福建省福州市八縣一中2024-2025學年高二化學上學期期末聯(lián)考試題含解析

PAGE25-福建省福州市八縣一中2024-2025學年高二化學上學期期末聯(lián)考試題（含解析）相對原子質(zhì)量：N－14O－16Na－23S－32Ba－137一、選擇題：（共22小題，每小題2分，共44分。每小題只有一個選項符合題意）1.化學學問在生產(chǎn)和生活中有著重要的應用。下列說法中錯誤的是（）A.明礬常作為凈水劑，雙氧水通?？捎糜谧鳉⒕綛.誤食重金屬鹽引起的人體中毒，可以喝大量的濃鹽水解毒C.金屬鈉、鎂等活潑金屬著火時，不能運用泡沫滅火器來滅火D.進行胃鏡透視時，不能用碳酸鋇代替硫酸鋇作為鋇餐【答案】B【解析】【詳解】A．明礬水解生成膠體，雙氧水具有強氧化性，則明礬常作為凈水劑，雙氧水通?？捎糜谧鳉⒕?，故A正確；B.濃鹽水不能緩解重金屬鹽引起的人體中毒，應服用牛奶、豆?jié){等解毒，故B錯誤；C．金屬鈉、鎂等活潑金屬著火時，過氧化鈉與二氧化碳反應生成氧氣，Mg與二氧化碳反應生成MgO和C，則不能運用泡沫滅火器來滅火，故C正確；D.進行胃鏡透視時，碳酸鋇能與胃酸反應，生成的氯化鋇是重金屬鹽，有毒，不能用碳酸鋇代替硫酸鋇作為鋇餐，故D正確；故選B。2.橡皮筋在拉伸和收縮狀態(tài)時結(jié)構(gòu)如圖，在其拉伸過程中有放熱現(xiàn)象。25℃、101kPa時，下列過程的焓變、熵變和自發(fā)性與橡皮筋從拉伸狀態(tài)到收縮狀態(tài)一樣的是（）A.CaCO3=CaO+CO2↑B.NaOH的溶解C.2H2+O2=2H2OD.Ba（OH）2?8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O【答案】D【解析】【分析】橡皮筋在拉伸過程中有放熱現(xiàn)象，則橡皮筋從拉伸狀態(tài)到收縮狀態(tài)一樣為吸熱反應，混亂度增加，即熵增過程，且在25℃，101KPa時自發(fā)進行，據(jù)此分析。【詳解】A.碳酸鈣分解為吸熱反應，熵變大于0，但碳酸鈣在25℃，101KPa下不會自發(fā)分解，故A錯誤；B.NaOH的溶解放熱，且混亂度增加，熵增，故B錯誤；C.氫氣在氧氣中燃燒放熱，且熵減，故不符合題意，故C錯誤；

D.該反應為吸熱反應，且熵變大于0，在25℃，101KPa時能自發(fā)發(fā)生，符合題意，故D正確。故選D。3.物質(zhì)的量濃度相同的下列溶液，由水電離出的c(H+)濃度最小的是（）A.NaHCO3 B.Na2SO4 C.NaHSO4 D.NH3·H2O【答案】C【解析】【分析】依據(jù)酸對水的電離起抑制作用，能水解的鹽對水的電離起到促進作用，不水解的鹽對水的電離無影響，水的電離程度越大，電離出的氫離子或是氫氧根離子濃度越大．【詳解】NaHSO4是強電解質(zhì)，能完全電離出氫離子，顯示強酸性，對水的電離抑制程度最大，故由水電離出的氫離子濃度最??；NH3·H2O是弱堿，對水的電離抑制程度較?。涣蛩徕c不水解，對水的電離程度無影響；NaHCO3是能水解的鹽，對水的電離起到促進的作用；故選C。4.下列方程式書寫正確的是（）A.NaHCO3在水溶液中的電離方程式：NaHCO3=Na＋＋H++CO32-B.H2SO3的電離方程式：H2SO32H＋＋SO32-C.PO43-的水解方程式：PO43-＋H2OHPO42-＋OH-D.CaCO3沉淀溶解平衡方程式：CaCO3(s)=Ca2＋(aq)＋CO32-(aq)【答案】C【解析】【詳解】A.碳酸是弱酸，NaHCO3在水溶液中的電離方程式：NaHCO3=Na＋＋HCO3-，故A錯誤；B.亞硫酸是二元弱酸，分步電離，H2SO3的電離方程式：H2SO3H＋＋HSO3-，故B錯誤；C.多元弱酸根分步水解，PO43-的水解方程式：PO43-＋H2OHPO42-＋OH-，故C正確；D.