赤峰市宁城县高二上学期期末化学试卷（宁城高级中学、宁城蒙中用）

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2016-2017学年内蒙古赤峰市宁城县高二（上)期末化学试卷（宁城高级中学、宁城蒙中用）一、选择题(每题3分,计48分)1．为了更好的解决能源问题，人们一方面研究如何提高燃料的燃烧效率，另一方面寻找新能源．以下做法不能提高燃料效率的是(）A．煤的汽化与液化 B．液体燃料呈雾状喷出C．通入大大过量的空气 D．将煤粉粉碎2．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．氯化镁晶体需在氯化氢气流的氛围中加热失水制得无水氯化镁B．夏天,打开碳酸饮料会有较多气泡溢出C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气D．工业上生产氨气时，采用高温和催化剂等条件3．锌铜原电池装置如图所示,其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过．下列有关叙述不正确的是()A．Zn电极上发生氧化反应B．电子的流向为Zn→电流表→CuC．SO42﹣由乙池通过离子交换膜向甲池移动D．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量明显增加4．如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中．下列分析正确的是（）A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H++2e﹣→H2↑B．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐降低C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀,属于外加电流的阴极保护法D．K2闭合，电路中通过0。4NA个电子时，两极共产生4.48L气体5．为除去MgCl2溶液中的FeCl3，可在加热搅拌的条件下加入的一种试剂是()A．NaOH B．Na2CO3 C．氨水 D．MgO6．某温度下,在一容积不变的密闭容器中，A（g)+2B(g）⇌3C（g）达到平衡时，A．B和C的物质的量分别为3mol、2mol和4mol，若温度不变，向容器内的平衡混合物中再加入A、C各lmol，此时该平衡移动的方向为（）A．向左移动 B．向右移动 C．不移动 D．无法判断7．已知25℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，如图所示，向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中,加入400mL0。01mol/L的Na2SO4溶液,针对此过程的下列叙述正确的是（)A．溶液中析出CaSO4沉淀，最终溶液中c（SO）较原来大B．溶液中无沉淀析出,溶液中c（Ca2+)、c（SO）都变小C．溶液中析出CaSO4沉淀，溶液中c（Ca2+）、c（SO）都变小D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c（SO）较原来大8．pH=2的A、B两种酸溶液各1mL,分别加水稀释到1L（其pH与溶液体积V的关系如图所示),下列说法正确的是（）①a=5时，A是强酸,B是弱酸；②若A、B都是弱酸,则5＞a＞2；③稀释后,A酸溶液的酸性比B酸溶液强;④A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等．A．①② B．③④ C．①③ D．②④9．下列热化学方程式书写正确的是(△H的绝对值均正确）（）A．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）；△H=﹣1367。0kJ•mol﹣1（燃烧热）B．NaOH（aq）+HCl（aq)═NaCl（aq)+H2O（l）；△H=+57.3kJ•mol﹣1(中和热）C．S（s）+O2（g）═SO2（g)；△H=﹣296.8kJ•mol﹣1（反应热）D．2NO2═O2+2NO;△H=+116。2kJ•mol﹣1（反应热）10．在下列溶液中，能大量共存的一组离子是（)A．pH=1的溶液中，NH4+、Fe3+、SO42﹣、Cl﹣B．通入过量SO2气体的溶液中：Fe3+、NO3﹣、Ba2+、H+C．c（Al3+）=0.1mol/L的溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、SO42﹣D．由水电离出的c（H+)=1×10﹣13mol/L的溶液中:Na+、HCO3﹣、Cl﹣、Br﹣11．体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2,在相同温度下发生反应：2SO2+O2⇌2SO3，并达到平衡．在这过程中,甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变,若甲容器中SO2的转化率为p％，则乙容器中SO2的转化率（）A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断12．下列过程或现象与盐类水解无关的是（）A．可用碳酸钠与醋酸溶液制取少量二氧化碳B．将NaHCO2与Al2（SO4）3两种溶液配制泡沫灭火剂C．热的纯碱溶液的去污能力更强D．实验室用饱和的FeCl3溶液制取氢氧化铁胶体13．相同条件下，在①pH=2的CH3COOH溶液、②pH=2的HCl溶液、③pH=12的氨水、④pH=12的NaOH溶液中，下列说法不正确的是（）A．水电离的c（H+）:①=②=③=④B．等体积的①、②溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量:②＞①C．若将②、③溶液混合后，pH=7，则消耗溶液的体积：②＞③D．将四种溶液分别稀释100倍后,溶液的pH：③＞④＞②＞①14．下列表述中，合理的是（)A．准确量取20。00mL高锰酸钾溶液，可选用25mL碱式滴定管B．将水加热,Kw增大,pH不变C．用惰性电极电解1L浓度均为2mol/L的AgNO3与Cu（NO3)2的混合溶液，当有0.2mol电子转移时，阴极析出6.4g金属D．