2018-2019学年北京市东城区高二(上)期末化学试卷-解析版

1、2018-20192018-2019 学年北京市东城区高二（上）期末化学试卷学年北京市东城区高二（上）期末化学试卷 一、单选题（本大题共 2020小题，共 40.040.0分） 1.垃圾分类并回收利用，可以节约自然资源，符合可持续发展的要求，与废弃矿泉水瓶对应的垃圾分类 标志是（） A.醋酸能使石蕊溶液变红 C.向醋酸中加入氢氧化钠溶液，溶液pH增大 B. 时， 醋酸的 pH约为 3 D.醋酸能与碳酸钙反应产生 气体 A.B.C.D. 12. 关于 0.1mol/L Na2CO3溶液，下列判断不正确的是（ ） A.粒子种类与 溶液相同 B.升高温度，增大 C.加入 溶液，减小 D. 13. 实

2、验 -1-1 将 0.1molL MgCl2溶液和 0.5molL NaOH溶液等体积混合得到浊液； -1 取少量中浊液，滴加0.1molL FeCl3溶液，出现红褐色沉淀； -1 将中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0.1molL FeCl3溶液，沉淀变为红褐色 下列说法中，不正确的是（） 2.下列属于吸热反应的是（） A.氧化钙与水反应B.铁丝在氧气中燃烧 C.NaOH溶液与盐酸反应D.晶体与晶体反应 3.在 48mL 0.1mo/LHNO3溶液中加入 12mL 0.4mol/LKOH溶液时，所得到的溶液（） A.弱酸性B.强酸性C.碱性D.中性 3+ 4.为了除去 MgCl2酸性溶液中的

3、Fe ， 可在加热搅拌的条件下加入一种试剂过滤后， 再加入适量的盐酸， 这种试剂是（） A.B.NaOHC.D. 5.工业合成氨的反应原理为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，下列措施既能加快反应速率又能 提高产率的是（） A.升高温度B.分离出C.增大压强D.使用催化剂 6.氧化亚铜常用于制船底防污漆，用CuO与 Cu高温烧结可制取 Cu2O已知反应： 2Cu（s）+O2（g）=2CuO（s）H=-314kJmol-1 2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）H=-292kJmol-1 则 CuO（s）+Cu（s）=Cu2O（s）的H 等于（） A.将中浊液过滤，所得滤液中含少

4、量 B.中浊液存在平衡： C.中沉淀颜色变化说明 转化为 D.可以证明 比更难溶 -1 14. 运用反应原理：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=bkJmol 可设计消除氮氧 化物的污染。在温度 T1和 T2时，分别将 0.5mol CH4和 1.2mol NO2充入体积为 1L的密闭容器中，测得 n（CH4）随时间变化如图。下列说法正确的是（） A.B.C. 放电 充电 D. PbSO47.铅蓄电池是最常用的二次电池， 其反应方程式为 PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O， 则充电时， （） A.在阳极生成B.在阴极生成C.在两个电极上生成D

5、.在两个电极上除去 8.某同学运用电解原理实现在铁棒上镀铜，设计如图装置。下列判断不正确的是 （） A.a 是铁 B.液体 c 可用硫酸铜溶液 A. B. C.a 点时 的转化率为 D.温度为 ，达平衡时反应的热效应为 15. 某温度下，在容积为 1L的密闭容器中充入 1mol CO2和 3.25molH2， -1 +3H（ +H2O发生反应 CO （g）CH3OH （g）（g） H=-49.0kJmol ， 2 g） 测得 CH3OH（g）的物质的量随时间的变化如图所示。（已知：此 温度下，该反应的平衡常数K=2.25）下列说法正确的是（） A. ， B.点 b 所对应的状态为化学平衡状态

6、C.的生成速率：点 a低于点 b C.该实验过程中基本保持不变 D.b 上发生反应的方程式为 9.用电解的方法分析水的组成时，需向水中加入电解质，不宜选用的是（） A.B.C.KOHD. 10. 下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（） A.升高温度，水的离子积增大 B.镁条与氯化铵溶液反应生成氢气 C.碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳 D.加入少量硫酸铜可增大锌与稀硫酸反应的速率 11. 下列事实能说明醋酸是弱电解质的是（） D.欲增大平衡状态时 ，可保持其他条件不变，升高温度 16. 用石墨电极电解饱和食盐水的原理示意图如图所示。下列说法正确的是（） 第 1 页，共 13 页 - 1-1

7、20. 常温时， 用 0.10molL NaOH滴定 25.00mL0.10molL 某一元酸 HX， 滴定过程中 pH变化曲线如图所 示，下列说法正确的是（） A.M 为负极 C.出口 c 收集到的物质是氯气 17. 下列关于金属保护的说法不正确的是（） B.通电使氯化钠发生电离 D.电解一段时间后，阴极区pH降低 A.HX 溶液显酸性的原因是 B.点 a： C.点 b：HX与 NaOH恰好完全反应 D.点 c： 二、双选题（本大题共1 1 小题，共 2.02.0分） 21. 在定温定容的密闭容器中合成SO3，下列不能说明反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）达到化学平衡 状态的是（）