沉淀溶解平衡是可逆反應，CaCO3沉淀溶解平衡方程式：CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO32-(aq)，故D錯誤；故選C。5.下列說法或表示方法正確的是（）A.若將等量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，后者放出熱量多B.由“C(石墨)=C(金剛石)ΔH=+1.9kJ·mol-1”可知，金剛石比石墨穩(wěn)定C.在101kPa時，2gH2完全燃燒生成液態(tài)水，放出285.8kJ熱量，氫氣燃燒的熱化學方程式表示為2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=+285.8kJ·mol-1D.在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，若將含1molCH3COOH與含1molNaOH的溶液混合，放出的熱量小于57.3kJ【答案】D【解析】【詳解】A、硫蒸汽放出熱量會變?yōu)榱蚬腆w，說明硫蒸汽所含能量比硫固體多，故硫蒸汽和硫固體完全燃燒，硫蒸汽放出的熱量較多，A錯誤；B、依據(jù)熱化學方程式可知，該反應是吸熱反應，說明金剛石的能量多，則石墨更穩(wěn)定，B錯誤；C、氫氣燃燒是放熱反應，ΔH小于0，C錯誤；D、CH3COOH是弱電解質(zhì)，其電離方向是吸熱的過程，故1molCH3COOH與含1molNaOH的溶液混合，放出的熱量小于57.3kJ，D正確；故選D?！军c睛】留意弱電解質(zhì)的電離和鹽類的水解都是吸熱反應。6.依據(jù)下列試驗不能證明一元酸HR為弱酸的是（）A.室溫下，NaR溶液的pH大于7B.HR溶液加入少量NaR固體，溶解后溶液的pH變大C.HR溶液的導電性比鹽酸弱D.0.01mol·L-1的HR溶液pH=2.8【答案】C【解析】【詳解】A.室溫下，NaR溶液的pH大于7，說明NaR是強堿弱酸鹽，故A不選；B.HR溶液加入少量NaR固體，溶解后溶液的pH變大，說明R-是弱酸根離子，抑制HR的電離，故B不選；C.沒有指明濃度是否相同，HR溶液的導電性比鹽酸弱，不能說明HR是弱酸，故C選；D.0.01mol·L-1的HR溶液pH=2.8>2，說明HR沒有完全電離，故D不選；故選C。7.下列金屬防護的方法中，應用了犧牲陽極的陰極愛護法的是A.鋼鐵船身嵌入鋅 B.鋼閘門與直流電源負極相連C.健身器材刷油漆 D.車圈、車鈴鋼上鍍鉻【答案】A【解析】【詳解】A.鋼鐵船身嵌入鋅，形成原電池，鋅作負極被氧化，鐵受愛護，應用了犧牲陽極的陰極愛護法，故A符合；B.鋼閘門與直流電源負極相連，應用了外加電流的陰極愛護法，故B不符合；C.健身器材刷油漆，應用了在金屬表面覆蓋愛護層的愛護法，故C不符合；D.車圈、車鈴鋼上鍍鉻，應用了在金屬表面覆蓋愛護層的愛護法，故D不符合。故答案選A。8.下列試驗事實不能用平衡移動原理說明的是（）A.pH=11的氨水稀釋10倍后溶液pH＞10B.將飽和氯化鐵溶液滴入沸水，溶液變成紅褐色C.對于CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)的平衡體系，增大壓強可使顏色變深D.水垢中含有CaSO4，可先用Na2CO3溶液浸泡處理，而后用鹽酸去除【答案】C【解析】【分析】勒夏特列原理為：假如變更影響平衡的條件之一，平衡將向著能夠減弱這種變更的方向移動，運用勒夏特列原理時，該反應必需是可逆反應，否則勒夏特列原理不適用?！驹斀狻緼．一水合氨為弱堿，一水合氨存在電離平衡，稀釋后一水合氨的電離程度增大，則稀釋10倍后溶液的pH＞10，能用平衡移動原理說明，故A不選；B.鐵離子水解是吸熱反應，將飽和氯化鐵溶液滴入沸水，促進水解反應正向進行，溶液變成紅褐色，能用平衡移動原理說明，故B不選；C.對于CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)的平衡體系，反應前后氣體的物質(zhì)的量不變，加壓平衡不移動，增大壓強可使顏色變深，是物理變更，不能用平衡移動原理說明，故C選；D．