NaAlO2的水溶液经加热浓缩、蒸干灼烧后能得到NaAlO2固体15．在一定温度下，向体积恒定为2L的密闭容器里充入2molM和一定量的N，发生如下反应：M(g）+N（g）⇌E（g)；当反应进行到4min时达到平衡，测知M的浓度为0.2mol•L﹣1．下列说法正确的是（）A．4min时，M的转化率为80％B．4min时，用M表示的反应速率为0。8mol•L﹣1•min﹣1C．4min后，向容器中充入不参与反应的稀有气体，M的物质的量减小D．2min时，M的物质的量浓度为0。6mol•L﹣116．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H﹣1O3Zn（OH）2+2Fe(OH）3+4KOH，下列叙述不正确的是()A．放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被氧化B．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣═FeO+4H2OC．放电时正极附近溶液的碱性增强D．放电时负极反应为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn（OH）2二、简答题（计52分）17．氮是地球上含量丰富的一种元素,氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用，（1）如图是N2（g）和H2（g）反应生成1molNH3（g)过程中能量变化示意图，请写出N2和H2反应的热化学方程式：;（2）若已知下列数据:化学键H﹣HN≡N键能/kJ•mol﹣1435943试根据表中及图中数据计算N﹣H的键能kJ•mol﹣1（3)合成氨反应通常用铁触媒作催化剂．使用铁触媒后E1和E2的变化是：E1，E2(填“增大"、“减小、”“不变”）．（4）用NH3催化还原NOX还可以消除氮氧化物的污染．例如4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g)；△H1=akJ/molN2(g）+O2（g）=2NO(g）；△H2=bkJ/mol若1molNH3还原NO至N2,则该反应过程中的反应热△H3=kJ/mol（用含a、b的式子表示）18．在2L容积不变的密闭容器内，800℃时反应2NO（g）+O2（g)═2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如下表：t/s012345n（NO）/mol0.0200。0100。0080。0070.0070.007（1）用O2的反应速率表示0～2s内该反应的平均反应速率v=．若上述反应在850℃下进行，反应2s时n（NO）=0.009mol，并且不再随时间而改变，则该反应是热反应．(2）图中表示NO2浓度变化的曲线是（填字母）．(3)能说明该反应已达到平衡状态的是（填序号)．A．v（NO2）=2v（O2）B．容器内的压强保持不变C．v逆（NO）=2v正（O2）D．容器内气体密度保持不变（4）能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是（填序号）．A．及时分离出NO2B．适当升高温度C．增大O2的浓度D．选择高效催化剂．19．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中的溶质足量），当闭合该装置的电键K时，观察到电流表的指针发生了偏转．请回答下列问题:（1）甲池为（填“原电池”、“电解池"或“电镀池”)，A电极的电极反应式为．（2)丙池中F电极为（填“正极”、“负极"、“阴极"或“阳极”)，该池总反应的化学方程式为．(3）当乙池中C极质量减轻4。32g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为mL（标准状况）．（4）一段时间后，断开电键K．下列物质能使乙池恢复到反应前浓度的是(填字母）．A．CuB．CuOC．Cu(OH）2D．Cu2(OH)2CO3．20．醋酸在日常生活和生产中的应用很广泛．(1)pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈（填“酸性”、“中性”或“碱性"），溶液中c(Na+)c（CH3COO﹣)（填“＞”、“="或“＜”)．（2）25℃时,向0．lmol•L﹣1的醋酸中加入少量醋酸钠固体，当固体溶解后,测得溶液pH增大，主要原因是．（3）室温下，如果将0．lmolCH3COONa固体和0.05molHCl全部溶于水形成混合溶液中：和两种粒子的物质的量之和等于0．lmol．（4)用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸，选用酚酞为指示剂，下列能造成测定结果偏高的是．A．未用标准液润洗碱式滴定管B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过,未用待测液润洗D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有气泡（5）为了研究沉淀溶解平衡和沉淀转化，某同学查阅资料并设计如表实验．资料：AgSCN是白色沉淀,相同温度下，溶解度：AgSCN＞AgI．操作步骤现象步骤1:向2mL0。005mol•L﹣1AgNO3溶液中加入2mL0.005mol•L﹣1KSCN溶液，静置．出现白色沉淀．步骤2：取1mL上层清液于试管中，滴加1滴2mol•L﹣1Fe（NO3）3溶液．溶液变红色．步骤3：向步骤2的溶液中，继续加入5滴3mol•L﹣1AgNO3溶液．,溶液红色变浅．步骤4：向步骤1余下的浊液中加入5滴3mol•L﹣1KI溶液．出现黄色沉淀．①写出步骤2中溶液变红色的离子方程式；②步骤3中现象a是；③用化学平衡原理解释步骤4的实验现象．21．氢气是一种清洁能源，又是合成氨工业的重要原料．（1）已知：CH4(g）+H2O(g）═CO（g）+3H2（g）△H=206。2kJ•mol﹣1CH4（g）+CO2（g）═2CO(g)+2H2(g)△H=247。4kJ•mol﹣1甲烷和H2O(g）反应生成H2和CO2的热化学方程式为．（2）工业合成氨的反应原理为N2(g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92。4kJ•mol﹣1．某温度下，把10molN2与28molH2置于容积为10L的密闭容器内,10min时反应达到平衡状态，测得氮气的平衡转化率为60%，则10min内该反应的平均速率v（H2)=mol•L﹣1•min﹣1，则该温度下该反应的平衡常数K=．欲增大氮气的平衡转化率,可采取的措施有（写一种措施即可）．(3）如图所示装置工作时均与H2有关．①图1所示装置中阳极的电极反应式为②图2所示装置中，通入H2的管口是(选填字母代号)．③某同学按图3所示装置进行实验,实验结束后，将玻璃管内固体物质冷却后,溶于稀硫酸,充分反应后，滴加KSCN溶液,溶液不变红，再滴入新制氯水,溶液变为红色．该同学据此得出结论：铁与水蒸气反应生成FeO和H2．该结论（填“严密"或“不严密"),你的理由是（用离子方程式和必要的文字说明）．