8、 A.：1：2B.容器内的压强不再改变 C. 的生成速率与的消耗速率相等D.的转化率不再改变 三、简答题（本大题共2 2 小题，共 19.019.0分） 22. 最近科学家研发了可充电“全氢电池”，其工作原理如图所示。 A.图 1是牺牲阳极阴极保护法，图2 是外加电流阴极保护法 B.钢闸门均为电子输入的一端 C.锌和高硅铸铁的电极反应均为氧化反应 D.两图所示原理均发生了反应： 18. 丙烯是重要的有机化工原料。以丁烯和乙烯为原料反应生成丙烯的方法被称为“烯烃歧化法”，主要 反应为 C4H8（g）+C2H4（g） 一定条件2C 3H6（g） 已知相关燃烧热数据： C2H4（g）+3O2（g）=

9、2CO2（g）+2H2O（l）H1=-1411kJmol-1 C3H6（g）+ O2（g）=3CO2（g）+3H2O（l）H2=-2049kJmol-1 C4H8（g）+6O2（g）=4CO2（g）+4H2O（l）H3=-2539kJmol-1 下列说法不正确的是（） A.消耗等物质的量的燃料，反应的放热最显著 B.放出相等的热量，反应产生的 最少 C.“烯烃歧化”反应中消耗放热 148kJ D.“烯烃歧化”反应中断键吸收的能量比成键放出的能量多 19. 已知：25 时 化学式 电离平衡常数（K） CH3COOH 1.7510-5 HCN 4.910-10 H2CO3 K1=4.410-7 K

10、2=5.610-11 下列说法正确的是（） A.醋酸稀释过程中，逐渐减小 B. 溶液中： C.向醋酸或 HCN溶液中加入 ，均产生 D.物质的量浓度相同时： （1）吸附层 a中发生反应的方程式是_。 （2）电池的总反应方程式是_。 + （3）请在图中标出 Na 的移动方向。 （4）下列说法正确的是_（选序号）。 aH2可循环利用，基本不需要补充 bNaClO4的作用是传导离子和参与电极反应 e“全氢电池”工作时，将化学能转化为电能 d该电池充电时，吸附层b接电源正极 23. C12是一种重要的化工原料， 在生产和生活中应用十分广泛。 地康法制取氯气的反应为： 4HCl（g）+O 2 -1 （g

11、）2C12（g）+2H2O（g）H=-115.4kJmol ，该反应分两步进行，其基本原理如图1 所示。 第 2 页，共 13 页 （4） 步骤中消耗 0.01000molL NaOH溶液 VmL， 则 1kg样品中含 SO2的质量是_g （用含 W、 V 的代数式表示）。 （5）此实验方案测得亚硫酸盐含量偏低，步骤会产生该误差，请说明理由_。（写出 2条） 26. 探究溶液酸碱性对 FeSO4溶液的配制和保存的影响。 FeSO4溶液的配制 10-3mol）FeSO47H2O分别溶于 10mL蒸馏水或 10mL稀硫酸记录如下。将 0.28g（1 溶液编号 溶剂 蒸馏水 0.01mol/LH2S

12、O4 2mol/LH2SO4 溶液性状 浅黄色澄清溶液： pH=3.8 无色澄清溶液：pH=1.8 无色澄清溶液 遇 1mol/L KSCN溶液无明显 变化 遇 1mol/L KSCN溶液微微变 红 遇 1mol/L KSCN溶液微微变 红 -1 -1 过程的反应为：2HCl（g）+CuO（s）CuCl2（s）+H2O（g）H1=-120.4kJmol （1）该原理中，CuO的作用是_。 （2）过程反应的热化学方程式为_。 （3）压强为 p1时，地康法中 HCl的平衡转化率（aHCl） 随温度变化曲线如图 2。 平衡常数比较：K（a）_K（b）（填“”“”或“=”）。 350 、 填“”“c点

13、表示投料不变，压强为 P2时， 地康法中 HCl的平衡转化率， 则 p2_p1（ “或“=”），理由是_。 四、实验题（本大题共3 3 小题，共 39.039.0分） 24. 探究金属钠与水或盐酸的反应，记录如下： （1）用平衡移动原理解释显酸性的主要原因是_。 （2）、变红时发生反应的离子方程式是_。 （3）甲同学认为中一定有+3价铁。他用激光笔照射“溶液”，观察到光路；又向含有KSCN的 中滴入试剂 a，溶液变红，说明其推断正确，试剂a是_。 FeSO4溶液的保存 将实验中配制的三份溶液分别在空气中放置24小时后，记录如下。 溶液编号 溶液性状 -1 用 H2SO4酸化后， 浊液变澄清，

14、再滴加 5滴 1molL KSCN溶 橙色浑浊 液后变深红 -1 无色溶液滴加 5 滴 1molL KSCN溶液后显浅红色 -1 无色溶液滴加 5 滴 1molL KSCN溶液后显红色，颜色比略深 实验序号 实验内容实验现象 0.23g钠与20mL蒸 钠浮在水面上，熔成小球四处游动，发出嘶嘶响声， 20s 后钠块消失馏水 0.23g钠与 钠浮在水面上，熔成小球四处游动，发出嘶嘶响声， 20mL0.10molL-1 13s 后钠块消失 盐酸 （1）由实验现象可推断：金属钠与水或盐酸的反应，反应的共同特征是_（写出两点） （2）研究实验 + 实验前水中 c（H ）=_ 实验结束后所得溶液显碱性，原

