2019-2020学年高二化学上学期期末考试试卷含解答

学高化上期末试卷一、单选绿能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源，下列能源中不属于绿色能源的是（）A.太能

B.化能源

能

潮能【答案】【考点】石油的裂化和裂解，煤的干馏和综合利用【解析】【解答】、太阳能不产生污染物A不符合题意。B、石能源烧生成二氧化碳，燃烧不充分生成CO浓烟等，可导致环境污染、温室效应，题中太阳能、风能、潮汐能等都属于绿色能源，对环境无污染B符合题意。C、能是利用自然现象，不会排放污染物，属于绿色能源C不合题意。D、汐能D不符合【分析】能产生污染的不属于绿色能生、生活离不开化学，下列说法不正确的（）A.泡灭火器的反应原是非氧化还原反应

B.钢析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速一样快锅水垢中含有的CaSO，可先用溶处理，后用酸除去42发生反应

燃电池的燃料都在负极【答案】【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【解析解答A泡沫灭火器是利用双水解原理，不属于氧化还原反应，故说法正确不合题意。B、铁析氢蚀的速率在一定酸性下，快于吸氧腐蚀，故说法错误符题意。C、是溶于水的物质CaCO是溶于水，反应向着更难溶的方向进行，转成碳酸钙沉淀，然后用43酸除去，故说法正确C不符合题意。D、电池中负极上失去电子，化合价升高因此燃料电池中通燃料的一极为负极，故说法正确不合题意。故正确答案为：。分析A泡沫灭火器是利用铝离子和碳酸氢根离子的双水解放出CO，是非氧2化还原反应。B、铁发生氢腐蚀是在酸性条件下，铁与酸反应，而吸氧腐蚀是在弱酸性，碱性环境下与空气中的氧气反应，所有前者比后者快。C、酸钙属于微溶物，不溶于酸，加入碳酸钠后会发生沉淀转化生成难溶物碳酸钙，由于碳酸钙能溶于酸而除去。D、料中元素化合价升高被氧化剂氧化，燃料在负极反应室下0.1mol·L

-1

下列溶液的pH最的是（）A.Na24

B.3

NHClD.NaCO423【答案】【考点盐水解的原理，影响盐类水解程度的主要因素，盐类水解的应用，探究影响盐类水解衡的因素

-12+-7-12+-7-5-14-12-1【解析】【解答】、室温下，SO溶是强酸碱盐，溶液显中性，溶液-12+-7-12+-7-5-14-12-124B、是碱弱酸盐，溶液中碳酸氢根离子水解溶液显碱性，溶液pH＞3C、Cl溶中铵根离子水解溶液显酸，溶液＜，4D、CO溶是强碱弱酸盐，溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，溶液＞，酸氢钠水解程度小于23碳酸钠溶液水解程度，则溶液pH碳钠大于碳酸氢钠，所以溶液pH最大的是碳酸钠，故正确答案为。分析】、考查盐类水解，从盐类水解规律得知。B、式盐中见的水解大于电离的离子碳酸氢根。C、类水解规律，谁强显谁性。D、查盐类水解程度影响因素，水解实质越弱越水解。某度时水的离子积为1×10，若温度下某溶液中的H浓度为1×10mol·L

-1

，则溶液）A.酸

B.碱

中

无法判断【答案】【考点】离子积常数【解析】【解答100℃时，水的离子积为1×10，若该温度下某溶液中的浓度为1×10，氢氧根离子浓度1×10mol/L，离子浓度小于氢氧根离子浓度，溶液显碱性性。故答案为：分析】考查水的离子积公式的应用。易错点：水的离子常数受温度影响25水的离子积为。℃，水的离子积为1×10。下事实可用勒夏特列原理解释的是（）A.用催化剂有利于加快合成氨反应的反应速率B.H、(g)、平混合气体加压后颜色深22℃左右比在室温时更有利于提高合成氨的转化率D.配制氯铁溶液时，将氯化铁固体溶于浓盐酸中，然后加水稀释【答案】【考点】化学平衡的影响因素，盐类水解的应用【解析】【解答】A．加入催化剂，只能增大反应速率，但衡不发生移动，不能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；B．、、三的平衡，增大压强平衡不移动，但浓度增大，颜色加深，不能用勒沙特列原理解22释，故B不合题意；C．成的应为放热反，升高温度平衡向逆反应方向移动，但升高温度可以提高催化剂的活性，3从而加快反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故不符合题意；D．化铁为强酸弱碱盐，水解呈酸性，配溶液时，加入盐酸，可抑制水解，可用勒夏特列原理解释，故D符题意；故正确答案为。分析】、考查化学反应速率的影响因素，B、学平衡影响因素。C、查平衡中转化率的影响因素。D、查盐类水解平衡影响因素的应用。下说法错误的是（）A.S(g)+O(g)=SOeq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)S(s)+O(g)=SO(g)eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)，则△H＜eq\o\ac(△,H)22122212B.Zn(s)+CuSO(aq)=ZnSO(aq)+Cu(s)△H=-261kJ·mol，则应总能量生物总能量44