2016—2017学年内蒙古赤峰市宁城县高二（上）期末化学试卷（宁城高级中学、宁城蒙中用)参考答案与试题解析一、选择题（每题3分，计48分）1．为了更好的解决能源问题，人们一方面研究如何提高燃料的燃烧效率，另一方面寻找新能源．以下做法不能提高燃料效率的是（）A．煤的汽化与液化 B．液体燃料呈雾状喷出C．通入大大过量的空气 D．将煤粉粉碎【考点】燃料的充分燃烧．【分析】提高燃料的燃烧效率需要增大燃料与氧气的接触面积，通入适量空气使燃烧充分．【解答】解：A．将煤汽化与液化，能增大与空气的接触面积，提高燃料的燃烧效率，故A正确;B．将液体燃料呈雾状喷出，能增大与空气的接触面积，提高燃料的燃烧效率，故B正确；C．通入大大过量的空气，会带走热量，使燃烧效率降低,故C错误；D．将煤粉粉碎，能增大与空气的接触面积，提高燃料的燃烧效率,故D正确．故选C．2．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．氯化镁晶体需在氯化氢气流的氛围中加热失水制得无水氯化镁B．夏天，打开碳酸饮料会有较多气泡溢出C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气D．工业上生产氨气时，采用高温和催化剂等条件【考点】化学平衡移动原理．【分析】勒夏特列原理为:如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时,该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．【解答】解：A、氯化镁溶液中镁离子会发生水解反应,在盐酸环境下，可以抑制水解，能用勒夏特列原理解释，故A不选;B、碳酸饮料中存在二氧化碳的溶解平衡和二氧化碳与水的反应平衡，打开瓶盖,压强减小，有利于平衡向逸出二氧化碳的方向移动，可用勒夏特列原理解释，故B不选;C、实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，故C不选；D、合成氨为放热反应,加热不利用平衡正向移动，但可加快反应速率,增大催化剂活性,加催化剂不会引起化学平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释,故D选；故选D．3．锌铜原电池装置如图所示,其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过．下列有关叙述不正确的是（）A．Zn电极上发生氧化反应B．电子的流向为Zn→电流表→CuC．SO42﹣由乙池通过离子交换膜向甲池移动D．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量明显增加【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】由图象可知，该原电池反应式为:Zn+Cu2+=Zn2++Cu，Zn发生氧化反应，为负极，Cu电极上发生还原反应，为正极，阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，两池溶液中硫酸根浓度不变,随反应进行，甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2+与放电的Cu2+的物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大,以此解答该题．【解答】解:A．该原电池反应式为:Zn+Cu2+=Zn2++Cu,Zn发生氧化反应，为负极，故A正确；B．锌为负极，铜为正极，电子的流向为Zn→电流表→Cu，故B正确;C．阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故SO42﹣不能由乙池通过离子交换膜向甲池移动，故C错误;D．甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中发生反应:Cu2++2e﹣=Cu，保持溶液呈电中性,进入乙池的Zn2+与放电的Cu2+的物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu,故乙池溶液总质量增大，故D正确；故选C．4．如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中．下列分析正确的是（）A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H++2e﹣→H2↑B．K1闭合,石墨棒周围溶液pH逐渐降低C．K2闭合,铁棒不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法D．K2闭合，电路中通过0.4NA个电子时，两极共产生4.48L气体【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】若闭合K1,该装置没有外接电源,所以构成了原电池；组成原电池时,较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极,正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池,Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断．