本溪市2019-2020学年高二下学期寒假验收考试化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精辽宁省本溪市2019-2020学年高二下学期寒假验收考试化学试题含解析化学试题可能用到的相对原子质量C—12O-16H-1选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分。每题只有一个选项符合题意。）1。化学与生活、生产密切相关.下列说法正确的是(）A。蛟龙号潜艇中携带过氧化钠的目的是杀菌消毒，保障呼吸安全卫生B。市售“锌强化酱油”中含有大量锌元素C.向燃煤中加入CaO、推广油电混合汽车、电动汽车均符合绿色化学理念D。金属冶炼、金属单质生成都是吸热反应，金属腐蚀、金属单质的消耗都是放热反应【答案】C【解析】【详解】A．过氧化钠可用作潜艇供氧剂，过氧化钠与水反应生成氧气,A错误;B．锌为微量元素,含量不能太大，B错误；C．向燃煤中加入CaO、推广油电混合汽车、电动汽车均符合绿色化学理念,C正确；D．判断反应是吸热还是放热，应从这个反应伴随的能量变化上去考虑,如铝热反应冶炼难熔金属就是放热反应，D错误；答案选C.【点睛】微量元素是人体必不可缺的，但不能摄入太多。2.下列有关化学及人类社会发展历程的说法中，不正确的是A。道尔顿的“原子论”和阿伏加德罗的“分子学说”对化学的发展起到了极大的推动作用B.门捷列夫将元素按原子序数由小到大的顺序依次排列，制出了第一张元素周期表C。人类历史上，重金属的发现和应用较早,而轻金属的发现和应用则较晚D。化石燃料的使用，极大地促进了生产力的发展,但同时又伴生着能源危机和环境问题【答案】B【解析】【详解】A、道尔顿的“原子论"和阿伏加德罗的“分子学说”对化学的发展起到了极大的推动作用，A项正确；B、门捷列夫将元素按相对原子质量由小到大依次排列，并将化学性质相似的元素放在一个纵行,制出了第一张元素周期表,B项错误；C、人类历史上，不活泼金属的发现和应用较早，活泼金属的发现和应用较晚，重金属一般为不活泼金属，轻金属为活泼金属，C项正确;D、化石燃料指煤、石油、天然气等,化石燃料的使用极大地促进了生产力的发展，化石燃料属于非再生能源，化石燃料的使用伴生着能源危机和环境问题如酸雨、温室效应等，D项正确;答案选B。3.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(）A.1molKMnO4固体完全分解制取O2,转移的电子数为2NAB.0.1mol/L的Na2CO3溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-数目之和为0。1NAC.向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1molFe2+被氧化时，该反应转移电子数为3NAD.50mL18。4mol/L浓硫酸与足量铜充分反应,生成SO2分子数目为0。46NA【答案】A【解析】【详解】A．1molKMnO4固体完全分解生成0.5mo1O2,转移的电子数为2NA，A正确；B．0.1mol/L的Na2CO3溶液体积未知，粒子的数目之和无法计算,B错误；C．FeI2的溶液中，还原性Fe2+＜I-，I-先与氯气反应，1molFe2+被氧化为Fe3+，无法计算被氧化的碘离子的物质的量，因此不能计算反应转移电子数,C错误;D．因为浓硫酸与足量铜充反应，随着反应的进行，浓硫酸变稀，稀硫酸与铜不会反应，所以50mL18。4mol/L浓硫酸与足量铜充分反应，生成SO2分子数目小于0.46NA,故D错误；答案选A。【点睛】计算粒子的数目时，一定要注意所给物质浓度是否已知、体积是否已知或者物质的量是否已知,若只给出浓度，则其微粒的数目是无法求出的。4。“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是(）①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2②铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中③Al（OH)3、Cu(OH)2受热易分解；Fe（OH)3受热也易分解④不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝;也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁⑤浓HNO3与Cu反应形成绿色溶液；稀HNO3与Cu反应所形成的溶液也为绿色A.