CaCO3更難溶，處理鍋爐水垢中的CaSO4時，加入飽和Na2CO3溶液，能將CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3，后加鹽酸，水垢溶解，從而除去水垢，能用勒夏特列原理說明，故D不選；故選：C。【點睛】本題考查化學平衡原理的應用，明確勒夏特里原理概念是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查學生對概念的理解和運用，只有可逆反應、條件變更引起平衡移動的才能用勒夏特里原理說明。9.某密閉容器中發(fā)生反應：X(g)＋3Y(g)2Z(g)ΔH<0。如圖表示該反應的速率(v)隨時間(t)變更的關(guān)系，t2、t3、t5時刻外界條件有所變更，但都沒有變更各物質(zhì)的初始加入量。下列說法錯誤的是（）A.t2時加入了催化劑B.t3時減小了壓強C.t5時上升了溫度D.t4～t5時間內(nèi)X轉(zhuǎn)化率最低【答案】D【解析】【詳解】A、t2時刻，變更條件時，正逆反應速率都增大且仍舊相等，說明平衡不移動，該反應前后氣體計量數(shù)之和變更，所以變更的條件只能是催化劑，故A正確；B、t3時刻，變更條件時，正逆反應速率都減小，且逆反應速率大于正反應速率，平衡逆向移動，該反應的正反應是放熱反應，則變更的條件應當是壓強，故B正確；C、t5時刻，變更條件時，正逆反應速率都增大，逆反應速率大于正反應速率，平衡逆向移動，變更的條件應當是上升溫度，故C正確；D、t2時刻平衡不移動，t3、t5時刻平衡逆向移動，所以t6時刻后參與反應的反應物物質(zhì)的量最少，則反應物的轉(zhuǎn)化率最低，故D錯誤。故選D。10.常溫下，由水電離產(chǎn)生的c(H＋)與c(OH－)的乘積為10－24，下列各組離子可能大量共存的是（）A.Al3＋、Cl-、NH4+、SO42- B.K＋、Fe2＋、Cl-、NO3-C.K＋、Ba2＋、NO3-、SO42- D.K＋、NH4＋、ClO-、I-【答案】A【解析】【分析】常溫下，由水電離產(chǎn)生的c(H＋)與c(OH－)的乘積為10－24，溶液為酸溶液或堿溶液?！驹斀狻緼.Al3＋、Cl-、NH4+、SO42-四種離子在堿性條件下不能大量共存，在酸性條件下可以大量共存，故A符合；B.酸性條件下；H＋、Fe2＋、NO3-發(fā)生氧化還原反應，堿性條件下，F(xiàn)e2＋、OH-生成沉淀，故B不符；-C.Ba2＋、SO42-生成BaSO4沉淀，故C不符；D.ClO-強氧化性、I-強還原性，兩者不共存，故D不符；故選A。11.下列滴定中，指示劑的選擇或滴定終點顏色變更有錯誤的是()提示：2KMnO4＋5K2SO3＋3H2SO4=6K2SO4+2MnSO4+3H2O、I2+Na2S=2NaI+S↓選項滴定管中的溶液錐形瓶中的溶液指示劑滴定終點顏色變更ANaOH溶液CH3COOH溶液酚酞無色→淺紅色BHCl溶液氨水甲基橙黃色→橙色C酸性KMnO4溶液K2SO3溶液無無色→淺紫紅色D碘水Na2S溶液淀粉藍色→無色A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】氫氧化鈉滴定醋酸時，因為恰好中和的時候生成醋酸鈉，顯堿性，所以選擇堿變色的指示劑——酚酞，終點顏色變更為：無色→淺紅色，選項A正確。鹽酸滴定氨水的時候，因為恰好中和的時候生成氯化銨，顯酸性，所以選擇酸變色的指示劑——甲基橙，終點顏色變更為：黃色→橙色，選項B正確。依據(jù)題目反應，可以用酸性高錳酸鉀溶液氧化亞硫酸鈉，亞硫酸鈉被完全氧化后，過量的高錳酸鉀使溶液顯淺紫紅色，選項C正確。用碘水滴定硫化鈉溶液，起先時都無色，硫化鈉被完全消耗后，過量的碘水使淀粉顯藍色，所以滴定終點的顏色變更為：無色→藍色，選項D錯誤。12.