【解答】解：A、若闭合K1，该装置没有外接电源,所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极,负极上铁失电子，Fe﹣2e﹣=Fe2+，故A错误;B、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣,所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B错误；C、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀,属于外加电源的阴极保护法，故C正确;D、K2闭合，电路中通过0.4NA个电子时,阴极生成0.2mol氢气，阳极生成0。2mol氯气，两极共产生0.4mol气体，状况不知无法求体积，故D错误．故选C．5．为除去MgCl2溶液中的FeCl3，可在加热搅拌的条件下加入的一种试剂是(）A．NaOH B．Na2CO3 C．氨水 D．MgO【考点】物质的分离、提纯和除杂；镁、铝的重要化合物．【分析】根据FeCl3易水解生成氢氧化铁．【解答】解：FeCl3易水解生成氢氧化铁，加入Mg(OH）2粉末、MgO或MgCO3,调节溶液的pH,促进铁离子的水解,且不引入新的杂质，故选D．6．某温度下,在一容积不变的密闭容器中，A（g）+2B（g)⇌3C（g）达到平衡时，A．B和C的物质的量分别为3mol、2mol和4mol，若温度不变，向容器内的平衡混合物中再加入A、C各lmol，此时该平衡移动的方向为(）A．向左移动 B．向右移动 C．不移动 D．无法判断【考点】化学平衡的影响因素．【分析】假设容器体积为1L，达到平衡时,A．B和C的物质的量分别为3mol、2mol和4mol，则浓度分别为3moL/L、2mol/L、4mol/L，平衡常数为k==,向容器内的平衡混合物中再加入A、C各lmol,此时A．B和C的浓度分别为4moL/L、2mol/L、5mol/L，计算此时的浓度幂之积，与平衡常数相比较，可判断平衡移动的方向．【解答】解：假设容器体积为1L，达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为3mol、2mol和4mol,则浓度分别为3moL/L、2mol/L、4mol/L,平衡常数为k==，向容器内的平衡混合物中再加入A、C各lmol，此时A、B和C的浓度分别为4moL/L、2mol/L、5mol/L,则此时QC==7。8125＞=5.333，则平衡向左移动，故选A．7．已知25℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，如图所示，向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中，加入400mL0。01mol/L的Na2SO4溶液，针对此过程的下列叙述正确的是（）A．溶液中析出CaSO4沉淀，最终溶液中c（SO）较原来大B．溶液中无沉淀析出，溶液中c（Ca2+）、c(SO)都变小C．溶液中析出CaSO4沉淀，溶液中c（Ca2+）、c（SO）都变小D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c（SO）较原来大【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】通过图象分析得到该温度下硫酸钙饱和溶液中的沉淀溶解平衡为：CaSO4(s）⇌Ca2++SO42﹣；c（Ca2+）=c（SO42﹣）=3。0×10﹣3mol/L；溶度积常数Ksp（CaSO4)=c（Ca2+)×c（SO42﹣）=9。0×10﹣6通过计算混合溶液中钙离子浓度和硫酸根离子浓度,乘积与Ksp比较来判断沉淀的生成与溶解；【解答】解:由图示可知，在该条件下，CaSO4饱和溶液中，c（Ca2+)=c（SO42﹣）=3.0×10﹣3mol/L，Ksp（CaSO4)=9。0×10﹣6．当向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL0.01mol/L的Na2SO4溶液后，混合液中c（Ca2+）==6.0×10﹣4mol/L，c(SO42﹣）==8.6×10﹣3mol/L，溶液中c（Ca2+）•c（SO42﹣）=5。16×10﹣6＜Ksp（CaSO4)=9。0×10﹣6，所以混合液中无沉淀析出，最终溶液中硫酸根离子浓度增大；故选D．8．pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1L（其pH与溶液体积V的关系如图所示）,下列说法正确的是（）①a=5时,A是强酸，B是弱酸；②若A、B都是弱酸，则5＞a＞2;③稀释后,A酸溶液的酸性比B酸溶液强；④A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等．A．①② B．③④ C．①③ D．②④【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】由图可知，稀释相同的倍数，A的变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸来说c（酸）=c（H+），但对于一元弱酸，c(酸）＞c（H+），以此来解答．【解答】解：①由图可知，若a=5，A完全电离,则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故①正确;②若A和B都是弱酸,加水稀释时促进弱酸电离，所以溶液中pH为5＞a＞2，故②正确；③由图可知，B的pH小,c(H+)大，则B酸的酸性强，故③错误；④因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c（酸)=c（H+)，对于一元弱酸，c（酸)＞c（H+），则A、B两种酸溶液的物质的量浓度不一定相等,故④错误．故选：A．9．下列热化学方程式书写正确的是(△H的绝对值均正确）（)A．C2H5OH(l)+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）；△H=﹣1367。0kJ•mol﹣1（燃烧热)B．NaOH(aq)+HCl（aq)═NaCl（aq)+H2O（l）;△H=+57.3kJ•mol﹣1(中和热)C．S（s）+O2（g）═SO2（g）；△H=﹣296。8kJ•mol﹣1（反应热)D．2NO2═O2+2NO；△H=+116。2kJ•mol﹣1（反应热）【考点】热化学方程式．