15、因可能是_（填序号）。 a生成的氢氧化钠属于碱 b氢氧化钠在水中能电离出OH- c氢氧化钠抑制了水的电离，导致由水电离产生的c（OH-）c（H+） d钠与 H+反应，促进水的电离，导致c（OH-）c（H+） （3）研究实验 实验前溶液 pH=_ 实验结束后，溶液中离子浓度由大到小的顺序是_ 25. 亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂。为检验某食品中亚硫酸盐含量（通常以 1kg样品中含 SO2的质量计），某研究小组同学设计了如下实验方案。 称取样品 Wg； 向样品中加入足量稀硫酸； 将中产生的 SO2用足量 H2O2溶液吸收； 将所得硫酸溶液用氢氧化钠溶液滴定； V数据处理。 （1）Na2SO3是一

16、种食品添加剂。写出Na2SO3与稀 H 2SO4反应的离子方程式_。 （2）步骤中 H2O2的作用是_。 （3） 步骤中可选用的指示剂为_。 如图显示滴定终点时， 滴定管 （量程为 25mL） 读数为_。 【分析讨论】说明酸性减弱时，FeSO4溶液更易变质；说明 【查阅资料】在一定 pH范围内，+2价铁的还原性随酸性减弱而增强，氧气的氧化性随酸性的增强而 增强。 【进行实验】用如图所示装置完成实验（滴加试剂时溶液体积和溶液导电性变化可忽略）。向右池持 续稳定通入氧气，待电流表示数稳定后： i向左池滴加浓硫酸至 c（H2SO4）接近 2molL-1，电流没有明显变化； ii，向右池滴加等量浓硫酸

17、，电流明显增大。 （4）补全【分析讨论】说明_。 （5）ii中右池的电极反应方程式是_。 （6）依据实验推断：比中FeSO4更易变质的原因是_。 （7）按上述原理及装置重新进行实验，证实中FeSO4更易变质的原因，实验方案及预期现象是：向 右池持续稳定通入氧气，待电流计示数稳定后_。 （8）依据实验，配制并保存FeSO4溶液的最佳方法是_。 第 3 页，共 13 页 答案和解析 1.【答案】A 【解析】 n（HNO3）=n（KOH），且都为强电解质，反应后恰好生成硝酸钾，则溶液呈中性， 故选：D。 硝酸和 KOH都为强电解质，根据 n=cV 计算两者的物质的量，比较大小，进而判断反应后溶液 的

18、酸碱性 本题考查酸碱混合的计算，题目较为简单，本题注意判断酸碱的物质的量关系，进而判断溶液 解：A、矿泉水瓶应放进可回收垃圾桶，故 A正确； B废铁皮应放进可回收垃圾桶，故 B错误； C、废纸应放进可回收垃圾桶，故 C 错误； D、废易拉罐应放进可回收垃圾桶，故 D错误； 故选：A。 垃圾分类是对自然环境的保护，垃圾分类的意义可以参考保护环境的意义来回答。 本题考查了垃圾的分类回收利用即节约了资源也保护环境，是中考常考的热点问题。 2.【答案】D 【解析】 的酸碱性 4.【答案】D 【解析】 解：A加入氨水混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，故 A错误； B加入 NaOH 易生成氢氧化镁沉淀，

19、且混入 NaCl杂质，故 B错误； C加入碳酸钠，易混入 NaCl杂质，故 C 错误； D加入碳酸镁，与氢离子反应，可起到调节溶液 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 D正确。 故选：D。 Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液 pH的方法促进 Fe3+的水解，注意不能引入新的杂质 本题考查物质的分离和提纯，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 5.【答案】C 【解析】 解：A氧化钙与水反应生成氢氧化钙，为放热反应，故 A不选； B燃烧反应放出大量的热，为放热反应，故 B不选； CNaOH溶液与盐酸发生中和反应，为

20、放热反应，故 C 不选； DBa（OH）28H 2O和 NH4Cl 反应是吸热反应，故 D选。 故选：D。 常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸或与水、所有中和反应、绝大多数化合反 应、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）、工业制水煤气、碳（一氧 化碳、氢气）还原金属氧化物、某些复分解（如铵盐和强碱），以此解答该题。 本题考查化学反应的热量变化，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，应注重归纳中学化学 中常见的吸热或放热的反应，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆，题目难度不大。 3.【答案】D 【解析】 解：A升高温度化学反应速率加快，但

21、是平衡逆向移动，产率降低，故 A错误； B分离出氨气，平衡正向移动，提高产率，但是化学反应速率减慢，故 B错误； C增大压强平衡正向移动，产率提高，且化学反应速率加快，故 C 正确； D使用催化剂加快化学反应速率，但是平衡不移动，产率不变，故 D错误； 故选：C。 能加快化学反应速率的因素有：增大浓度、升高温度、加入催化剂、增大压强，使平衡正向移动 时能提高产率，据此分析解答。 0.1mol/L=0.0048mol，解：n（HNO3）=0.048L n（KOH）=0.012L0.4mol/L=0.0048mol， 第 4 页，共 13 页 本题考查化学反应速率影响因素及化学平衡影响因素，侧重考