肯定溫度下，可逆反應2NO22NO+O2在體積不變的密閉容器中反應，達到平衡狀態(tài)的標記是（）①單位時間內(nèi)生成nmolO2的同時生成2nmolNO2②混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再變更的狀態(tài)③混合氣體的密度不再變更的狀態(tài)④混合氣體的顏色不再變更的狀態(tài)⑤NO2、NO、O2的物質(zhì)的量濃度比為2：2：1的狀態(tài)A.①②③④ B.①②④ C.②③⑤ D.①②③④⑤【答案】B【解析】【詳解】①單位時間內(nèi)生成nmolO2是正反應，同時生成2nmolNO2是逆反應，且化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，故正逆反應速率相等，故①正確；②總質(zhì)量不變，總物質(zhì)的量會變，故混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再變更的狀態(tài)可作為推斷是否達到化學平衡狀態(tài)的依據(jù)，故②正確；③總質(zhì)量不變，體積不變，故混合氣體的密度不再變更的狀態(tài)不能作為推斷是否達到平衡狀態(tài)的依據(jù)，故③錯誤；④一氧化氮和氧氣為無色氣體，二氧化氮為紅棕色氣體，故混合氣體的顏色不再變更的狀態(tài)可作為推斷是否達到化學平衡狀態(tài)的依據(jù)，故④正確；⑤NO2、NO、O2的物質(zhì)的量濃度比為2：2：1的狀態(tài)，濃度不肯定保持不變，所以不能作為推斷是否達到平衡狀態(tài)的依據(jù)，故⑤錯誤；①②④正確，故選B。13.下列固體物質(zhì)溶于水，再將其溶液加熱，蒸發(fā)結(jié)晶、再灼燒，能得到化學組成與原固體物質(zhì)相同的是()①膽礬②氯化鋁③硫酸鋁④Na2CO3⑤NaHCO3⑥高錳酸鉀A.③④ B.①③④ C.①②③④⑤ D.全部【答案】A【解析】【詳解】①膽礬溶于水后，將溶液蒸發(fā)結(jié)晶再灼燒得到硫酸銅而不是膽礬，所以得不到原物質(zhì)，故錯誤；②氯化鋁溶于水后，將溶液蒸發(fā)結(jié)晶時促進氯化鋁水解，氯化氫具有揮發(fā)性，所以蒸發(fā)結(jié)晶得到的固體是氫氧化鋁，再灼燒氫氧化鋁得到氧化鋁，所以得不到原物質(zhì)，故錯誤；③硫酸鋁溶于水后，蒸發(fā)過程中硫酸鋁水解得到硫酸和氫氧化鋁，但硫酸沒有揮發(fā)性，所以蒸發(fā)結(jié)晶得到的固體是硫酸鋁，硫酸鋁較穩(wěn)定，在灼燒時不分解，所以最終得到的固體是原物質(zhì)，故正確；④純堿溶于水后，蒸發(fā)結(jié)晶過程中得到的固體是碳酸鈉，碳酸鈉較穩(wěn)定，加熱時不分解，所以最終得到原物質(zhì)，故正確；⑤小蘇打溶于水后，蒸發(fā)結(jié)晶過程中得到的固體是碳酸鈉，所以得不到原物質(zhì)，故錯誤；⑥高錳酸鉀溶于水后，蒸發(fā)結(jié)晶，固體高錳酸鉀不穩(wěn)定，受熱分解得到的固體是錳酸鉀、二氧化錳，所以最終得到的固體不是原物質(zhì)，故錯誤；答案選A。14.常溫下，濃度相同稀溶液：①氨水、②NH4Al(SO4)2溶液、③CH3COONH4溶液、④NH4Cl溶液中，c(NH4+)由大到小的排列依次為（）A.①>②>④>③ B.②>④>③>① C.②>①>③>④ D.②>①>④>③【答案】B【解析】【分析】酸溶液和堿溶液抑制了水的電離，酸溶液中的氫離子、堿溶液中的氫氧根離子濃度越大，水的電離程度越?。荒軌蛩獾柠}溶液促進了水的電離，水解程度越大，水的電離程度越大?！驹斀狻縉H4Cl溶液中Cl－對NH4＋水解無影響，NH4Al（SO4）2溶液中Al3＋抑制NH4＋的水解，CH3COONH4溶液中CH3COO－促進NH4＋的水解，氨水中只電離出少量的NH4＋，故c（NH4＋）由大到小的排列依次為②>④>③>①，故選B。15.