【分析】A、燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量;B、中和热是强酸强碱稀溶液恰好完全反应生成1mol水放出的热量；C、固体硫燃烧生成二氧化硫气体是放热反应；D、选项中物质聚集状态未标注，物质状态不同反应热不同；【解答】解：A、燃烧热应为：C2H5OH(l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）；△H=﹣1367。0kJ•mol﹣1(燃烧热）,故A错误；B、中和热应为：NaOH（aq）+HCl(aq）═NaCl(aq）+H2O（l）;△H=﹣57.3kJ•mol﹣1（中和热），故B错误；C、S(s)+O2（g)═SO2（g）；△H=﹣296.8kJ•mol﹣1（反应热），反应放热，符合熔融化学方程式书写原则,故C正确；D、物质状态不同反应热不同，为标注物质聚集状态，不符合热化学方程式书写要求，故D错误；故选C．10．在下列溶液中，能大量共存的一组离子是（）A．pH=1的溶液中,NH4+、Fe3+、SO42﹣、Cl﹣B．通入过量SO2气体的溶液中：Fe3+、NO3﹣、Ba2+、H+C．c(Al3+）=0。1mol/L的溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、SO42﹣D．由水电离出的c（H+)=1×10﹣13mol/L的溶液中:Na+、HCO3﹣、Cl﹣、Br﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．pH=1的溶液,显酸性；B．发生氧化还原反应；C．离子之间相互促进水解;D．由水电离出的c（H+）=1×10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液．【解答】解：A．pH=1的溶液，显酸性,该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．Fe3+、SO2发生氧化还原反应，NO3﹣、H+、SO2发生氧化还原反应后生成硫酸根离子与Ba2+结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C．AlO2﹣、Al3+相互促进水解生成沉淀，不能大量共存,故C错误;D．由水电离出的c（H+）=1×10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸、碱溶液中均不能大量存在HCO3﹣,故D错误;故选A．11．体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2,在相同温度下发生反应:2SO2+O2⇌2SO3，并达到平衡．在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变,若甲容器中SO2的转化率为p％,则乙容器中SO2的转化率（）A．等于p% B．大于p％ C．小于p% D．无法判断【考点】化学平衡的影响因素．【分析】甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，正反应是气体体积减小的反应,平衡时混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动．【解答】解：甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，正反应是气体体积减小的反应，平衡时混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强,乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动，则乙的SO2的转化率将大于甲的，即大于P％,故选B．12．下列过程或现象与盐类水解无关的是（）A．可用碳酸钠与醋酸溶液制取少量二氧化碳B．将NaHCO2与Al2（SO4)3两种溶液配制泡沫灭火剂C．热的纯碱溶液的去污能力更强D．实验室用饱和的FeCl3溶液制取氢氧化铁胶体【考点】盐类水解的应用．【分析】A、醋酸酸性大于碳酸，可用碳酸盐和醋酸反应生成二氧化碳；B、碳酸氢钠和硫酸铝混合双水解生成二氧化碳,是泡沫灭火器的原理;C、盐类的水解吸热；D、饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热生成氢氧化铁胶体，利用的是铁离子水解反应．【解答】解：A、醋酸酸性大于碳酸，可用碳酸盐和醋酸反应生成二氧化碳，可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳，故A符合；B、碳酸氢钠和硫酸铝混合双水解生成二氧化碳，是泡沫灭火器的原理,故B不符合；C、盐类的水解吸热，故升高温度对碳酸钠的水解有促进作用，则水解出的氢氧化钠的浓度升高，则去油污的能力更强，故C不符合；D、饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热生成氢氧化铁胶体，利用的是铁离子水解反应生成,故D不符合；故选A．13．相同条件下,在①pH=2的CH3COOH溶液、②pH=2的HCl溶液、③pH=12的氨水、④pH=12的NaOH溶液中，下列说法不正确的是(）A．水电离的c（H+）:①=②=③=④B．等体积的①、②溶液分别与足量铝粉反应,生成H2的量：②＞①C．若将②、③溶液混合后，pH=7，则消耗溶液的体积：②＞③D．将四种溶液分别稀释100倍后，溶液的pH：③＞④＞②＞①【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离．【分析】四种溶液中酸碱产生的c（H+）或c（OH﹣)相等，其中醋酸和一水合氨为弱电解质，浓度应较大,等体积时,醋酸和一水合氨的物质的量较多，以此解答该题．【解答】解：A．四种溶液中酸碱产生的c(H+）或c（OH﹣）相等,对水的电离抑制程度相同，故A正确；B．体积等pH的醋酸和盐酸，前者物质的量大于后者，分别与足量铝粉反应，前者生成气体多于后者,故B错误；C．若将等体积等pH的盐酸和氨水混合，氨水过量,溶液呈碱性，若混合后溶液呈中性,则氨水的体积小于盐酸的体积，故C正确；D．将溶液稀释100倍后，①③继续电离,溶液的pH：③＞④＞②＞①，故D正确．故选B．14．下列表述中，合理的是（)A．