22、查分析判断能力，注意：催化剂 只改变化学反应速率不影响平衡移动，题目难度不大。 6.【答案】A 【解析】 解：Aa为铁，发生还原反应生成铜，达到镀铜的目的，故 A正确； B电解质应含铜离子，可为硫酸铜等，故 B正确； C电镀时，阳极消耗铜，阴极析出铜，c（Cu2+）基本保持不变，故 C 正确； 解：已知：2Cu（s）+O2（g）2CuO（s）H=-314kJmol -1 2Cu2O（s）+O2（g）4CuO（s）H=-292kJmol -1 Db 发生氧化反应，应为 Cu-2e-=Cu2+，故 D 错误。 故选：D。 =-11KJ/mol。运用电解原理实现在铁棒上镀铜，铁为阴极，连接 a，阴极

23、上铜离子得电子析出铜单质；连接电 源正极的电极 b 电极是阳极，电解质溶液可为氯化铜、硫酸铜等，b 为铜棒，以此解答该题。 本题考查了电解池原理的分析应用，为高频考点，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的 应用能力，注意把握电极的判断以及电极方程式的书写，把握电解原理，题目难度中等。 9.【答案】B 【解析】 将-可得 CuO（s）+Cu（s）Cu2O（s） 则得H= 故选：A。 根据盖斯定律，将所给的反应通过加、减、乘、除等变形可以得目标反应，反应热做相应变形即 可。 本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、盖斯定律的应用为解答的关键， 侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大

24、。 7.【答案】D 【解析】 +2- 解：放电时 PbO2是电池的正极，PbO2+4H +SO4+2e PbSO4（s）+2H2O，放电时，铅失电子发 2- 生氧化反应，该原电池的负极材料是铅，电极反应式为：Pb+SO4-2e PbSO4，充电时，阳极 -+2- 上硫酸铅失电子发生氧化反应，PbSO4（s）+2H2O-2e PbO2+4H +SO4，阴极上硫酸铅得电子 解：加入 Na2SO4、KOH、H2SO4，分别为活泼金属的含氧酸盐、强碱、含氧酸，可增强水溶液的 导电性，不参与电极反应，而加入氯化铜，阳极生成氯气，阴极析出铜，不能判断水的组成。 故选：B。 用电解的方法分析水的组成时，需向

25、水中加入电解质，以增强溶液的导电性，所加入电解质只 能增大溶液的导电性，不能参与电极反应，否则会影响生成 H2和 O2，以此解答该题。 本题考查电解原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确实验目的及离子放电顺序是 解本题关键，注意题干中隐含信息，注意：电解质溶液导电性与离子浓度有关，题目难度不大。 10.【答案】D 【解析】 发生还原反应，即 PbSO4+2e-Pb+SO42-， 充电时，PbSO4在两个电极除去， 故选：D。 该装置放电时，Pb 是负极、PbO2是正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原 2-2-+ 反应，负极反应式为Pb+SO4-2e =PbSO4，正极反

26、应式为PbO2+2e +SO4+4H =PbSO4+2H2O， 解：A、水的电离是吸热的过程，所以升高温度促进电离，水的离子积增大，能用平衡移动原理 解释，故 A不选； B、氯化铵中的铵根离子水解显酸性，可以和金属镁反应产生氢气，所以与盐类水解平衡的移 充电时是电解池，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反。 本题考查原电池和电解池原理，会根据充放电确定各个电极上发生的反应是解本题关键，知道 动有关，故 B不选； 正负极、阴阳极反应式的关系，难点是电极反应式的书写。 8.【答案】D 【解析】 C、碳酸钙沉淀溶解平衡产生碳酸根离子，碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，碳酸 根离子的浓度减

27、小，促进碳酸钙的溶解，故 C 不选； 第 5 页，共 13 页 D、加入少量硫酸铜，生成铜与原锌构成原电池，可增大锌与稀硫酸反应的速率，与平衡移动无 关，故 D选； 故选：D。 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，据此进行解答。 本题考查化学平衡原理的应用，题目难度不大，明确勒夏特里原理概念是解本题关键，侧重考 查学生对概念的理解和运用，只有可逆反应、条件概念引起平衡移动的才能用勒夏特里原理解 2-2- 解：ANa2CO3溶液中CO3分步水解CO3 +H2OHCO3+OH ，HCO

28、3+H2OH2CO3+OH ，以 第一步水解为主，NaHCO3溶液中 HCO3存在水解和电离，HCO3+H2OH2CO3+OH ， HCO3-CO32-+H+，以水解为主，所以 Na2CO3中粒子种类与 NaHCO3溶液相同，均为 5种，故 A正确； BCO32-水解吸热，所以升高温度，CO32-水解程度增大，c（CO32-）减小，故 B错误； C加入 CaCl2溶液，CO32-会转化为 CaCO3沉淀，c（CO32-）减小，故 C 正确； DNa2CO3溶液中存在电荷守恒 c（H+）+c（Na+）2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），故 D正确。 故选：B。 - 释，试题有利于

29、提高学生的灵活应用能力。 11.【答案】B 【解析】 A根据水解原理判断离子浓度种类； B水解是吸热的过程； C加入 CaCl2溶液，CO32-会转化为 CaCO3沉淀； DNa2CO3溶液中存在电荷守恒 c（H+）+c（Na+）2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）。 本题考查水解原理、影响因素及相关守恒关系式，题目难度不大，掌握水解原理是解题关键， 解：A醋酸能使石蕊溶液变红色，说明醋酸为酸，但是无法判断醋酸电离程度，所以不能说明 醋酸是弱电解质，故 A 错误； B.25时，0.1mol/L醋酸的pH约为3，该溶液中 c（H+）小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，为弱 电解质，故