-111已C(墨·s)=C(金石△则墨比金刚石稳定-111相条件下，如果1mol氢子所具有的能量为，1mol氢子所具有的能量为，则2E=E112【答案】【考点】反应热的大小比较【解析】【解答】．都为放热反应，固体燃烧放出的量小于气体燃烧放出的热量＜，则放出的热量越多eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)越小，故不合题意；B．放热反，反应物总能量大于生成物总能量，故B不合题意；C．石•s)=C(金刚石eq\o\ac(△,s))＞，可知金刚石的总能量高，能量越高越不稳定，故不合题意；D．形成化学键放出能量，则2E＞，故D错；12故正确答案为。分析】和考查焓变的意义反的热效应与焓变的关系，C、查物质的稳定性与焓变的关系。D、查反应实质旧键断裂，成键形成。将VHCl溶和VmL未如浓度的NaOH溶混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如12图所示验中始终保持V+V=50mL)下列叙述正确的是（）12A.做实验时环境温度22℃溶的浓度约为1.00mol·L

-1

B.该验明化学能可以转化为热能该验表明有水生成的反应都是放热反应【答案】【考点】化学能与热能的相互转化，吸热反应和放热反应【解析】【解答】A、该实验开始温度是21℃，故A不合题意；B、图示可看出该反应过程放出热量，表明化学能可能转化为热能，故符合题意；C、好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是，由+V=50Ml可，消耗的氢氧化钠溶液的质量为12．设恰好反应时氢氧化钠溶液中溶质的物质的量是n．HCl+11.0mol•L×0.03L则n=1.0mol•L

NaOH=NaCl+HO21n，所以浓度是：

=1.5mol/L，故C不合题意；D、是该反应放热，其他有水生成的反应一定，所以不合题意．故正确答案为：【分析】本题考查中和反应过程中能量变化与温度的关系，考查图像分析。

-1室下将1mol的CuSO·5HOs）溶于水会使溶液温度降低，热应，将1mol的（）-14214溶于水会使溶液温度升高，热效应为eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)；O受分解的化学方程式为CuSO·5H242424（）（），热效应为eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)．则下列判断正确的是（）23A.△＞eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)23

B.△＞eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)13

eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)=+eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)123

eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)+△＞eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)123【答案】【考点】有关反应热的计算，反应热和焓变，用盖斯定律进行有关反应热的计算【解析【答CuSO·5HO受热分解的化学方程式为：CuSO·5H（）CuSO（+5H（）热效424242应为eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)．室温将1mol的CuSO水使溶液温度降低，热效应为eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)，则eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)＞；34211将1mol的CuSO（）于水会使溶液温度升，热效应为eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)，则eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)<0CuSO·（）溶于水42242的过程可以假设为CuSO·去晶水然后再溶于，由盖斯定律可知，eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)=eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)，因42123为△、eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)<0，以eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)＞eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)>0、eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)<eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)、eq\o\ac(△,+)eq\o\ac(△,<)。综上所述，123123123故正确答案为。【分析】本题考查盖斯定律的应用，及焓变的表示意义。下判断全部正确的一组是：（）ABC强电解质NaClCaF石墨242弱电解质HF

BaSOHClONH-HO42非电解质Cl

2

CS2

CCl

4

蔗糖A.AB.CD【答案】【考点】电解质与非电解质【解析】【解答】．氯气是单质，既不是电解质也不非电解质，故A不符合题意；B．酸钡属难溶盐，溶解的能够完全电离，属于强电解质，故B不合题意；C．化钙为盐属于强电解质，次氯酸为弱酸属于弱电解质，四氯化碳为非电解质，故C符题意；D．墨为单质，不是电解质也不是非电解，故不符合题意；故正确答案为。【分析】本题考查电解质、强弱电解质的基本概念的应用，常物质的类别。10.下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是（）①℃时亚硝酸钠溶液的pH大7②用溶液做导电试验，灯泡很暗③溶不与NaSO溶2224液反应④LHNO溶的pH=2.12A.②③B.②④C.①④D.①②④【答案】【考点】强电解质和弱电解质的概念，弱电解质的判断【解析】【解答】①中溶液显碱性，说明亚硝酸钠水解，可以证明亚硝酸是弱酸，①符合题意；②只能说明亚硝酸的溶液导电性若，但不能说明是否存在电离平衡，②不符合题意；③中只能说明亚硝酸的酸性弱于硫酸的，但不能说明是否存在电离平衡，③不符合题意；

--+-1-4-1-1④根据pH可知，亚硝酸没有完全电离，存在电离平衡，可以证明，④符合意，--+-1-4-1-1故正确答案选。【分析】弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解。考查弱电解质的定义的理解。11.下列叙述正确的是（）A.△的学反应一定不能自发进行△