②④⑤ B。①②④ C.①②④⑤ D。①②③④⑤【答案】C【解析】【详解】①并非所有金属与水反应都生成碱和H2，如:铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，①错误；②铝在空气中能与氧气反应生成致密的氧化铝薄膜,起到了保护作用，所以能稳定存在于空气中,②错误；③Al（OH)3、Cu（OH）2、Fe(OH）3均是弱碱，受热都易分解，③正确;④AlCl3是共价化合物，所以不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝，而MgCl2是离子化合物，能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁,④错误;⑤浓硝酸与铜反应时，产生大量的二氧化氮气体，二氧化氮溶解在溶液中呈黄色，二氧化氮的黄色跟水合铜离子的蓝色混合就出现出我们看到的绿色，但稀HNO3与Cu产生的一氧化氮气体，只呈现出水合铜离子的蓝色，⑤错误;答案为①②④⑤，选C。【点睛】AlCl3虽然含有金属元素,但它是共价化合物，所以不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝，这是个易错点。5.对FeCl3溶液与KI溶液的反应进行探究。关于实验的分析和结论不正确的是实验操作实验现象①取2mL0.1mol/LKI溶液于试管中，滴加0。1mol/LFeCl3溶液3滴，振荡，充分反应溶液呈深棕黄色②将上述溶液均分后分置于试管1和试管2中向试管1中滴加2滴0。1mol/LKSCN溶液溶液显红色向试管2中加入1mLCCl4，充分振荡、静置溶液分层，上层为浅棕黄色，下层为紫色③取试管2的上层液体置于试管3中，滴加2滴0.1mol/LKSCN溶液溶液微弱变红A。FeCl3与KI发生了氧化还原反应,有I2生成B.试管1中溶液显红色,证明FeCl3与KI的反应具有可逆性C。试管3中红色比试管1中浅是平衡移动的结果D。试管2中上层溶液变为浅棕黄色是平衡移动的结果【答案】D【解析】取2mL0。1mol/LKI溶液于试管中，滴加，0.1mol/LFeCl3溶液3滴，振荡,充分反应,溶液呈深棕黄色,是因为2Fe3++2I—=2Fe2++I2，所以A正确；试管1中滴加2滴0.1mol/LKSCN溶液,溶液显红色说明溶液中有Fe3+,证明FeCl3与KI的反应具有可逆性，故B正确;向试管2中加入1mLCCl4，充分振荡、静置，溶液分层，上层为浅棕黄色，下层为紫色说明有碘单质被萃取出来，导致溶液中Fe3+浓度减小，试管3中红色比试管1中浅是平衡移动的结果正确；故C正确；D。试管2中上层溶液变为浅棕黄色还可能是少量的碘溶解于水的结果.故D错；答案：D。6。在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡,液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法中，不正确是（）A.Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为:2NO+O2=2NO2B。Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C。对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D.针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计,可判断Fe是否持续被氧化【答案】C【解析】【分析】I中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮；Ⅱ中Fe遇浓硝酸钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，所以产生少量红棕色气泡后,迅速停止;Ⅲ中构成原电池，Fe作为负极，且Fe与浓硝酸直接接触，会产生少量二氧化氮,Cu作为正极，发生得电子的反应，生成二氧化氮。【详解】A．I中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮，化学方程式为:2NO+O2=2NO2，A正确;B．