下列各可逆反應達平衡后，變更反應條件，其變更趨勢正確的是（）A.CH3COOHCH3COO-+H+B.FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KClC.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)D.CH3OCH3(g)+3H2O(g)6H2(g)+2CO2(g)ΔH＞0【答案】D【解析】【詳解】A．加醋酸鈉，醋酸電離平衡逆向移動，氫離子濃度減小，pH增大，與圖象不符，故A錯誤；B．KCl對平衡移動無影響，則鐵離子濃度不變，與圖象不符，故B錯誤；C．溫度、壓強不變時，加Ar，體積增大，相當于壓強減小，平衡逆向移動，則氫氣的轉(zhuǎn)化率減小，與圖象不符，故C錯誤；D.CH3OCH3(g)+3H2O(g)6H2(g)+2CO2(g)ΔH＞0，上升溫度平衡正向移動，CH3OCH3的轉(zhuǎn)化率提高，故D正確；故選D。16.硼化釩（VB2）-空氣電池是目前儲電實力最高的電池，電池示意圖如圖所示，該電池工作時反應為：4VB2+11O2═4B2O3+2V2O5．下列說法正確的是（）A.電極a為電池負極B.圖中選擇性透過膜只能讓陽離子選擇性透過C.電子由VB2極經(jīng)KOH溶液流向a電極D.VB2極發(fā)生的電極反應為：2VB2+22OH--22e-═V2O5+2B2O3+11H2O【答案】D【解析】【詳解】A、硼化釩-空氣燃料電池中，VB2在負極失電子，氧氣在正極上得電子，所以a為正極，故A錯誤；B、氧氣在正極上得電子生成OH-，OH-通過選擇性透過膜向負極移動，故B錯誤；C、“電子不下水”，電子只在導線中移動，不能在溶液中移動，故C錯誤；D、負極上是VB2失電子發(fā)生氧化反應，則VB2極發(fā)生的電極反應為：2VB2+22OH--22e-=V2O5+2B2O3+11H2O，故D正確；故選D?！军c晴】本題考查原電池的工作原理，本題留意把握電極反應式的書寫，正確推斷離子的定向移動。硼化釩-空氣燃料電池中，VB2在負極失電子，氧氣在正極上得電子，電池總反應為：4VB2+11O2→4B2O3+2V2O5；氧氣在正極得電子生成氫氧根離子，溶液中陰離子向負極移動。17.利用CO和H2在催化劑的作用下合成甲醇，發(fā)生的反應如下：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)．在體積肯定的密閉容器中按物質(zhì)的量之比1：2充入CO和H2，測得平衡混合物中CH3OH的體積分數(shù)在不同壓強下隨溫度的變更如圖所示。下列說法正確的是A.該反應的△H＜0，且p1＜p2B.反應速率：ν逆(狀態(tài)A)＞ν逆(狀態(tài)B)C.在C點時，CO轉(zhuǎn)化率為75%D.在恒溫恒壓條件下向密閉容器中充入不同量的CH3OH，達平衡時CH3OH的體積分數(shù)不同【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，上升溫度，CH3OH的體積分數(shù)減小，平衡逆向移動，則該反應的△H＜0，300℃時，增大壓強，平衡正向移動，CH3OH的體積分數(shù)增大，所以p1＞p2，故A錯誤；B．B點對應的溫度和壓強均大于A點，溫度上升、增大壓強均使該反應的化學反應速率加快，因此ν逆（狀態(tài)A）＜ν逆（狀態(tài)B），故B錯誤；C．設向密閉容器充入了1molCO和2molH2，CO的轉(zhuǎn)化率為x，則CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始120變更x2xx結(jié)束1-x2-2xx在C點時，CH3OH的體積分數(shù)==0.5，解得x=0.75，故C正確；D．由等效平衡可知，在恒溫恒壓條件下向密閉容器中充入不同量的CH3OH，達平衡時CH3OH的體積分數(shù)都相同，故D錯誤；故選C。18.