30、B正确； 注意溶液中的电荷守恒关系式的应用。 C向醋酸中加入 NaOH溶液，酸碱中和生成盐导致溶液的 pH增大，但是无法判断醋酸电离程 度，所以不能证明醋酸是弱电解质，故 C 错误； D醋酸能和碳酸钙反应生成二氧化碳，说明醋酸酸性大于碳酸，因为碳酸为弱酸，所以无法证 明醋酸电离程度，则无法证明醋酸是弱电解质，故 D错误； 故选：B。 部分电离的电解质是弱电解质，要证明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，可以根 据一定浓度醋酸溶液的 pH值、强酸制取弱酸、醋酸钠溶液的 pH 值等方面判断。 本题考查弱电解质判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确弱电解质特点（部分 电离）是解本题关

31、键，电解质强弱与其溶解性强弱、溶液导电性强弱无关，题目难度不大。 12.【答案】B 【解析】 13.【答案】C 【解析】 2+- 解：A将中所得浊液氢氧化镁过滤，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2Mg+2OH ， 所得滤液中含少量 Mg，故 A正确； B浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH-（aq），故 B正确； C实验中是因为剩余的氢氧化钠和氯化铁之间反应生成氢氧化铁的缘故，不能说明 Mg （OH）2转化为 Fe（OH）3，故 C 错误； D中为饱和Mg（OH）2转化为Fe（OH）3，可以说明 Fe（OH）3比Mg（OH）2更难溶，故D正确， 故选：C。

32、 将 0.1mol/L MgCl2溶液和 0.5mol/LNaOH溶液等体积混合得到氢氧化镁和氯化钠以及剩余氢 氧化钠的混合物，加入 FeCl3溶液，会出现红褐色沉淀氢氧化铁，氢氧化镁的悬浊液中滴加氯 2+ 第 6 页，共 13 页 化铁会生成氢氧化铁沉淀，沉淀向着更难溶的物质转化。 本题涉及镁、铁的化合物的性质、沉淀溶解平衡的移动等方面的知识，注意知识的归纳和整理 很关键。 14.【答案】D 【解析】 C可逆反应在没有达到平衡状态前，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，所以 a的甲醇的 生成速率大于 b 点，故 C 错误； D该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，则甲醇浓度减小、二

33、氧化碳浓度增大， 所以 故选：B。 A.010min，v（CH3OH）=mol/（Lmin）=0.075mol/（Lmin），则 v（H2）=3v（CH3OH）； 减小，故 D错误； 解：A由图可知，T2先达到平衡，则 T1T2，故 A错误； B温度高对应 CH4的物质的量大，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，则 b0，故 B错误； Ca点时甲烷的物质的量为 0.1mol，可知转化的甲烷为 0.4mol，由反应可知 NO2的转化率为 100%=66.7%，故 C 错误； D温度为 T1，达平衡时转化的甲烷为 0.4mol，且物质的量与热量成正比，可知反应的热效应 为 0.4bkJ，故

34、D正确； 故选：D。 A由图可知，T2先达到平衡； B温度高对应 CH4的物质的量大，则升高温度平衡逆向移动； Ca点时甲烷的物质的量为 0.1mol，可知转化的甲烷为 0.4mol； B当各物质的物质的量不变时，可逆反应达到平衡状态； C可逆反应在没有达到平衡状态前，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小； D该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动。 本题以图象分析为载体考查化学平衡有关问题，明确化学平衡影响因素、化学平衡状态判断方 法、化学反应速率计算方法等知识点是解本题关键，注意化学平衡状态判断方法，题目难度不 大。 16.【答案】C 【解析】 解：A由以上分析可知 M 为正极，故

35、A错误； B氯化钠在水分子的作用下发生电离，无需通电，故 B错误； C左室为阳极，发生氧化反应，出口 c收集到的物质是氯气，故 C 正确； D温度为 T1，达平衡时转化的甲烷为 0.4mol，且物质的量与热量成正比。 本题考查物质的量随时间的变化曲线，为高频考点，把握图中温度对平衡的影响、物质的量变 D阴极生成 NaOH，pH 增大，故 D错误。 故选：C。 化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中平衡点及对应物质的量，题目难度不 大。 15.【答案】B 【解析】 由图可知 a加入饱和食盐水，获得稀食盐水，说明左室消耗氯离子，则应为阳极反应，发生 2Cl-2e-=Cl2，b加入稀氢氧

36、化钠，右室获得浓氢氧化钠溶液，说明生成NaOH，则右室为阴极， mol/（Lmin）=0.075mol/（Lmin），则 v（H2）=3v（CH3OH）M 为正极、N为负极，c 生成氯气，d生成氢气，以此解答该题。 本题考查了电解池原理的分析应用，为高频考点，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的 应用能力，注意把握电极的判断以及电极方程式的书写，把握电解原理，题目难度中等。 17.【答案】D 【解析】 解：A.010min，v（CH3OH）= =30.075mol/（Lmin）=0.225molL-1min-1，故 A错误； B当各物质的物质的量不变时，可逆反应达到平衡状态，b 点后甲醇的物