常温下，Fe遇浓硝酸易钝化，表面形成致密的氧化层,阻止Fe进一步反应，B正确；C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明浓HNO3的氧化性强于稀HNO3，C错误；D．Ⅲ中构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化，D正确；答案选C.7。下列生产、生活等实际应用，不能用勒夏特列原理解释的是()A。溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入AgNO3溶液后溶液颜色变浅B.合成氨工业中使用铁触媒做催化剂C。用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质D。对2HI(g)H2(g)+I2(g)，保持容器体积不变，通入氢气可使平衡体系颜色变浅【答案】B【解析】【分析】勒沙特列原理是：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。【详解】A.加入硝酸银溶液后，银离子消耗溴水中的溴离子，生成溴化银沉淀，溶液中溴离子浓度减小，平衡向着正向移动,能够用勒夏特列原理解释，A错误；B.因为催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，B正确；C.用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质的反应原理为：Cl2+H2OHCl+HClO，饱和食盐水中氯离子的浓度很高，氯离子的浓度高能使该反应平衡向逆向移动，能够用勒夏特列原理解释,C错误；D.通入氢气后氢气浓度增大，平衡向着氢气浓度减小的方向移动,能够用勒夏特列原理解释，D错误；故选B。8。某温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入H2和I2，发生反应：

H2（g）+I2(g)2HI（g)。反应体系中各物质浓度的有关数据如下.容器起始浓度平衡浓度c（H2)/(mol·L-1）c（I2）/（mol·L-1)c（HI）/（mol·L—1)甲0.010.010。004乙0。010。02a丙0。020。01b丁0.020。02c下列判断不正确的是A.HI的平衡浓度:a=b〉0.004，c=0。008 B。平衡时，H2的转化率：丁〉甲C.平衡时,乙中H2的转化率大于20% D.丙中条件下，该反应的平衡常数K=0。25【答案】B【解析】分析：某温度下,反应H2（g）+I2（g）2HI（g），反应前后气体体积不变，增大压强不改变化学平衡，A．甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；甲、丙比较，丙中氢气浓度大,促进碘单质转化;B．甲、丁比较，起始物质的量为2倍关系,且物质的量比等于化学计量数之比，增大压强平衡不移动；C．由甲中数据可知，甲中氢气转化率为0.004×0。5/0.01×100％=20％，但甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；D．甲、丙温度相同,K相同，结合表格中数据可知，K=（0。04)2/(0。01-0.002)（0.01—0.002）=0。25。详解：A．甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；甲、丙比较，丙中氢气浓度大,促进碘单质转化，乙丙达到相同平衡状态，则HI的平衡浓度：a=b＞0。004,反应H2（g）+I2(g）2HI（g)，反应前后气体体积不变，丙投料是甲的2倍，c=0。008,故A正确;B、甲、丁比较，起始物质的量为2倍关系，且物质的量比等于化学计量数之比，增大压强平衡不移动，则平衡时，H2的转化率：甲=丁,故B错误；C、由甲中数据可知，甲中氢气转化率为0.004×1/（2×0。01)×100%=20％,但甲、乙比较，乙中碘的浓度大,促进氢气的转化，故C正确;D、甲、丙温度相同，K相同，结合表格中数据可知，K=（0.04)2/(0.01—0。002)(0.01-0.002）=0。25。故D正确；故选B。点睛：本题考查化学平衡的计算,解题关键:把握表格中数据、转化率及K的计算、等效平衡的判断，侧重分析与计算能力的考查，注意选项B为解答的难点．9.下列说法正确的是A。