准确量取20。00mL高锰酸钾溶液，可选用25mL碱式滴定管B．将水加热，Kw增大，pH不变C．用惰性电极电解1L浓度均为2mol/L的AgNO3与Cu(NO3)2的混合溶液，当有0.2mol电子转移时，阴极析出6.4g金属D．NaAlO2的水溶液经加热浓缩、蒸干灼烧后能得到NaAlO2固体【考点】化学实验方案的评价;水的电离；盐类水解的应用；电解原理．【分析】A．高锰酸钾可氧化橡胶；B．水的电离为吸热反应;C．用惰性电极电解1L浓度均为2mol/L的AgNO3与Cu（NO3）2的混合溶液,当有0。2mol电子转移时，只有银离子得到电子；D．NaAlO2的水溶液，水解产物不挥发．【解答】解:A．高锰酸钾可氧化橡胶，则准确量取20。00mL高锰酸钾溶液，可选用25mL酸式滴定管，故A错误；B．水的电离为吸热反应,则将水加热，Kw增大,氢离子浓度增大，pH减小，故B错误；C．用惰性电极电解1L浓度均为2mol/L的AgNO3与Cu（NO3）2的混合溶液，当有0。2mol电子转移时，只有银离子得到电子，阴极析出Ag的质量为0.2mol×108g/mol=21。6g，故C错误;D．NaAlO2的水溶液，水解产物不挥发，则经加热浓缩、蒸干灼烧后能得到NaAlO2固体,故D正确；故选D．15．在一定温度下，向体积恒定为2L的密闭容器里充入2molM和一定量的N，发生如下反应:M（g）+N（g）⇌E(g）;当反应进行到4min时达到平衡，测知M的浓度为0.2mol•L﹣1．下列说法正确的是（）A．4min时，M的转化率为80％B．4min时，用M表示的反应速率为0。8mol•L﹣1•min﹣1C．4min后，向容器中充入不参与反应的稀有气体，M的物质的量减小D．2min时，M的物质的量浓度为0。6mol•L﹣1【考点】化学平衡的计算．【分析】A、依据概念计算，转化率=×100%;B、依据反应速率=计算得到;C、恒温恒容容器中加入惰气，总压增大,分压不变，平衡不动；D、依据极值分析法,反应从开始到平衡的过程中，正反应速率越来越小，当进行2min时，M浓度的变化值大于0.4mol•L﹣1，所以2min时，M的物质的量浓度应小于0。6mol•L﹣1；【解答】解：A、反应开始时，M的浓度为=1mol/L，平衡时为0.2mol•L﹣1，转化了0.8mol•L﹣1，M转化率为80％．故A正确;B、4min时，用M表示的反应速率为=0.2mol•L﹣1•min﹣1,故B错误;C、恒温恒容下，充入不反应的稀有气体，各组分的浓度没有发生变化，所以正逆反应速率不变，平衡不移动,M的物质的量不变；故C错误；D、反应从开始到平衡的过程中,正反应速率越来越小，当进行2min时,M浓度的变化值大于0。4mol•L﹣1,所以2min时，M的物质的量浓度应小于0。6mol•L﹣1，故D错误；故选A．16．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为:3Zn+2K2FeO4+8H﹣1O3Zn(OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述不正确的是（）A．放电时每转移3mol电子,正极有1molK2FeO4被氧化B．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣═FeO+4H2OC．放电时正极附近溶液的碱性增强D．放电时负极反应为:Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn（OH）2【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子,电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为Fe（OH）3+5OH﹣=FeO42+4H2O+3e﹣，阳极消耗OH﹣离子，碱性要减弱，以此解答该题．【解答】解：A．放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe(OH)3+5OH﹣，每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故A错误；B．充电时阳极发生Fe(OH）3失电子的氧化反应,即反应为:Fe（OH)3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O，故B正确；C．放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣,生成氢氧根离子，碱性要增强，故C正确；D．根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH)2，故D正确．故选A．二、简答题（计52分）17．氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用,（1)如图是N2（g)和H2(g)反应生成1molNH3(g）过程中能量变化示意图,请写出N2和H2反应的热化学方程式:N2（g）+3H2（g）⇌2NH3(g)△H=﹣92kJ/mol；（2）若已知下列数据:化学键H﹣HN≡N键能/kJ•mol﹣1435943试根据表中及图中数据计算N﹣H的键能390kJ•mol﹣1（3）合成氨反应通常用铁触媒作催化剂．使用铁触媒后E1和E2的变化是：E1减小，E2减小（填“增大”、“减小、"“不变”）．（4）用NH3催化还原NOX还可以消除氮氧化物的污染．例如4NH3（g)+3O2（g)=2N2（g）+6H2O（g）；△H1=akJ/molN2(g)+O2（g）=2NO（g)；△H2=bkJ/mol若1molNH3还原NO至N2，则该反应过程中的反应热△H3=kJ/mol（用含a、b的式子表示）【考点】反应热和焓变；化学能与热能的相互转化．【分析】（1）先求出此反应的焓变，根据热化学方程式的书写规则再写出热化学方程式;（2）根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能计算;（3）加入催化剂，反应物和生成物的活化能都降低;(4）利用盖斯定律计算．