37、质的量不变，反应达 到平衡状态，故 B正确； 第 7 页，共 13 页 解：A钢闸门连接锌块，Fe、Zn、电解质溶液构成原电池，Fe 失电子能力小于 Zn而作正极被保 护，所以该保护方法属于牺牲阳极的阴极保护法，水中的钢闸门连接电源负极，阴极上得电子 被保护，所以属于使用外加电流的阴极保护法，故 A正确； B钢闸门连接锌块，Zn为原电池负极电子流出，水中的钢闸门连接电源负极，阴极上得电子 被保护，辅助阳极失去电子，即钢闸门均为电子输入端，故 B正确； C在图 1 中，锌做负极，发生氧化反应；在图 2 中，高硅铸铁做阳极，阳极上所发生的反应也为 氧化反应，故 C 正确； D图1中正极上水电离出的

38、氢离子放电，而图2中阴极上也是水电离出的氢离子放电，故电极 - 反应均为 2H2O+2e =H2+2OH ，故 D错误。 D由选项 C 可知为吸热反应，则断键吸收的能量比成键放出的能量多，故 D正确； 故选：C。 A由焓变数值可知能量大小； B物质的量与热量成正比； C由C2H4（g）+3O2（g）2CO2（g）+2H2O（l）H1=-1411KJmol-1 -1 C3H6（g）+O2（g）3CO2（g）+3H2O（l）H2=-2049KJmol -1 C4H8（g）+6O2（g）4CO2（g）+4H2O（l）H3=-2539KJmol 结合盖斯定律可知+-得到“烯烃歧化法”的反应的热化学方程

39、式 C4H8（g）+C2H4（g） =2C3H6（g）H1=+148kJmol-1； D由选项 C 可知为吸热反应。 本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变计算为解答的关键，侧重分 析与应用能力的考查，注意盖斯定律的应用，题目难度不大。 19.【答案】D 【解析】 故选：D。 A牺牲阳极的阴极保护法指的是原电池的负极金属易被腐蚀，而正极金属被保护的原理，使 用外加电流的阴极保护法说明该该金属防腐的措施中连接外加电源，且阴极连接电源负极； B两种保护法共同点是被保护的钢闸门上均没有电子流出； C在图 1 中，锌做负极；在图 2中，高硅铸铁做阳极； D图 1中正极上水中的氢离子

40、放电；图 2 中阴极上水中的氢离子放电。 本题考查了金属的腐蚀与防护，注意理解各种防腐方法的原理是解题关键，题目难度不大。 18.【答案】C 【解析】 解：酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，根据表中电离平衡常数可知，酸性：CH3COOH H2CO3HCNHCO3-。 A醋酸稀释过程中，醋酸的电离程度增大，则溶液中的 n（CH3COO-）逐渐增大，故 A错误； BNaHCO3溶液中，HCO3-的电离程度小于水解程度，则 c（H2CO3）c（CO32-），故 B错误； C由于酸性H2CO3HCN，HCN溶液与Na2CO3反应生成碳酸氢钠，不会生成二氧化碳，故 C 错误； D酸性：CH3COOHHC

41、N，则水解程度NaCNCH3COONa，二者水解后溶液都呈碱性，则物 质的量浓度相同时：pH（NaCN）pH（ CH3COONa），故 D正确； 故选：D。 酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，根据表中电离平衡常数可知，酸性：CH3COOHH2CO3 HCNHCO3。 第 8 页，共 13 页 解：A由焓变数值可知能量大小，则消耗等物质的量的燃料，反应的放热最显著，故 A 正确； B物质的量与热量成正比，放出相等的热量，反应产生的 CO2最少，故 B正确； C由C2H4（g）+3O2（g）2CO2（g）+2H2O（l）H1=-1411KJmol-1 -1 C3H6（g）+O2（g）3CO2（g）

42、+3H2O（l）H2=-2049KJmol -1 C4H8（g）+6O2（g）4CO2（g）+4H2O（l）H3=-2539KJmol 结合盖斯定律可知+-得到“烯烃歧化法”的反应的热化学方程式 C4H8（g）+C2H4（g） =2C3H6（g）H1=+148kJmol-1，反应中消耗 1molC4H4（g）吸热 148kJ，故 C 错误； - A稀释过程中醋酸的电离程度增大，醋酸根离子说明增大； B碳酸氢钠溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，则 c（H2CO3）c （CO3）； C酸性 H2CO3HCN，碳酸钠溶液中加入 HCN 不会生成二氧化碳； D酸性越强，对应离子的水

43、解程度越小。 本题考查弱电解质的电离、离子浓度大小比较，题目难度中等，根据电离平衡常数判断酸性强 弱为解答关键，注意掌握盐的水解原理及弱电解质的电离特点，试题培养了学生的分析能力及 综合应用能力。 20.【答案】D 【解析】 2- 本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌 握溶液酸碱性与溶液 pH的关系，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。 21.【答案】AC 【解析】 解：A、当体系达平衡状态时，SO、O2和SO3的物质的量之比可能为2：1：2，也可能不是2：1：2， 与各物质的初始浓度及转化率有关，故 A错误； B、随着反应的进行体系压强逐