B.反2NO(g)2

NO(l)的体的混乱度增大24FeCl和MnO均加快O分解，同等条件下二者对O分解速率的改变相同322222

固体在2溶液中存在平衡Mg(OH)2

Mg(aq)+2OH(aq)，该固体可溶于NHCl溶4【答案】【考点】焓变和熵变，化学反应速率的影响因素，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【解析】【解答】A、化学反应能否自发进行的判断依据是eq\o\ac(△,：)eq\o\ac(△,)H-TS，当eq\o\ac(△,G)eq\o\ac(△,)0反应一定不自发；eq\o\ac(△,当)＜，应一定自发，所以焓变和熵变都不能独立地作为反应自发性的判据A不符合题意；B、(g)→NO(l)，应前后分子数减少，混乱程度减小，所以熵是减小的B不合题意224C．同的催化剂的催化效果不一定相同，所以同等条件下二者对HO分速率的改变不一定相同，不22符合题意；D、化铵水解显示酸性，生成的氢离子可和氢氧根离子发生反应，促进氢氧化镁的溶解符合题意；故正确答案为。分析】、考查反应进行的方向判断B、查熵变的判断方法C、查双氧水的催化剂，及对速率影响、沉淀溶解平衡移动影响，及盐类水解应用。12.以反应5HCO+6H=10CO↑+2MnO为探究外条件对化学反应速率影。实验224422时，分别量取HO溶液和酸性溶，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断2244反应的快慢。HO溶液224

酸性KMnO溶4编号①②③

浓度0.100.200.20

体积/2.02.02.0

浓度0.0100.0100.010

-1

体积4.04.04.0

温度℃252550下列说法不正确的是（）A.实①、②、③所加HCO溶均要过量224

B.实①测得溶液的褪色时间为，这段4时间内平均反应速率υ(KMnO)=2.5×10L·s4若成（准状况），该反应转移的电子数为aN/22.4实验①和②起初反应均很慢，过2A了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn对反应起催化作【答案】【考点】化学反应速率的概念，反应速率的定量表示方法

-4-1-1-1-1【解析】【解答】-4-1-1-1-1A、通过测定溶液褪色所需时间来判断反的快慢，所以实验①、②、③都要褪色，所加的CO溶液均224要过量，不合题意；B、验①测溶液的褪色时间为40，则这段时间内平均反应速率υ(KMnO)=44=1.7×10·s，B符题意C、成1molCO转1mol电，若生成aL（标准状况，该反转移的电子数为aN，不符22A合题意；D、据影响反应速率的因素，实验①和②初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，没有改变其它因素的条件下，可能是生成的Mn对反应起催化作用，不合题意。故正确答案为：【析】考查反应速率的影响。13.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器固体试样体积忽略不)，恒定温度下使其达到分解平衡：(s)(g)+CO(g)。断该分反应已经达到化学平衡状态的是（）242A.)=v(CO密闭容器中)∶c(CO)=2∶13232密容器中混合气体的密度不变

密容器中氨气的体积分数不变【答案】【考点】化学平衡状态的判断【解析】【解答】、未体现正逆的关系不符合题意；B、要反应生，密闭容器中就存在c(NH：)=2：，不符合题意32C、闭容器中混合气体的密度不变，说明气体质量不变，正逆反应速率相等C符题意；D、反应开始到平衡，密闭容器中氨气的积分数不变一直不变符合题意；故正确答案为。【分析】考查化学平衡标志的判断依据。14.已知A(g)+B(g)反的平衡常数和温度的关系如下：温度/℃80083010001200平衡常数1.71.11.00.60.4830℃，向一个L的闭容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B，应初始4s内A的平均反应速率。列说法正确的是（）A.4s时c(B)为0.76mol/LB.830℃平衡时A的化率为80%反达平衡后，升高温度，平衡正向移动值为0.4

℃反应C(g)+D(g

A(g)+B(g)的衡常数的【答案】【考点】化学平衡的影响因素，化学反应速率与化学平衡的综合应用，化学平衡的计算【解析】【解答】．反应初始4s内A的平均反应速率v(A)=0.005mol/(L，率之比等于化学计量数之比，所以v(B)=v(A)=0.005mol/(L，4s内△c(B)=0.005mol•L•，B的始浓度为=0.4mol/L故4sc(B)=0.4mol/L-0.02mol/L=0.38mol/L，不符合题意B．平衡时的浓度变化量为，：A(g)+B(g)C(g)+D(g)

起始（L）转化（L）平衡（L）故

0.10.400xxxx0.1-x0.1-xxx=1，得x=0.08，所以平衡时A的化率为

×100%=80%，B符题意；C．表格可知，温度升高，化学平衡常数减小，平衡逆向移动，不是正向移动，故C不合题意；D.1200℃反应A(g)+B(g)⇌的衡常数值为0.4所以1200时反应⇌的衡常数的值为

