度为（3）注意根据铁离子易水解的性质用调节溶液pH的方法除杂，注意不能引入新的杂质22现有浓度均为0.1molL1的下列溶液：盐酸醋酸氢氧化钠氯化铵硫酸氢铵氨水请回答下列问题：（1）已知t时，Kw=1×1013，则t（填“”“”或“=”）25（2）三种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺

38、序是（填序号）（3）四种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是（填序号）（4）常温下，将和按体积比2：1混合后，溶液的pH约为1.5（已知lg3=0.5）【考点】水的电离；盐类水解的应用版权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】（1）水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离；（2）酸碱抑制水的电离，可以水解的盐类促进水的电离，据此分析即可；（3）化学式中铵根离子个数相等的强电解质中，醋酸根离子促进铵根离子水解，氢离子抑制铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，其电离程度较小，据此解答即可；（4）依据混合溶液pH计算方法计算即可【解答】解：（1）水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，

39、则水的离子积常数增大，t时，Kw=1×10131014，所以t25，故答案为：；（2）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，等浓度的这几种溶液中，NH4Cl促进水电离，醋酸中氢离子浓度小于0.1mol/L、NaOH中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，所以四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是，故答案为：；（3）化学式中铵根离子个数相等的强电解质中，醋酸根离子促进铵根离子水解，氢离子抑制铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，其电离程度较小，所以等浓度的这几种溶液中，铵根离子浓度大小顺序是，故答案为：；（4）在t

40、时将0.1molL1的HCl溶液与0.1molL1的NaOH的溶液按体积比2：1混合（忽略混合后溶液体积的变化），则有：c（H+）=mol/L，则pH=lg=（10.5）=1.5，故答案为：1.5【点评】本题考查了离子浓度大小的判断，明确弱电解质的电离及盐类水解特点是解本题关键，结合电解质强弱、溶液中的溶质解物料守恒、电荷守恒来分析解答，题目难度中等23 NaH2PO4、Na2HPO4可用于合成化工原料三聚磷酸钠（Na5P3O10）（1）能说明NaH2PO4溶液显弱酸性原因的离子方程式为H2PO4HPO42+H+（2）能说明Na2HPO4溶液显弱碱性原因的离子方程式为HPO42+H2OH2PO

41、4+OH（3）测定某三聚磷酸钠试样中Na5P3O10的含量可用间接滴定法，其流程如下：样品13000gH3PO4NaH2PO4配成100.00mLNaH2PO4NaOH标准溶液应盛放在如图所示的滴定管乙（选填“甲”或“乙”） 中滴定时所用的指示剂X可为酚酞，判断滴定终点的方法是滴入最后一滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为红色，且半分钟内不变化下列操作会导致测定结果偏低的是CA碱式滴定管未润洗B锥形瓶用待测液润洗C读取标准液读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视D滴定前碱式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失滴定实验记录如下表（样品中杂质不与酸或碱反应）滴定次数待测溶液A的体积（mL）消

42、耗0.1000molL1NaOH溶液的体积125.0022.50225.0022.55325.0022.45试计算样品中Na5P3O10的物质的量为0.003mol【考点】中和滴定版权所有【专题】综合实验题【分析】（1）NaH2PO4溶液显弱酸性，说明H2PO4在水溶液里电离程度大于水解程度；（2）Na2HPO4溶液显弱碱性，说明HPO42的水解程度大于电离程度；（3）碱性溶液用碱式滴定管量取；NaH2PO4溶液显弱碱性，应选用碱性范围内变色的酚酞作指示剂；根据指示剂在不同的酸碱性溶液显示不同的颜色判断根据c（待测）=判断不当操作对相关物理量的影响；根据NaH2PO4能和氢氧化钠反应生成NaH

43、2PO4，反应方程式为NaH2PO4+NaOH=NaH2PO4+H2O，氢氧化钠的平均体积=mL=22.50mL，根据方程式计算NaH2PO4的物质的量，再根据P原子守恒计算Na5P3O10的物质的量【解答】解：（1）NaH2PO4溶液显弱酸性，说明H2PO4在水溶液里电离程度大于水解程度，该阴离子电离方程式为H2PO4HPO42+H+，故答案为：H2PO4HPO42+H+；（2）Na2HPO4溶液显弱碱性，说明HPO42的水解程度大于电离程度，该阴离子水解方程式为HPO42+H2OH2PO4+OH，故答案为：HPO42+H2OH2PO4+OH；（3）NaOH标准溶液应盛放在如图所示的滴定管，

44、故答案为：乙；NaH2PO4溶液显弱酸性，应选用碱性范围内变色的酚酞作指示剂，滴定终点时颜色变化明显；用酚酞作指示剂，酚酞在pH8时为无色，pH为810之间，呈浅红色，所以当无色溶液变成浅红色且半分钟内不褪色，说明反应到终点故答案为：酚酞；滴入最后一滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为红色，且半分钟内不变化；A碱式滴定管未润洗，标准液被稀释，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏大，故A错误；B锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏大，故B错误；C读取标准液读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，造成V（标准）偏小，根

45、据c（待测）=分析，c（待测）偏小，故C正确；D滴定前碱式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏大，故D错误；故选：C；NaH2PO4能和氢氧化钠反应生成Na3PO4，反应方程式为NaH2PO4+NaOH=NaH2PO4+H2O，氢氧化钠的平均体积=mL=22.50mL，25.00mL溶液中n（NaH2PO4）=22.50×103L×0.1000molL1=0.00225mol，100.00mL溶液中n（NaH2PO4）=0.00225mol×4=0.009mol，根据P原子守恒得m（Na5P3O10）=0

46、.009mol÷3=0.003mol；故答案为：0.003；【点评】本题考查了物质含量的测定及物质的性质，涉及中和滴定原理，根据物质之间的反应结合原子守恒计算物质含量，计算量较大，难度较大24研究和开发CO2和CO的创新利用是环境保护和资源利用双赢的课题在催化剂作用下，CO可用于合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）（1）若在恒温恒压的条件下，向密闭容器中充入4mol CO和8mol H2，合成甲醇，平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图所示：该反应的正反应属于放热反应（填“吸热”或“放热”）在0.1MPa、100的条件下，该反应达到平衡时容器内气体的物质的量为8mol

47、（2）若在恒温恒容的条件下，向上述平衡体系中充入4mol CO，8mol H2，与（1）相比，达到平衡时CO转化率增大（填“增大”，“不变”或“减小”），平衡常数K不变（填“增大”，“不变”或“减小”）（3）在上述合成甲醇的反应中需要用到H2做反应物，以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法已知：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=+206.2kJmol1CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H=+247.4kJmol1则CH4和H2O（g）反应生成CO2和H2的热化学方程式为：CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）H=+165.0 kJmol1【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算版权所有【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）由图可知，压强一定时，随温度升高，CO的转化率降低，故升高温度平衡向逆反应移动，据此判断；根据CO的转化率计算平衡时CO的物质的量和各组分的物质的量；（2）在温度和容积不变的情况下，再向平衡体系中充入4mol CO，8mol H2，等效为在原平衡的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动；化学平衡常数只受温度影响，与浓度无关，温度不变，平衡常数不变；（3）根据盖斯定律书写目标热化学方程式【