44、渐减小，容器内压强保持不变说明达平衡状态，故 B正确； C、只要反应发生就有 SO3的生成速率与 SO2的消耗速率相等，故 C 错误； D、SO2的转化率不再改变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故 D正确； 故选：AC。 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。 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， 但不为 0。 22.【答案】H2-2e-+2OH

45、-=2H2OH+OH-=H2Oacd 【解析】 解：根据图象可知，0.10mol/L的 HX溶液的 pH 约为 4，说明 HX为弱酸。 AHX为弱酸，在溶液中存在电离平衡，则 HX 溶液显酸性的原因是：HXH+X-，故 A错误； B点 a溶液的 pH7，溶液呈酸性，则 c（H+）c（OH-），根据电荷守恒可知：c（X-）c（Na+）， HX浓度小于 c（H+），正确的离子浓度大小为：c（X-）c（Na+）c（H+）c（OH-）c（HX），故 B 错误； CHX与 NaOH恰好完全反应时生成 NaX，溶液呈碱性，而 b点溶液的 pH=7，HX 与 NaOH 恰 好完全反应的点为 c，故 C 错误

46、； Dc点二者恰好反应，根据物料守恒可得：c（X-）+c（HX）=c（Na+）=0.050molL-1，故 D正确； 故选：D。 根据图象可知，0.10mol/L的 HX溶液的 pH 约为 4，说明 HX为弱酸。 AHX为弱酸，电离方程式应该用可逆号； Ba点溶液的 pH小于 7，溶液呈酸性，结合电荷守恒分析； Cb 点 pH=7，而恰好反应时生成 NaX，溶液呈碱性； Dc点溶质为 NaX，根据物料守恒分析。 解：由电子流向可知，右边吸附层为正极，发生了还原反应，由电子流向可知，左边吸附层为负 -+ 极，发生了氧化反应，电极反应是 H2-2e +2OH 2H2O，正极电极反应是 2e +2H

47、 H2，电池的 总反应无氧气参加，原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以电解质溶液中 Na+向右 - 正极移动，ClO4向左负极移动， （1）电子流向得到吸附层 a中发生反应是原电池负极反应，氢气失电子发生氧化反应，电极反 应为：H2-2e-+2OH-2H2O， 故答案为：H2-2e +2OH 2H2O； （2）由电子流向可知，右边吸附层为正极，发生了还原反应，由电子流向可知，左边吸附层为负 -+ 极，发生了氧化反应，电极反应是 H2-2e +2OH 2H2O，正极电极反应是 2e +2H H2，得到总 第 9 页，共 13 页 - +- 反应的离子方程式为：H +OH =H2O， +-

48、 故答案为：H +OH =H2O； 离子移向负极解答该题， （1）电子流向得到吸附层 a中发生反应是原电池负极反应，氢气失电子发生氧化反应； （3）原电池中阳离子移向正极，Na 的移动方向由左向右，图示为： + （2）由电子流向可知，右边吸附层为正极，发生了还原反应，由电子流向可知，左边吸附层为负 -+ 极，发生了氧化反应，电极反应是 H2-2e +2OH 2H2O，正极电极反应是 2e +2H H2，得到总 反应的离子方程式； （3）原电池中阳离子移向正极； ， （4）H2可循环利用，化学能转化为电能，电池充电时 b 接电源正极。 本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，

49、做题时注意从电子流向判 断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写。 23.【答案】催化剂2CuCl2（s）+O2（g）=2CuO（s）+2C12（g），H=+125.4kJ/mol 地康法 制氯气的总反应是个气体计量数减少的反应，其它条件相同时，增大压强HCl平衡转化率增大 【解析】 解：（1）根据图知，反应 I中 CuO 是反应物、反应 II中 CuO 是生成物，所以 CuO 为催化剂， 故答案为：；故答案为：催化剂； （2）4HCl（g）+O2（g）2C12（g）+2H2O（g）H=-115.4kJmol-1i 2HCl（g）+CuO（s）CuCl2（s）

50、+H2O（g）H1=-120.4kJmol-1ii 反应 II的方程式为 2CuCl2（s）+O2（g）=2CuO（s）+2C12（g），方程式 II 可由 i-2ii 得到， （-120.4）kJ/mol=+125.4kJ/mol，H=-115.4-2 故答案为：2CuCl2（s）+O2（g）=2CuO（s）+2C12（g），H=+125.4kJ/mol； （3）升高温度HCl的转化率降低，则平衡逆向移动，平衡常数减小，压强相同时温度ab，则 K（a）K（b）， 故答案为：； d该电池充电时，原电池正极连接电源的正极，原电池负极连接电源负极，吸附层 b 为原电池 正极，接电源正极，故 d正确

51、； 故答案为：acd。 由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是 H2-2e +2OH 2H2O，右边 -+ 吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是 2e +2H H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴 - （4）H2可循环利用，化学能转化为电能，电池充电时 b接电源正极， a反应过程中不消耗氢气，H2可循环利用，基本不需要补充，故 a正确； bNaClO4的作用是传导离子，不参与电极反应，故 b错误； c“全氢电池”工作时是原电池反应，能量变化是将化学能转化为电能，故 c正确； c点表示投料不变，350、压强为 P2时，该反应前后气体计量数之和减小，增大压强 HCl 的