【解答】解：(1）反应物总能量大于生成物总能量，应为放热反应，生成1mol氨气放出46kJ热量，则反应的热化学方程式为N2(g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ/mol，故答案为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3(g）△H=﹣92kJ/mol；(2)反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，设N﹣H的键能为x，则943+3×435﹣6x=﹣92,x=390，故答案为：390；(3）加入催化剂，反应物和生成物的活化能都降低，故答案为：减小；减小；(4）已知①4NH3（g）+3O2（g)=2N2（g）+6H2O（g)；△H1=akJ/mol②N2（g)+O2（g）=2NO（g）;△H2=bkJ/mol利用盖斯定律将可得NH3（g）+NO（g)=N2（g）+H2O（g)△H3=kJ/mol，故答案为：．18．在2L容积不变的密闭容器内，800℃时反应2NO（g）+O2（g）═2NO2（g)体系中，n(NO）随时间的变化如下表：t/s012345n（NO）/mol0。0200。0100.0080。0070.0070。007（1）用O2的反应速率表示0~2s内该反应的平均反应速率v=1.5×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1．若上述反应在850℃下进行，反应2s时n（NO)=0.009mol，并且不再随时间而改变,则该反应是放热反应．(2）图中表示NO2浓度变化的曲线是b（填字母）．（3）能说明该反应已达到平衡状态的是BC（填序号）．A．v（NO2）=2v（O2）B．容器内的压强保持不变C．v逆（NO）=2v正（O2）D．容器内气体密度保持不变（4）能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(填序号)．A．及时分离出NO2B．适当升高温度C．增大O2的浓度D．选择高效催化剂．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【分析】（1）由表中数据可知2sNO的浓度变化，计算v（NO），结合计量数关系可确定v（O2)；上述反应在850℃下进行，反应2s时n（NO）=0。009mol,并且不再随时间而改变，比原平衡物质的量多，说明升高温度平衡逆向移动；（2）NO2是产物，随反应进行浓度增大，平衡时浓度为NO浓度的变化量△c（NO）；(3)可逆反应达到平衡时，v正=V逆（同种物质表示)或正逆速率之比等于化学计量数之比(不同物质表示），反应混合物各组分的物质的量、浓度、含量不再变化，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断;（4)根据化学反应速率和化学平衡的影响因素进行判断．【解答】解：（1）2s内用NO表示的平均反应速率v（NO）===3.0×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1，速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2)=v(NO)=×3.0×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1=1。5×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1，上述反应在850℃下进行,反应2s时n（NO）=0.009mol，并且不再随时间而改变，比原平衡物质的量多,说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故答案为：1.5×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1；放；（2）NO2是产物，随反应进行浓度增大,平衡时浓度为NO浓度的变化量△c(NO)==0。0065mol/L,所以图中表示NO2变化的曲线是b，故答案为：b；（3）A．表示同一方向反应速率,v（NO2）自始至终为v(O2）的2倍，不能说明达到平衡,故A错误;B．随反应进行，反应混合气体总的物质的量在减小,气体总物质的量保持不变，容器内的压强保持不变，说明反应到达平衡,故B正确；C．不同物质表示速率，到达平衡时，正逆速率之比等于化学计量数之比,V逆（NO）：正（O2）=2:1，即V逆（NO)=2v正（O2），故C正确；D．混合气体的总质量不变，容器容积为定值，所以密度自始至终不变，不能说明达到平衡,故D错误．故答案为:BC；（4)2NO(g）+O2（g）═2NO2（g）△H＜0,反应是气体体积减小的放热反应，采取下列措施，其中能使该反应的反应速率增大,且平衡向正反应方向移动;A．及时分离除NO2气体，减少生成物浓度，平衡正向进行，但反应速率减小，故A错误;B．升高温度，平衡逆向移动，故B错误；C．增大O2的浓度，化学反应速率加快，平衡正向移动，故C正确；D．选择高效催化剂,化学反应速率加快，平衡不移动，故D错误，故答案为：C．19．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题（甲、乙、丙三池中的溶质足量），当闭合该装置的电键K时，观察到电流表的指针发生了偏转．请回答下列问题：（1)甲池为原电池（填“原电池"、“电解池”或“电镀池”），A电极的电极反应式为CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O．（2)丙池中F电极为阴极（填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极"），该池总反应的化学方程式为2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑．（3）当乙池中C极质量减轻4。32g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为224mL（标准状况)．（4）一段时间后，断开电键K．下列物质能使乙池恢复到反应前浓度的是A（填字母）．A．CuB．CuOC．Cu（OH)2D．Cu2（OH）2CO3．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】甲池为燃料电池，A为负极，B为正极，则乙中C为阳极,D为阴极，阳极上Ag失电子生成银离子，阴极上铜离子得电子生成Cu，结合溶液中离子变化分析．