某溫度時，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)在水中的溶解平衡曲線如圖。下列說法正確的是（）A.加入AgNO3可以使溶液由c點變到d點B.加入NaCl固體則AgCl的溶解度減小，Ksp也減小C.蒸發(fā)溶液可以實現(xiàn)b點到a點的轉(zhuǎn)化D.圖中d點對應的是過飽和溶液【答案】D【解析】【詳解】A．加入AgNO3，c（Ag＋）增大，AgCl（s）Ag＋（aq）+Cl－（aq）平衡逆向移動，c（Cl－）減小，而圖中c點變到d點時c（Cl－）不變，故A錯誤；B．Ksp與溫度有關(guān)，加NaCl時溶解平衡逆向移動，則AgCl的溶解度減小，Ksp不變，故B錯誤；C．蒸發(fā)時銀離子和氯離子的濃度均變大，故C錯誤；D．d點時Qc（AgCl）＞Ksp（AgCl），則d點有AgCl沉淀生成，故D正確；故選D。19.依據(jù)下表供應的數(shù)據(jù)，推斷在等濃度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各種離子濃度關(guān)系正確的是化學式電離常數(shù)HClOK＝3×10－8H2CO3K1＝4.3×10－7K2＝5.6×10－11A.c(HCO3―)>c(ClO―)>c(OH―)B.c(ClO―)>c(HCO3―)>c(H＋)C.c(HClO)＋c(ClO―)＝c(HCO3―)＋c(H2CO3)D.c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3―)＋c(ClO―)＋c(OH―)【答案】A【解析】【詳解】A、從表達數(shù)據(jù)可以知道，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，那么等濃度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，ClO－的水解程度比HCO3-大，ClO－和HCO3-水解使得溶液顯堿性，故c(HCO3-)>c(ClO－)>c(OH－)，選項A正確；B、依據(jù)選項A的分析可知，c(HCO3-)>c(ClO－)，選項B錯誤；C、依據(jù)物料守恒有c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO3-)＋c(H2CO3)+c(CO32-)，選項C錯誤；D、依據(jù)電荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋c(ClO－)＋c(OH－)+2c(CO32-)，選項D錯誤。答案選A。20.常溫下，等體積酸和堿的溶液混和后，溶液pH＜7的是（）A.pH之和為14的硝酸和氫氧化鉀溶液B.pH=5的鹽酸和pH=9的氨水溶液C.物質(zhì)的量濃度相等的醋酸和苛性鈉溶液D.pH之和為13的硫酸和氫氧化鋇溶液【答案】D【解析】【分析】常溫下，酸溶液中氫離子濃度為：c（H＋）=10-pHmol·L-1，堿溶液中氫氧根離子濃度為：c（OH－）=10pH-14mol·L-1?！驹斀狻緼.由于硝酸和氫氧化鉀都是強電解質(zhì)，pH之和為14的硝酸和氫氧化鉀溶液中氫離子與氫氧根離子濃度相等，混合液為中性，pH=7，故A不符；B.氨水為弱堿，鹽酸的pH=5，氨水的pH=9，則c（OH－）=109-14mol·L-1=10-5mol·L-1，氨水的濃度遠遠大于10-5mol·L-1，氨水遠遠過量，溶液顯示堿性，溶液的pH＞7，故B不符；C.物質(zhì)的量濃度相等的醋酸和苛性鈉溶液，反應后溶液中溶質(zhì)為醋酸鈉，是強堿弱酸鹽，水解后溶液呈堿性，故C不符；D.硫酸和氫氧化鋇為強電解質(zhì)，設硫酸溶液的pH=a，pH之和為13的硫酸和氫氧化鋇溶液，則氫氧化鋇溶液的pH=13-a，溶液中氫氧根離子濃度為：c（OH－）=10pH-14mol·L-1=1013-a-14mol·L-1=10-a-1mol·L-1=×10-amol·L-1，氫氧根離子濃度小于氫離子濃度，混合液中氫離子過量，溶液顯示酸性，溶液的pH＜7，故D符合；故選D?！