=2.5，不合意；故正确答案为B【分析】考查化学平衡中浓度，转化率，平衡常数的计算。化学平衡的影响。15.在密闭容器发生下列反应：cC(g)dD(g)，应达到平衡后，将容器体压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，的度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是（）A.平向正反应方向移

B.a＋C.的积分数增大

A的化率变大【答案】【考点】化学平衡移动原理，化学平衡的计算【解析】【解答】假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半的浓度为原来的2倍实际再次达到新平衡时，的度为原的1.8倍说明压增大，平衡向逆反应移动，即a＜，强增大，速率加快，新平衡的正、逆速率都大于原平衡；A．气体体积压缩到原来的一半D的度为原来的1.8倍说明压强增大，平衡向逆反应移动，故A不合题意；B．体体积缩到原来的一半的度为原来的1.8，说明压强增大，平衡向逆反应移动，反应物气体体积小于生成物，＜，B符合题意；．体体积压缩到原来的一半，D的度为原来的1.8倍说明压强增大，平衡向逆反应移动体分数减小，故C不合题意；D．衡向逆反应移动，的化率降低，故D不符合题意；故正确答案为：。分析】考查化学平衡的移动影响因素。利用假设法进行判断。16.下列四个图像所反映的内容与相应反应符合的(ab、、均于0)）

-1-1-1-1-1-1-1-1A.＋(g)＋O(g)ΔH＝322-akJ·mol

B.N(g)＋(g)(g)ΔH＝-bkJ·mol2232SO(g)2SO(g)＋(g)＝322

2N(g)25＋(g)＝+dkJ·mol22【答案】【考点化平衡的影响因素，化学反应速率变化曲线及其应用，产物百分含量与压强的关系曲，转化率随温度、压强的变化曲线【解析】【解答】A、温度越高反应速率越快，到达平衡的间越短，该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应向移动，平衡时含量降低，图像中温度越高，平衡时的量越低，与实际不相符合，故A不合题意；B．反应正应是体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，图像中相交点为平衡点，平衡后增大压强，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，图像与实际不相符，故B不合题意；C．度一定，增大压强平衡向逆反应方向移动，三氧化硫的含量增大；压强一定，升高温度平衡向正反应方向移动，三氧化硫的含量降低，图像中温度一定，压强越大三氧化硫的含量越高，压强一，温度越高，三氧化硫含量越小，图像与实际相符，故C符合题意；D．积恒定，五氧化二氮的起始投入量越，压强越大，反应速率越快，到达平衡的时间越短，压强增大平衡向逆反应方向移动，五氧化二氮的转化率降低，图像与实际不相符，故D不合题意；故正确答案为：。分析】本题考查化学平衡的应用，温度、压强对速率、衡的影响。17.利用IO可消除CO污染，其反应为：反应为I(s)＋5CO(g)5CO＋；同温度下，装有252522足量IO固体的L恒密闭容器中通入2molCO，得CO气体体积分数φ(CO随间t变化曲线如图2522

-1-1所示。下列说法正确的是（）-1-1A.b点，的化率为20%B.容内的压保持恒定，表明反应达到平衡状态b点点的化学平衡常数K＞bd

0到0.5min反应速率v(CO)=0.3mol·L·min【答案】【考点】化学平衡常数的含义，化学平衡的影响因素，体积百分含量随温度、压强变化曲线【解析】【解答】．5CO(g)＋O25起始2（）转化y（）b点2-y（）

＋(s)220yy根据b点CO的积分数），，化率等=变化量起22量，不合题意；B．边计量相等，所以压强始终不变，不能做平衡状态的标志B不合题意；C．点d点生成物CO体分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数K＞，C符合题意；2bdD．到0.5min时：5CO(g)＋O25起始（l）转化x（l）

＋(s)220x

·min-1-1-1-1a点2-x·min-1-1-1-1（l）

x根据a点时CO的积分数，；从反应开始至a点的反应速率为）22=(0.6mol÷2L)÷0.5min=0.6

11

，D不合题意。故正确答案为：。【分析】考查平衡图像的应用，平衡常数的影响及转化率与平衡的关系。18.下列实验不能达到预期实验目的是（）序号实验内容室温下，用pH试纸测定浓度为A0.1mol·LNaClO溶液和0.1mol·LCHCOONa溶液的3向盛有硝酸银溶液的试管中滴加

实验目的比较HClO和CHCOOH的性强弱3BNaCl溶，至不再有沉淀生成再向说明种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀其中滴加溶2C