两种难溶电解质，Ksp小的溶解度一定小B.0。1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Cl－）=c(I－)C。在硫酸钡的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，硫酸钡的Ksp增大D.用锌片作阳极，铁片作阴极，电解ZnCl2溶液，铁片表面出现一层锌【答案】D【解析】【详解】A。组成相同的难溶电解质可以直接用Ksp的大小比较其溶解度的大小，否则不能直接比较，因此A不正确；B.AgCl和AgI的溶解度不同，等物质的量的这两种物质溶于1L水中，c（Cl－)和c（I－）不相等，故B不正确；C.在沉淀的饱和溶液中加水，可增大物质溶解的量,但不能改变溶解度和Ksp，它们只与温度有关,所以C不正确；D.用锌片作阳极，失去电子被溶解，溶液Zn2+在阴极铁片上得到电子而析出达到镀锌的目的，因此D正确。本题答案为D。10。已知：①H+（aq)+OH-（aq)=H2O(l）ΔH1=-57。3kJ·mol—1，②H2（g）+O2(g）=H2O(g）ΔH2=—241。8kJ·mol-1,下列有关说法正确的是（）A。向含0.1molNaOH的溶液中加入一定体积的0.1mol·L—1乙二酸，反应中的能量变化如图所示B。H2SO4(aq）+Ba（OH）2（aq)=BaSO4(s）+2H2O(l)ΔH=—114。6kJ·mol—1C。氢气的燃烧热为ΔH=-241.8kJ·mol—1D.氢气的燃烧热为ΔH=-483.6kJ·mol-1【答案】A【解析】【详解】A．乙二酸是弱酸，向含0.1molNaOH的溶液中加入一定体积的0。1mol·L-1乙二酸，放出热量小于5。73KJ，A正确；B．H2SO4(aq)+Ba(OH）2（aq）=BaSO4（s)+2H2O(l)，由于有硫酸钡沉淀生成，生成2molH2O(l)时放出的热量大于114。6kJ，B错误；C．氢气的标准燃烧热是生成液态水放出的热量，但反应②中水为气态，C错误；D．题目中不知道气态水转化为液态水放出的热量,所以本题无法求出氢气的标准燃烧热,D错误；答案选A。【点睛】计算物质的中和热时需注意是否有沉淀生成、是否有弱电解质生成,若有,则其生成1mol水时的反应热的数值与中和热的数值不相等，判断是否为该物质的燃烧热时，需注意生成物是否为常温下稳定的物质.11.下列实验事实解释正确的是（）选项现象解释A淀粉KI溶液中通入Cl2，溶液变蓝Cl2能与淀粉发生显色反应B测得饱和NaA溶液的pH大于饱和NaB溶液常温下水解程度:A—>B—C往NaOH与酚酞的混合溶液中通入SO2，溶液红色褪去SO2具有漂白性D向Mg(OH)2悬浊液中滴入少量FeCl3溶液,能产生红褐色不溶物发生了沉淀转化，溶解度：Mg(OH）2＞Fe(OH）3A。A B。B C。C D。D【答案】D【解析】【详解】A．氯气与碘化钾反应置换出碘，淀粉遇碘变蓝色，Cl2不能与淀粉发生显色反应,A错误；B．两种溶液的浓度不一定相等，则不能比较水解程度，B错误；C．NaOH与酚酞的混合溶液中通入SO2，溶液红色褪去是因为NaOH与SO2反应了，溶液中不存在NaOH，所以颜色褪去,C错误;D．向Mg(OH）2悬浊液中滴入少量FeCl3溶液，能产生红褐色不溶物,说明发生了沉淀转化，因此溶解度：Mg(OH)2＞Fe(OH)3，D正确；答案选D.12.下列实验设计所得结论不可靠的是（)A。将苯、液溴、铁粉混合,产生的气体通入硝酸银溶液中，有淡黄色沉淀产生,说明有溴化氢生成B.取蔗糖水解液少许用氢氧化钠调pH至碱性，再加至新制的银氨溶液中,水浴加热，根据现象判断蔗糖是否水解C。将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热产生的气体通入溴水中，溴水褪色，说明有乙烯生成D。将电石与水反应产生的气体依次通过足量硫酸铜溶液、少量酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色，说明有乙炔生成【答案】A【解析】【详解】A．溴易挥发，产生的气体中含有溴单质，溴单质能够与到AgNO3溶液反应生成淡黄色沉淀,则不能说明有HBr生成,A符合题意；B．取蔗糖水解液少许用氢氧化钠调pH至碱性，再加至新制的银氨溶液中，水浴加热，根据现象判断蔗糖是否水解,B不符合题意;C．