军c睛】本題考查了溶液酸堿性與溶液pH的計算、弱電解質(zhì)的電離，留意駕馭溶液pH的計算方法，明確溶液酸堿性的定性推斷方法、弱電解質(zhì)的電離狀況為解答本題的關(guān)鍵，易錯點B，氨水的pH=9，則c（OH－）=109-14mol·L-1=10-5mol·L-1，氨水的濃度遠遠大于10-5mol·L-1．21.常溫下，用0.1000mol·L－1鹽酸滴定20.00mL未知濃度一元弱堿MOH溶液，滴定曲線如圖所示。下列有關(guān)說法錯誤的是（）A.該一元堿溶液濃度為0.1000mol·L-1B.a、b、c點水的電離程度漸漸增大C.b點：c(M+)＝c(Cl-)D.常溫下，MOH的電離常數(shù)Kb＝1×10-5【答案】B【解析】【詳解】A．依據(jù)圖象知，當鹽酸體積為20mL時二者恰好反應生成鹽，則二者的物質(zhì)的量相等，二者的體積相等，則其濃度相等，所以一元堿溶液濃度為0.1000mol·L-1，故A正確；B.a點有堿溶液、c點酸過量，水的電離均受到抑制，b是強酸弱堿鹽，水解時促進水電離，水的電離程度漸漸增大，故B錯誤；C．b點溶液呈中性，則c（H＋）=c（OH－），依據(jù)電荷守恒得c（M＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（Cl－），所以得c（M＋）=c（Cl－），故C正確；D．依據(jù)圖象知，0.1000mol·L－1MOH溶液中pH=11，則c（OH－）=0.001mol·L－1，常溫下，MOH的電離常數(shù)Kb===1×10-5，故D正確；故選B?！军c睛】本題考查了酸堿混合溶液定性推斷，明確圖象中各個點含義是解本題關(guān)鍵，結(jié)合電荷守恒來分析解答，留意溶液的導電實力與離子濃度的關(guān)系．22.下列試驗操作不能達到試驗目的是（）試驗操作試驗目的A向2支盛有2mL5%H2O2的試管中分別滴加1mL同濃度的FeCl3溶液和CuSO4溶液探究不同催化劑的催化效率B取2mL1.0mol/LAgNO3溶液，先滴5滴1.0mol/LNaCl溶液，再滴5滴1.0mol/LNaI溶液，看到白色沉淀變黃色驗證AgCl和AgI的Ksp大小C混合前分別用沖洗干凈的溫度計測量50mL0.50mol/LHCl溶液與50mL0.55mol/LNaOH溶液的溫度測定中和反應反應熱D等濃度等體積的鹽酸與醋酸分別與鎂條反應比較酸溶液中的c(H+)的大小A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．濃度相同，只有催化劑一個變量，則可探究催化劑對反應速率的影響，故A能達到；B．硝酸銀過量，均為沉淀的生成，不發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，則不能比較Ksp，故B不能達到；C．混合前分別用沖洗干凈的溫度計測量50mL0.50mol·L－1HCl溶液與50mL0.55mol·L－1NaOH溶液的溫度，求出起先的溫度，故C能達到；D．等濃度等體積的鹽酸與醋酸分別與鎂條反應，濃度相等，由反應速率快慢，比較酸溶液中的c(H+)的大小，故D能達到；故選B。二、填空題23.25℃時，電離常數(shù)：化學式CH3COOHH2CO3HA電離常數(shù)1.8×10－5K1：4.3×10－7K2：5.6×10－114.9×10－10請回答下列問題：（1）物質(zhì)的量濃度為0.1mol·L-1的下列四種物質(zhì)：a．Na2CO3b．NaAc．CH3COONad．NaHCO3pH由大到小的依次是__(填標號)。（2）25℃時，0.5mol·L-1的醋酸溶液中由醋酸電離出的c(H＋)約是由水電離出的c(H＋)的__倍。