向含有少量FeCl的MgCl溶中加入32足量粉，搅拌一会过滤2室温下，分别向2支试管中加入相同

除去MgCl中量FeCl23D

体积、相同浓度的NaO溶，研浓度对反应速率的影响223分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸A.AB.CD【答案】【考点化反应速率的影响因素，影响盐类水解程度的主要因素，难溶电解质的溶解平衡及沉转化的本质【解析】【解答】A．次氯酸钠具有强氧化性，能够使pH试褪色，不能用pH纸测定，应该用pH计定浓度为0.1mol•LNaClO溶液和0.1mol•LCH溶的pH，不能达到预期实验目的，故A符题意；3B．盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶，至不再有沉淀生成，再向其中滴加NaS溶，生成2黑色沉淀，则发生沉淀的转化，说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀，能达到预期验目的，故B不合题意；C．化铁溶液能够水解，水解呈碱性，加入足量Mg(OH)粉，可调节溶液pH，利于生成氢氧化铁沉2淀，可用于除杂，能达到预期实验目的，故不合题意；D．别加入相同体积不同浓度的稀硫酸，度越大，反应速率越快，可研究浓度对反应速率的影响，能达到预期实验目的，故D不题意；故正确答案为。【分、查盐类水解的应B、考查沉淀转化，依据转化规律判断C、查水解的应用利用水解平衡的移动D、考查浓度对反应速率的影响。19.某学生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，选择甲基橙作指示剂。下列操作中可能使所测NaOH溶的浓度数值偏低的是）

++++A.酸滴定管未用标准酸润洗就直接注入标准盐酸净后没有干燥++++

B.滴定前盛放溶的锥形瓶用蒸馏水洗酸滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失视读数

读盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯【答案】【考点】中和滴定【解析】【解答】A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据（测）

可知，测定c（NaOH偏大，故A不合题意；B．定前盛氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对标准影响，根据c待测=

可知，测定（NaOH）无影响，不符合题意；C．式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成，根据测可知，测定c（NaOH偏大，故C不符合题意；D．取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定束时俯视读数，造成V标准）偏小，根据c（测=可知，测定c（）偏低，故符题意；故正确答案为。分析】本题考查酸碱中和滴定过程中的误差分析。20.常温下，浓度均为0.1mol/L的种溶液CHCOOH溶②溶③COONa溶，下列说法中33不正确的是（忽略混合前后溶液体积变化）（）A.溶的pH值：②＞③＞①B.水电离出的（）：③＞①＞②①②等体积混合后的溶液：（）（）33②③等体积混合后的溶液（）（）（）+c（）3【答案】【考点】离子浓度大小的比较【解析】【解答】解．溶液的＞解显碱性的盐溶液的pH＞酸溶液的pH，则相同浓度时溶液的pH值②＞③＞①，故正；．碱抑制水的电离，且②中氢氧根离子浓度大，能水解的促进水的电离，则水电离出的c（OH）为③＞①＞②，故正确；C．和②等体积混合后恰好反应生成醋酸钠，其浓度为，由物料守恒可知c（+c3（COO）=0.05mol/L，错误；3D．和③等体积混合后，溶液不显电性，电荷守恒可知（（（故D正；故选．【分析】．碱溶液的pH＞水解显碱性的盐溶液的pH＞酸溶液pH；B．碱抑制的电离，能水解的盐促进水的电离；C．和②等体积混合后恰好反应生成醋酸钠，其浓度为；D．和③等体积混合后，溶液不显电性．

）（）3

-1-1+++--+-+++-++--22323221.室温下向10mL0.1mol溶中加入0.1mol的一元酸溶pH的化曲线如图所示。下列说法正确的是（-1-1+++--+-+++-++--223232A.点所示溶液中c(Na

c(A

-

)＞

＞c(HA)B.、b两所溶液中水的电离程度相同pH=7时c(Na)=c(A

)+c(HA)D.b点示溶液中c(A

＞c(HA【答案】【考点】中和滴定【解析】【解答】A、点NaOH与HA物的量相等，则二者恰好完全反应，生成，应后溶液的pH8.7呈碱性，说明HA为弱酸NaA发水解反应，则溶液中＞＞＞A不合题意；B、点NaA发水解反，促进了水的电离b点酸量，抑制水的电离，所以点水的电离程度大于b点，不合题意；C、据电荷守恒，溶液中存在（）（）（‾）（）pH=7时，（）（），因此溶液中：（）（）C不合题意；D、据图像可知点过，因为b点液pH=4.7溶液呈酸性，这说明的电离程度大于NaA的水解程度，所以（A）c(HA)，符题意，故正确答案为：【析】本题考查中和滴定曲线，根据溶液的pH的化判断反应产物。22.某兴趣小组设计了如图所示原电池装置（盐桥中吸附有饱和KSO溶）。下说法正确的是（）24A.该电池的正极反应＋CuB.甲杯中溶液的血红色逐渐变浅盐中的流向甲烧杯4