将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应，产生的气体通入溴水中，溴水褪色，说明有乙烯生成，乙烯与溴单质发生加成反应,C不符合题意；D．电石与水反应产生的气体为乙炔，乙炔中含有杂质，气体依次通过足量硫酸铜溶液、少量酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色,则可说明有乙炔生成,D不符合题意；答案选A.13。如图是元素M的价类二维图。其中A是一种盐，E的相对分子质量比D的相对分子质量大16，A和B是含最低价M元素的两种化合物,当x为一种强碱时，有如下转化关系.下列说法不正确的是（）A.物质B遇少量的氯气会产生白烟B。F的浓溶液可以用铁制容器盛放C.E与水反应可生成FD.物质D能够被x完全吸收【答案】D【解析】【分析】A是一种盐，E的相对分子质量比D的相对分子质量大16，两者皆为氧化物，可初步判断E比D多一个氧原子.联想已构建的中学化络，符合这种转化关系的有：SO2→SO3，NO→NO2等。由此可出推断y为O2,由于F为酸，则E应为能转化为酸的某物质，很可能为SO3、NO2等。若E为NO2，顺推F为HNO3，Z为H2O，逆推D为NO，C为N2，B为NH3，A为铵盐。而X是强碱，A能与强碱生成B,综合而得A应为铵盐，B为NH3，C为N2,D为NO,E为NO2，F为HNO3，Z为H2O.【详解】A．物质B为NH3，遇少量的氯气会生成NH4Cl，即产生白烟,A正确；B．F的浓溶液为浓HNO3，铁与浓硝酸会发生钝化反应，所以浓硝酸可以用铁制容器盛放，B正确；C．E为NO2，与水反应可生成F(HNO3），C正确；D．物质D为NO，x为强碱，NO与x不反应，D错误；答案选D。14.在一体积不变的密闭容器中发生化学反应：Fe2O3（s)+2NH3（g）2Fe(s）+N2(g）+3H2O（g)△H，实验测得化学平衡时的有关变化曲线如图所示。已知：平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压×物质的量分数。下列说法不正确的是（）A.NH3是正反应的还原剂B。气体压强P2〉P1C.平衡后再充入一定量NH3，则平衡左移,NH3的体积分数减小D。M点的平衡常数Kp=【答案】C【解析】【分析】由题图可知，随温度升高，氨的体积分数降低，平衡正向移动，正反应是吸热反应，该反应的△H>0，升温平衡正向移动；Fe2O3(s)+2NH3（g)2Fe（s）+N2（g）+3H2O(g)是气体体积增大的反应，加压平衡逆向移动。【详解】A．正反应中,由NH3转化为N2,可见N由—3价变为0价,NH3是正反应的还原剂，A正确；B．由于Fe2O3（s）+2NH3（g)2Fe(s)+N2（g）+3H2O（g）是气体体积增大的反应，加压平衡逆向移动,氨的体积分数增大，气体压强p2>p1,B正确；C．平衡后再充入一定量NH3，容器体积不变，则相当于增大NH3的浓度，则平衡右移,NH3的体积分数减小，C错误；D．假设起始通入2molNH3，M点时氨气的体积分数为25%，得到(2—2x)/(2+2x）=0.25，x=0。6，气体总物质的量=2mol+2xmol=3.2 mol,图中M点的平衡常数为：Kp=,D正确；答案选C。15.图Ⅰ是NO2（g)+CO(g)CO2(g）+NO（g)反应过程中能量变化的示意图.一定条件下,在固定容积的密闭容器中该反应达到平衡状态，当改变其中一个条件X,Y随X的变化关系曲线如图Ⅱ所示。下列有关说法正确的是（）A.一定条件下,向密闭容器中加入1molNO2(g)与1molCO（g）反应放出234kJ热量B。若X表示CO的起始浓度，则Y表示的可能是NO2的转化率C.若X表示温度，则Y表示的可能是CO2的物质的量浓度D。若X表示反应时间，则Y表示的可能是混合气体的密度【答案】C【解析】【详解】A．反应为可逆反应，所以1molNO2(g）与1molCO(g)反应放出的热量小于234kJ,A错误；B．若X表示CO的起始浓度，随着CO的起始浓度的增大，促使平衡向右移动，NO2的转化率应该呈上升的趋势，所以Y不可能表示NO2的转化率，B错误;C．由Ⅰ可知,反应为放热反应，若X表示温度,随着温度的上升，平衡向左移动，生成物的浓度下降，则Y表示的可能是CO2的物质的量浓度，C正确；D．体系中气体的物质的量的和质量一直保持不变,所以混合气体的密度一直保持不变，所以Y不可能表示混合气体的密度，D错误；答案选C。16.在25mL0.1mol/L的NaOH溶液中逐滴加入0。