【解答】解：(1）甲池为燃料电池，是原电池;A电极的电极是燃料发生氧化反应，反应式为CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O，故答案为:原电池；CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O；（2）丙池中F与电源的负极相连是阴极，惰性电极电解硫酸铜生成铜和氧气，电极反应式为：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑,故答案为：阴极；2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑；（3)根据转移电子数目相等，4Ag～～O2，4×108g22400mL4.32gV所以，解之得：V=224mL，故答案为：224;（4）甲池为燃料电池，A为负极，B为正极，则乙中C为阳极，D为阴极，阳极上Ag失电子生成银离子，阴极上铜离子得电子生成Cu，溶液中减少了Cu元素的质量，所以要让电解质复原，需要加入金属铜，故选:A．20．醋酸在日常生活和生产中的应用很广泛．（1)pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈酸性(填“酸性"、“中性"或“碱性")，溶液中c（Na+）＜c（CH3COO﹣）（填“＞"、“=”或“＜”）．（2）25℃时，向0．lmol•L﹣1的醋酸中加入少量醋酸钠固体，当固体溶解后，测得溶液pH增大，主要原因是醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c（H+）减小．(3）室温下，如果将0．lmolCH3COONa固体和0.05molHCl全部溶于水形成混合溶液中：CH3COOH和CH3COO﹣两种粒子的物质的量之和等于0．lmol．（4）用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸，选用酚酞为指示剂,下列能造成测定结果偏高的是A．A．未用标准液润洗碱式滴定管B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有气泡(5）为了研究沉淀溶解平衡和沉淀转化，某同学查阅资料并设计如表实验．资料：AgSCN是白色沉淀,相同温度下，溶解度：AgSCN＞AgI．操作步骤现象步骤1：向2mL0.005mol•L﹣1AgNO3溶液中加入2mL0。005mol•L﹣1KSCN溶液,静置．出现白色沉淀．步骤2:取1mL上层清液于试管中，滴加1滴2mol•L﹣1Fe(NO3)3溶液．溶液变红色．步骤3：向步骤2的溶液中，继续加入5滴3mol•L﹣1AgNO3溶液．出现白色沉淀，溶液红色变浅．步骤4：向步骤1余下的浊液中加入5滴3mol•L﹣1KI溶液．出现黄色沉淀．①写出步骤2中溶液变红色的离子方程式Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3；②步骤3中现象a是出现白色沉淀；③用化学平衡原理解释步骤4的实验现象AgSCN(s）⇌Ag+（aq）+SCN﹣(aq）,加入KI后,因为溶解度：AgI＜AgSCN，Ag+与I﹣反应生成AgI黄色沉淀：Ag++I﹣═AgI↓,AgSCN的溶解平衡正向移动．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】(1）pH=3的醋酸,其浓度大于0.001mol/L,pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0。001mol/L，等体积混合后，醋酸过量;根据电荷守恒可知分析；（2)25℃时，向0。1mol/L的醋酸溶液中加入少量的醋酸钠固体，当固体溶解后，测得溶液的pH增大，醋酸根离子增大抑制醋酸电离；(3）由醋酸根的物料守恒分析；(4）结合c酸V酸=c碱V碱及实验操作进行误差分析；（5)①铁离子遇到硫氰化钾因发生反应而显示红色；②银离子会和硫氰酸根离子之间反应得到AgSCN白色沉淀；③沉淀向着更难溶的方向转化．【解答】解：（1)pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠,其浓度等于0。001mol/L，等体积混合后，醋酸过量，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则溶液显酸性，醋酸过量，溶液呈酸性，所以c（H+）＞C（OH﹣），根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣)+c（CH3COO﹣），所以c（Na+)＜c（CH3COO﹣），故答案为：酸性；＜;（2）25℃时,向0。1mol/L的醋酸溶液中加入少量的醋酸钠固体,当固体溶解后，测得溶液的pH增大，醋酸钠溶解导致溶液中醋酸根离子浓度，抑制醋酸电离，溶液中氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度增大；故答案为:醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c（H+）减小；（3）由醋酸根的物料守恒可知，n（CH3COOH）+n（CH3COO﹣）=0.1mol，故答案为：CH3COOH；CH3COO﹣;（4）A．未用标准液润洗碱式滴定管,导致浓度降低,消耗体积增大,测定结果偏高，故A正确；B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度,导致数读小了，测定结果偏低,故B错误；C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，无影响,故C错误;D．滴定达终点时,发现滴定管尖嘴部分有气泡,则所读取的消耗的标准液的体积偏小,则计算出的待测液的浓度偏低，故D错误；故答案为:A；（5)①铁离子遇到硫氰化钾显示红色，发生的反应为:Fe3++3SCN﹣⇌Fe(SCN）3，故答案为：Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN)3；②加入硝酸银，银离子会和硫氰酸根离子之间反应得到AgSCN白色沉淀,故答案为：出现白色沉淀；③AgSCN（s)⇌Ag+(aq)+SCN﹣（aq），加入KI后，因为溶解度:AgI＜AgSCN，沉淀会