若甲烧杯中的溶液换成稀硝酸，电流表指针反向偏转【答案】【考点】原电池和电解池的工作原理，化学能与电能的应用，探究原电池及其工作原理【解析】【解答】、正极发生还原反应，电极反应为Fe＋

＝

，不符合题意。B、边烧杯发生Fe

＋

＝

，则左杯中溶液的红色逐渐浅B不合题意C、离子向原电池的负极移动，不合题意；D、将甲烧杯中的溶液换成稀硝酸，铜被化，铜为负极，电流表指针偏转方向不变不合题意。故正确答案为：。分析】本题考查带有盐桥的原电池，电极反应及工作原理。原电池构成条件。

2-+2-++-+2-2-++++-+23.CuI是种不溶于水的白色固体，它可由反应2-+2-++-+2-2-++++-+

=2CuI而得到。现用铜片、石墨作电极，2电解溶制取。为确认反应情况，通电前在溶液中又加了少量酚酞试液和淀粉溶液。电解一段时间后得到白色沉淀，同时阴极区溶液变红，阳极区溶液变蓝。下列说法正确的是（）A.铜做阴极，石墨做极

B.白色沉淀在阴极附近生成阳区溶液变蓝的原因是2Cu+4I－=2CuI↓+I，碘淀粉变蓝2是：－4e=2HO+O，将I氧为I，碘淀粉变蓝222

阳区溶液变蓝的原因【答案】【考点】原电池和电解池的工作原理，电极反应和电池反应方程式【解析】【解答】、现用铜片、石墨作电极，电解KI溶制取CuI。所以，肯定是铜片阳极，铜片溶解，不合题意；B、阳极铜去电子得到亚铜离子，和碘离子结合生成CuI白沉淀，此沉淀是在阳极附近生成B不符合题意；C、极区溶液变蓝的原因是2Cu+4I－4e=2CuI↓+I，遇淀粉变蓝，所以C符题意；2D、不是为气氧化而变蓝D不合题意。故正确答案为。【分析】本题考查电解原理的应用及电解反应的书写。24.亚磷(HPO是元弱,亚酸主要用作尼龙增白电Na溶液也可得到亚装置示意图3323如图(其阳膜只允许阳离子通,阴只允许阴离子通。列法不正确的是（）A.阳的电极反应式为2HO-4e=+O产品室中发生的离子反应为HPO+2H=H22333原室中浓保持不变

阴室中溶液的pH逐升高【答案】【考点原池和电解池的工作原理，电极反应和电池反应方程式，化学能与电能的应用，电解理的应用实验【解析】【解答】阳上水放电生成氧气，电极反应式为2HO-4e=4H+O↑，A不合题意；22B.产品室中和离子结生成亚磷酸，反应离子方程式为+2H，故B不合题3333意；原料室中Na通阳膜向阴极移动，原料室中Na浓逐渐减小，C错，符题意；阴上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H+2e=H，阴极室中溶液中的c(H逐减小，2pH逐升高，故D正，不合题意；故正确答案为：。分析】本题考查电解池的电解反应书写，及电解原理的用。电解池中离子移动方向判断。

-10-8-1-1-1-2-2+2--32-5-112-22--9+--102-+-4-+-8-1-125.在t℃，CrO（红色）水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．又知AgCl的=1.8-10-8-1-1-1-2-2+2--32-5-112-22--9+--102-+-4-+-8-1-124sp列说法不正确的是（）A.t时Y点和Z时CrO的相等24sp为X点t℃时，CrO的K为24sp

B.饱AgCrO溶中入KCrO不使溶液由Y点2424℃时，将溶滴入KCl3和LKCrO的混合溶液中Cl先沉淀24【答案】【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，探究沉淀溶解【解析】【解答】、一定温度下溶度积是常数，随温变化，不随浓度变化，所以t℃时，点Z点AgCrO的K相，故A正不合题意；24spB、饱和AgCrO溶液中加入KCrO仍饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和AgCrO溶液中加入242424KCrO不能使溶液由Y点为X点故B正，不合题意24C、据图像曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡CrO的沉淀24溶剂平衡为：AgCrO(s)2Ag+CrO；=c(Ag)c(CrO)=(10•10=10；错，符合题意；24sp4D、据溶度积常数计算K(CrO)=csp4

(Ag

+

)c(CrO)=1×10；(AgCl)=c(Ag4sp

)c(Cl)=1.8×10，以0.01mol/LAgNO溶液滴定，和0.01mol/L的KCrO的合溶液c(CrO，3244到c(Ag)==×10mol/L，0.01mol/LKCl溶中，c(Cl)=0.01mol/L依据溶度积计算得到：c(Ag)==1.8×10，所以先析出氯化银沉淀，故正，不符合题意；故正确答案为：C。分析】本题考查沉淀溶解平衡图像，可根据曲线判断沉淀的溶解与生成。注意曲线上的任意一点都是平衡点。二、综合题26.根据要求完成下列各小题：（．理论上的强酸、强碱反应生成1molHO(l)时放出的热量，写出表示稀硫酸和稀氢氧化钠2溶液反应的中和热的热化学方程________。（）知：乙催化脱氢制苯乙烯反应：