2mol/L醋酸溶液,曲线如图所示，有关粒子的浓度关系正确的是A.在A、B间任一点，溶液中一定都有c（Na＋)>c（CH3COO－）〉c(H＋)>c(OH－)B。在B点，a〉12。5，且有c（Na＋）＝c(CH3COO－)＝c（OH－）＝c(H＋）C.在C点：c(CH3COO－）〉c(Na＋)〉c(OH－)〉c（H＋)D。在D点：c(CH3COO－）＋c（CH3COOH）＝2c（Na＋）【答案】D【解析】A。根据电荷守恒，可以判断c(Na＋）〉c（CH3COO－）>c（H＋）>c(OH－)不可能成立,A不正确;B.因为当a=12.5时，两者恰好完全反应生成醋酸钠溶液，该溶液呈碱性，pH〉7，所以，在B点（pH=7），a>12。5，根据电荷守恒可知,c（Na＋)＝c(CH3COO－)〉c(OH－)＝c（H＋）,C不正确；C。在C点pH<7，溶液显酸性，c（H＋）〉c(OH－）,C不正确；D.在D点,加入醋酸的物质的量是氢氧化钠的2倍，根据物料守恒可知,c(CH3COO－)＋c(CH3COOH）＝2c（Na＋),D正确。本题选D.17。实验测得0。5mol·L−1CH3COONa溶液、0.5mol·L−1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是（）A.当温度为50℃时，纯水中c(H+）=c(OH−)B.随温度升高，CuSO4溶液的c（H+）增大C。随温度升高,CH3COONa溶液的pH变化与Kw改变有关D。随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO-、Cu2+水解平衡移动方向不同【答案】D【解析】【分析】水的电离为吸热过程,升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题。【详解】A．无论处于多少度，纯水中都存在c(H+)=c(OH−),A正确;B．随温度升高，促进CuSO4溶液的中的Cu2+水解，Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+，c（H+)增大，B正确；C．升高温度,促进水的电离，Kw变大，c(OH-）增大;升高温度,促进醋酸根水解CH3COO—+H2OCH3COOH+OH-，c（OH-)增大，两者共同作用使pH发生变化，pH变大，故CH3COONa溶液的pH变化与Kw改变有关,C正确;D．盐类水解为吸热过程,升高温度促进盐类水解，CH3COO—、Cu2+水解平衡移动方向相同,D错误；答案选D。18.NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=1。1×10−3，Ka2=3。9×10−6）溶液,混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示,其中b点为反应终点。下列叙述错误的是A.混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关B.Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的C。b点的混合溶液pH=7D。c点的混合溶液中,c(Na+)〉c（K+）>c（OH−）【答案】C【解析】【分析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐,邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。【详解】A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液,两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠,溶液中Na+和A2—的浓度增大。由图像可知,溶液导电性增强,说明导电能力与离子浓度和种类有关,故A正确;B项、a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b点导电性强于a点，说明Na+和A2-的导电能力强于HA-，故B正确；C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐,A2-在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7,故C错误；D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c(K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c(Na+)＞c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH-）,溶液中三者大小顺序为c（Na+）＞c(K+）＞c（OH—）,故D正确.