52、转化率增大。相同温度时转化率 c点低，则 c 点压强较小，所以 p2p1， 故答案为：；地康法制氯气的总反应是个气体计量数减少的反应，其它条件相同时，增大压强 HCl 平衡转化率增大。 第 10 页，共 13 页 （1）根据图知，反应 I中 CuO 是反应物、反应 II中 CuO 是生成物； （2）4HCl（g）+O2（g）2C12（g）+2H2O（g）H=-115.4kJmol-1 故答案为：1； n（NaOH）=0.01mol，n（HCl）=0.10mol/L0.02L=0.002mol，Na和 HCl 以 1：1 反应，i 2HCl（g）+CuO（s）CuCl2（s）+H2O（g）H1=

53、-120.4kJmol-1ii 反应 II的方程式为 2CuCl2（s）+O2（g）=2CuO（s）+2C12（g），方程式 II 可由 i-2ii 得到，焓变进行 相应的改变； （3）升高温度 HCl 的转化率降低，则平衡逆向移动，平衡常数减小； c点表示投料不变，350、压强为 P2时，该反应前后气体计量数之和减小，增大压强 HCl 的 转化率增大。 本题考查化学平衡计算及图象分析，侧重考查分析判断能力，明确温度、压强对化学平衡移动 影响原理是解本题关键，采用“定一议二”的方法分析解答，题目难度不大。 24.【答案】两个反应都是钠失电子、氢离子得电子，都是放热反应；都生成氢气（任写两 点）

54、10 mol/Labd1c（Na ）c（OH ）c（Cl ）c（H ） 【解析】 -7+-+ 盐酸不足量，但是 Na 能和水反应生成 NaOH 和氢气，溶液中溶质为 NaOH、NaCl，根据原子守 恒得 n（NaCl）=0.002mol，n（NaOH）=0.01mol-0.002mol=0.008mol，则 c（OH ）c（Cl ），溶液呈 +- 碱性，则溶液中 c（H ）很小，根据物料守恒得溶液中离子浓度大小顺序为 c（Na ）c（OH ）c - （Cl ）c（H ）， 故答案为：c（Na ）c（OH ）c（Cl ）c（H ）。 （1）通过实验现象从得失电子方面、能量变化方面及产物方面分析判

55、断，从而得出结论； +-+ （2）纯水中 H 来自于水的电离，纯水中 c（OH ）=c（H ）； + 钠和水的反应实质上是钠和水电离出的 H 的反应，同时生成 NaOH； +-+ -+ （3）HCl 是强电解质，则溶液中 c（H ）=c（HCl）=0.10mol/L，溶液的 pH=-lgc（H ）； n（NaOH）=0.01mol，n（HCl）=0.10mol/L0.02L=0.002mol，Na和 HCl 以 1：1 反应， + 解：（1）通过实验现象知，反应的共同特征为：钠和酸或水反应都是钠失电子、氢离子得电子；钠 盐酸不足量，但是 Na 能和水反应生成 NaOH 和氢气，溶液中溶质为 N

56、aOH、NaCl，根据原子守 都融成小球说明该反应是放热反应；都反应生成氢气， 故答案为：两个反应都是钠失电子、氢离子得电子，都是放热反应；都生成氢气； +-7 （2）纯水中 H 来自于水的电离，纯水中 c（H ）=c（OH ）=10 mol/L， -7 故答案为：10 mol/L； + 钠和水的反应实质上是钠和水电离出的 H 的反应，同时生成 NaOH，溶液中溶质为 NaOH， 恒得 n（NaCl）=0.002mol，n（NaOH）=0.01mol-0.002mol=0.008mol，根据物料守恒判断溶液中离 子浓度大小。 本题以钠为载体考查性质实验方案设计，侧重考查实验分析判断及计算能力，

57、明确化学反应实 质及离子浓度大小比较方法是解本题关键，注意（3）中要通过计算判断离子浓度大小，为解答 易错点。 SO32-+2H+=SO2+H2O将二氧化硫氧化为硫酸酚酞溶液20.60ml二氧化硫易溶于水，【答案】25. 二氧化硫与水反应生成亚硫酸，二氧化硫被氧气氧化减少 【解析】 溶液呈碱性， a溶质为 NaOH，生成的氢氧化钠属于碱，碱电离出氢氧根离子而导致溶液呈碱性，故正确； b氢氧化钠在水中能电离出 OH-导致溶液呈碱性，故正确； c氢氧化钠抑制了水的电离，但是由水电离产生的 c（OH-）=c（H+），故错误； d钠与 H+反应，促进水的电离，导致 c（OH-）c（H+），从而导致溶液

58、呈碱性，故正确； 故选 abd； （3）HCl 是强电解质，则溶液中 c（H ）=c（HCl）=0.10mol/L，溶液的 pH=-lgc（H ）=-lg0.10=1， + 解：（1）Na2SO3与稀 H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的离子方程式： SO32-+2H+=SO2+H2O， 2-+ 故答案为：SO3+2H =SO2+H2O； （2）步骤中 H2O2的作用是氧化二氧化硫生成硫酸， 第 11 页，共 13 页 故答案为：将二氧化硫氧化为硫酸； （3）将所得硫酸溶液用氢氧化钠溶液滴定，可选用的指示剂为酚酞溶液，滴定终点时，滴定 管（量程为 25mL）读数为 20.60ml， 故答案为：酚酞