+H(g)2化学键键能/kJ•mol

C-HC-CC=CH-H412436计算上述反应的H=________kJ•mol。

-5-1---1-1---------1-1（）．℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示，请回答下列问题：-5-1---1-1---------1-1化学式

CHCOOHCO32

HClO电离平衡常数

1.7×10

K=4.3×101K=5.6×102

-7-11

3.0×10

-8①、的酸性由强到弱的顺序为_______。323②将少量CO气体通入NaClO溶中，写反应的离子方程式________。2【答案】（）H(aq)=1/2NaSO(aq)+O(l)△kJ·24242（）（）H＞；+HO+ClO=HClO+HCO323223【考点】反应热和焓变，热化学方程式，电解质在水溶液中的电离，弱电解质在水溶液中的电离衡【解析】【解答】Ⅰ(1)稀酸、稀强碱反应生成1mol水放出57.3kJ的热量，稀硫酸和氢氧化钠稀溶液分别是强酸、强碱，则反应的热化学方程式为NaOH(aq)+

HSO(aq)═24

(aq)+HO(l)△242H=-57.3kJ/mol，答案为NaOH(aq)+HSO(aq)═24

SO(aq)+HO(l)△H=-57.3；反应热242反应物总键能生物总能键能，由有机物的结构可知，该反应的反应热-CHCH中总键能与CH=CH、232H总能之差，故436)kJ•mol2

=+124kJ•mol

，故答为：；Ⅱ．①酸的电离平衡常数越大，该酸电离程度越大，其酸性越强，根据表中数据知，酸的电离度大小顺序是CH＞＞，所以性强弱顺序是CHCOOH＞H＞＞，32333233故答案为：＞；323②NaClO溶液中通入少量，反生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为：2ClO

+CO+H+HClO，答案为：ClO+H。223223故答案为：（）NaOH(aq)+1HSO(aq)═NaSO(aq)+HO(l)△H=-57.3；24242（）；①CHCOOHH＞；ClO+COO=HCO+HClO。323223【分析（）查化学方程式的书写，注意注焓变、带单位，省条件，标状态。）考查焓变与键能之间的关系，通过焓变计算公式反应物的键能减去生成物的键能即可得出答案。II考查电离常数和酸性强弱关系，②考查依据酸性强弱关系书写方程式，遵从强酸制弱酸。27.某合成气的主要成分是一氧化碳和氢气，可用于合成甲(CHOCH)等洁燃料。由然气获得该合成33气过程中可能发生的反应有：①(g)+HO(g)42②(g)+CO(g)42③CO(g)+HO(g)2请回答下列问题：

CO(g)+3H(g)ΔH＝kJ·mol212CO(g)+2H(g)ΔH＝+247.3kJ·mol22CO(g)+H(g)ΔH223

-1+--1-7（密容中进行反应①，测得CH的物质的量浓度随反应时间的变化如图所示，则在10min时-1+--1-74改变的外界条件可能。（）应③中ΔH＝________800℃，反应③的平衡常数＝，测得该温度下密闭容器中某时刻各3物质的物质的量见下表：COOCO22

H

20.58.5mol

2.0

2.0此时反应③中正、逆反应速率的关系式_填号。av>v

b．<

cv＝v

d无法判断（）图2所示，在甲、乙两容器中分别充入等物质的量的CH和CO，使、乙两容器初始容积相42等。在相同温度下发生反应②，并维持反应过程中温度不变。已知甲容器中C的化率随时间的变化如4图3所，在图3中出乙容器中CH的化随时间变化的图像________4（）合成气主要成分中的一氧化碳，在一定条件下也可用NaOH溶与CO反生成甲酸钠(HCOONa)，一步反生成甲酸来消除污染。温下将amol的通2Lmol·L

溶液中，恰好完全反应生成甲酸钠和含少量甲酸的混合溶(假溶液体积不测得溶液中)=c(HCOO)则该混合溶液中甲酸的电离平衡常数=________(用a和的代数式表。a【答案】（）高温或入水蒸气)（）mol；（）:如所示：（）2b×10）（）【考点用斯定律进行有关反应热的计算，化学平衡的影响因素，物质的量或浓度随时间的变曲线，弱电解质在水溶液中的电离平衡【解析【解答(1)由可知，10min时烷浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，而该反应为吸热反应，则升高温度符合题意，故答案为：升高温度；(2)根盖斯定律可知，②得反应③，3