故选C。【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。第Ⅱ卷非选择题（本题共4题，总计46分）19.根据下表所示化学反应与数据关系:请回答：(1)反应①是__填“吸热”或“放热")反应。（2)写出反应③的平衡常数K3的表达式__。（3）根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间关系，则K3=__（用K1、K2表示）。(4）要使反应③在一定条件下建立的平衡向逆反应方向移动,可采取的措施是__。A.缩小反应容器的容积B.扩大反应容器的容积C。升高温度D。使用合适的催化剂（5)若反应③的逆反应速率与时间的关系如图所示：可见反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而t2、t4、t8时都改变了一种条件，请判断改变的可能是什么条件：t2时__；t4时__；t8时__.【答案】（1).吸热(2）。K3=(3）.（4）。C(5).升高温度或增大CO2的浓度（增大H2的浓度)（6)。减小压强（或增大容器容积）（7）。使用催化剂或加压(减小容器的容积）【解析】【详解】(1)由表中数据可知，反应①中温度越高，平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动,故正反应为吸热反应；（2）反应③的平衡常数K3的表达式K3=;(3）反应②—反应①得到反应③，则平衡常数K3为反应②与反应①的平衡常数商，故K3=；(4)反应①温度越高，平衡常数越大，反应②温度越高，平衡常数越小，而，故反应③温度越高，平衡常数越小，即正反应为放热反应;A．缩小反应容器的容积，压强增大，反应前后气体体积不变，平衡不移动，故A错误；B．扩大反应容器的容积，压强减小，反应前后气体体积不变,平衡不移动，故B错误；C．升高温度，平衡向逆向移动，故C正确；D．使用合适的催化剂,同等程度加快反应速率，平衡不移动，故D错误；答案选C；(5)t2时逆反应速率增大，且平衡时反应速率大于t2时反应速率，平衡向逆反应方向移动,该反应正反应是一个反应前后气体体积不变的放热反应，不能是增大压强,可能是升高温度或者增大生成物的浓度；t4时逆反应速率减小,但平衡不移动,反应正反应是一个反应前后气体体积不变的反应，可能是减小压强（或增大容器容积）；t8时反应速率增大，但平衡不移动，该反应正反应是一个反应前后气体体积不变的反应，能为增大压强或使用催化剂。20。参考下列图表和有关要求回答问题：（1）图Ⅰ是1molNO2(g)和1molCO(g）反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大,E2的变化是__(填“增大”“减小”或“不变”,下同），ΔH的变化是__.请写出NO2和CO反应的热化学方程式:__.（2）下表是部分化学键的键能数据：化学键P—PP-OO=OP=O键能(kJ·mol—1）198360498x已知1mol白磷(P4)完全燃烧放热为1194kJ，白磷及其完全燃烧的产物结构如图Ⅱ所示,则表中x=__kJ·mol-1。（3）PCl5是一种重要的含磷化合物，在有机合成中用作氯化剂。某温度时,向2。0L恒温恒容密闭容器中充入1。0molPCl5,发生反应PCl5（g）PCl3(g)+C12（g）ΔH=+124kJ·mol—1。反应过程中测定的部分数据见下表：时间t/s050150250350n（PCl3)/mol00.160.190.20.2反应在前50s的平均速率v(PCl5)=__.在该温度下，若起始时充入0。5molPCl5和amolCl2,平衡时PCl5的转化率仍为20％，则a=__。【答案】（1)。减小（2).不变（3）。NO2（g)+CO(g)=NO（g）+CO2(g）△H=—234kJ·mol—1(4).138(5).0.0016mol/(L·s)(6).0。