+-+--7-1800℃，反应③的K=1.0，正逆反应速率相等，化学平衡不移动；由表格中的数据可知，气体的体积+-+--7-1相同，则物质的量与浓度成正比

＜，反应向正反应方向移动，则正反应速率大于逆反应速率，即选，故答案为-41.2kJ/mol；a(3)甲乙两容器中分别充入等物质的量的CH和CO，且、两容器初始容积相等，由图可知，甲42的体积不变，乙的压强不变，乙中发生CH+CO2CO+2H，其体增大，则相当于压强减小，化学平422衡向正反应方向移动，乙容器中CH的化率增大，但压强小，反应速率减慢，则达到平衡的时间变长，4则乙中CH的转化率随时间变化的图像为，答案为：；4(4)反平衡时c(Na

)=c(HCOO

，电荷守恒可知c(H

)=c(OH

)=10mol/L，液呈中性，则甲酸电离平衡常数为K===

，故答案为：。故答案为：升温度；2）；；：；2b10−a2b。【分析】（）查温度对平衡的影响，）考查盖斯定律的一应用，平衡移方向的判断。3）考查压强对平衡的影响，电离平衡常数的计算。三、实验题28.中华人民共和国国家标规葡萄酒中SO最大使用量为0.25g·L。某兴趣小组用图1装2置夹装置收某萄酒中SO，并对其含量进行测定。2（）器的称_，水通入的口________。（B中入300.00mL萄酒和适量盐酸，加热使SO全部逸出并与中HO完反应，其化学方程式222为。（中量的O，然后0.0900L22

-1

标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的________；滴定终点时溶液的pH＝，选择的指示剂为；用50mL滴定管进行

-1实验，当滴定管中的液面在刻“10处，则管内液体的体填序)①＝10mL，②＝mL，<10，>40mL)-1（）定至终时，消耗NaOH溶25.00该葡萄酒中SO含量为_______g·L。2（）测定结比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施________。【答案】（）凝管或冷凝器b（）＋O=HSO22224（）；酚酞④（）（）因：盐的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响【考点】滴定实验中指示剂的使用，中和滴定，酸（碱）式滴定管的使用【解析】【解答】1根据仪器的造可知，仪器A为凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以应该进水口为；（）氧水具氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为+HO=HSO；22224（）氧化钠液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是.2～）若用50mL滴管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10处滴定管的0刻度在上方刻度线下方还有有度的溶液，另外滴定管刻线下有液体，因此管内的液体体积＞50.00mL-10.00mL），以④正确；（）据～～可知SO的量为：2422

（×64g/mol=0.072g，葡萄酒中的二氧化硫含量为：

=0.24g/L；（）于盐酸挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体增大，测定结果偏高；因此改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比验，扣除盐酸挥发的影响。故答案为：）冷凝管或冷凝器，；）O=HSO；3）③，酚酞，④；4）；）不22224挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影【分析题考查蒸馏装置的基本仪器，）查氧化还原滴定方程式的书写，3）考查氧还原滴定仪器的选择，滴定管的选择，指示剂的选择。）中和滴定计算，5）定误差分析。29.硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛。已知：硼镁矿主要成分为MgO•，砂的化学式2252为BO•O，利用硼镁矿制取金属镁及粗的工艺流程如下，请回答下列有关问题：2472（）砂中B的合价为_______；渣的主要成分为。

--12-+--+-+-12-2--12-2-12-4+-11-+（）为晶加热脱水的产物，其与Mg制粗硼的化学方程--12-+--+-+-12-2--12-2-12-4+-11-+33（）是种一元弱酸，也可写作B(OH)，它水作用时结合水电离的OH而酸性，这一变化333的离子方程式为。（）·6H需要在HCl氛中加热，其目的_______。22（）知℃，[Mg(OH)]=5.6×10；酸碱指示剂百里酚蓝变色的范围如下：sp2pH

＜8.09.6

＞颜色黄色

绿色

蓝色在Mg(OH)饱溶液中滴加滴里酚蓝指示剂，液的颜色_。2【答案】（）；2（）3Mg+BO23（）+H332

[B(OH)]4（）止MgCl水解生成Mg(OH)2

2（）色【考点还反应方程式的配平pH的单计算，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【解析【解答硼的化学为NaBO•10H，钠元素化合价+价，氧元素化合2价，依据化2472合价代数和计算得到硼元素化合价+3价根据题意，硼镁(MgBO•HO)中加入氢氧化钠反应生成2252滤渣用盐酸溶解后生成氯化镁，故滤渣为氢氧化镁，故答案为；；2(2)X为H晶体加热脱水的产物，应为BO，与Mg反应制取粗硼与氧化镁，反应方程式为332323B+3Mg2B+3MgO故答案为：O2B+3MgO；2323(3)H是种一元弱酸，也可写作B(OH)，它与水用时结合水电离的而呈酸性，反应的离子方333程式为HO332

[B(OH)+H，故案为：4332

[B(OH)]+H；4(4)MgCl•7HO需要在HCl氛中热是为了防止