1【解析】【详解】（1)观察图像，E1应为反应的活化能，加入催化剂降低反应的活化能，但是ΔH不变;1molNO2(g)和1molCO（g）反应生成CO2(g）和NO（g)的反应热数值，即生成物和反应物的能量差，因此该反应的热化学方程式为NO2(g）+CO（g）=CO2（g)+NO（g）ΔH＝—234kJ·mol-1。(2)白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6molP-P、5molO=O,形成12molP—O、4molP=O，所以12mol×360kJ/mol+4mol×xkJ/mol－（6mol×198kJ/mol+5mol×498kJ/mol)=1194kJ/mol，x=138kJ/mol;（3)0～50s内的平均反应速mol·L-1•s—1，该温度下的平衡化学平衡常数为:K=（0。1×0。1）/0.4=0.025在该温度下，起始时充入0.5molPCl5和amolCl2,平衡时PCl5的转化率仍为20％,则有：此时平衡常数为：K=（0.5a+0。05）×0.05/0。2=0.025，解得a=0.1.21。实验室合成苯甲酸的原理、有关数据及装置示意图如图：某学习小组在实验室制备、分离、提纯苯甲酸，步骤如下：（一）制备苯甲酸在三颈瓶中加入甲苯、水和沸石，搅拌并加热至沸腾,然后加入过量高锰酸钾，继续搅拌约4～5h，直到甲苯层几乎近于消失、回流液不再出现油珠，停止加热和搅拌，静置.(二）分离提纯在反应混合物中加入一定量草酸（H2C2O4)充分反应，过滤、洗涤，将滤液放在冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化，减压过滤,再用少量冷水洗涤，干燥，得到粗产品。请回答下列问题：（1）装置a的名称是__，其作用为__。（2）甲苯被高锰酸钾氧化的原理如下，请完成并配平该化学方程式。________+________KMnO4________+________MnO2↓+________H2O+___________（3)分离提纯过程中为了除去过量的KMnO4，加入一种二元弱酸草酸，反应过程中有碳酸氢盐和无色气体生成。请用离子方程式表示反应原理__。（4）产品减压过滤时用冷水洗涤的原因是__。（5）选用下列_操作，可以将粗产品进一步提纯（选填字母)。A。溶于水后过滤B。溶于乙醇后蒸馏C.用甲苯萃取后分液D.升华（6）以酚酞为指示剂，用标准浓度KOH溶液滴定苯甲酸的乙醇溶液，可测定产品纯度，滴定终点的现象是__。【答案】（1)。球形冷凝管（2）.冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率(3).1(4).2(5)。1（6)。2(7).1（8）。1(9).KOH（10）。2MnO4—+3H2C2O4=2MnO2↓+2HCO3-+4CO2↑+2H2O(11)。苯甲酸在冷水中的溶解度较小，用冷水洗涤可以减少产品的损失(12).D（13）.溶液由无色变浅红色,且半分钟不褪色【解析】【详解】(1）苯甲酸是易燃易挥发的液体，甲苯液体加热至沸腾时甲苯挥发降低其利用率，故需用装置a（球形冷凝管）将甲苯蒸汽冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率；(2）根据氧化还原反应的原理可配平该化学方程式：+2KMnO4+2MnO2↓+H2O+KOH；(3）H2C2O4具有还原性，可将过量的KMnO4还原为MnO2而过滤除去，H2C2O4被KMnO4氧化为KHCO3和CO2，根据氧化还原反应的原理可得反应的离子方程式为：2MnO4-+3H2C2O4=2MnO2↓+2HCO3—+4CO2↑+2H2O；(4)由表中苯甲酸在水中的溶解度表可知，苯甲酸在冷水中的溶解度较小,将苯甲酸晶体用冷水洗涤可以减少产品的损失；(5）由表中苯甲酸的性质可知，苯甲酸在100℃左右升华，KCl的熔沸点很高,不升华，所以提纯含有氯化钾的苯甲酸可以采用升华的方法得到较纯的苯甲酸;(6)向苯甲酸的乙醇溶液中滴加酚酞,溶液无色，用标准浓度KOH溶液滴定，当溶液呈浅红色且半分钟内不褪色时,说明达到滴定终点。22。氢能源是最具应用前景的能源之一,高纯氢的制备是目前的研究热点。甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。（1）反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反