（3）寫出向NaA溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式：__。（4）將0.10molNH4Cl和0.04molNaOH溶于水，配制成0.5L混合溶液。①其中有兩種粒子的物質(zhì)的量之和肯定等于0.10mol，它們是__和__。②溶液中c(NH4+)+c(H+)-c(OH-)=__mol·L-1。（5）若25℃時BaSO4的溶解度為2.33×10-4g，則其Ksp=__。（6）25℃時，將pH=11的NaOH溶液與pH=2的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=3，則NaOH溶液與H2SO4溶液的體積比為__?！敬鸢浮?1).a>b>d>c(2).9×108(3).A-＋CO2＋H2O=HCO3-＋HA(4).NH4+(5).NH3·H2O(6).0.12(7).1×10-10(8).9：2【解析】【分析】（1）這幾種物質(zhì)都是鈉鹽，弱酸根離子水解程度越大，鈉鹽溶液的pH值越大；（2）依據(jù)醋酸的電離平衡常數(shù)和水的離子積計算；（3）電離平衡常數(shù)：H2CO3＞HA＞HCO3－，電離平衡常數(shù)越大酸性越強，強酸能和弱酸鹽反應生成弱酸，則向NaA溶液中通入少量二氧化碳，二者反應生成碳酸氫鈉和HA；（4）任何電解質(zhì)溶液中都存在物料守恒，依據(jù)物料守恒推斷；（5）依據(jù)溶解度計算出硫酸鋇的物質(zhì)的量，然后計算鋇離子和硫酸根的濃度，然后依據(jù)公式計算即可；（6）該溫度下水的離子積為1×10-14，據(jù)此計算出pH=11、pH=2、pH=3的溶液中氫氧根離子、氫離子濃度，然后列式計算即可?！驹斀狻浚?）這幾種物質(zhì)都是鈉鹽，弱酸根離子水解程度越大，鈉鹽溶液的pH值越大，電離平衡常數(shù)：CH3COOH＞H2CO3＞HA＞HCO3－，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HA＞HCO3－，水解程度：CH3COO－＜HCO3－＜A－＜CO32－，則這幾種溶液的pH：a＞b＞d＞c；故答案為：a＞b＞d＞c；（2）25℃時，在0.5mol·L-1的醋酸溶液中由醋酸電離出的c（H＋）=mol·L－1=3×10-3mol·L－1，水電離出的c（H＋）=mol·L－1，則25℃時，在0.5mol·L-1的醋酸溶液中由醋酸電離出的c（H＋）約是由水電離出的c（H＋）倍數(shù)==9×108，故答案為：9×108；（3）電離平衡常數(shù)：H2CO3＞HA＞HCO3－，電離平衡常數(shù)越大酸性越強，強酸能和弱酸鹽反應生成弱酸，則向NaA溶液中通入少量二氧化碳，二者反應生成碳酸氫鈉和HA；離子方程式為A－+CO2+H2O=HA+HCO3－，故答案為：A－+CO2+H2O=HA+HCO3－；（4）①依據(jù)物料守恒：N原子存在于兩種NH4+和NH3·H2O微粒中，兩種粒子的物質(zhì)的量之和肯定等于0.10mol；故答案為：NH4+和NH3·H2O；②依據(jù)電荷守恒：溶液中c(NH4+)+c(H+)-c(OH-)=c(Cl-)-c(Na+)=（0.2-0.08）mol·L-1=0.12mol·L-1。故答案為：0.12；（5）硫酸鋇的相對分子質(zhì)量為：233，故硫酸鋇的物質(zhì)的量為：2.33×10-4g÷233g·mol－1=1.0×10-6mol，c（SO42－）=c（Ba2＋）=c（BaSO4）=1.0×10-6mol÷0.1L=1.0×10-5mol·L－1，故BaSO4的Ksp=1.0×10-5mol·L－1×1.0×10-5mol·L－1=1.0×10-10mol2·L－2，故答案為：1.0×10-10；（6）該溫度下水的離子積為Kw=1×10-14，將pH=11的苛性鈉中氫氧根離子濃度為：c（OH－）=mol·L－1=0.001mol·L－1，pH=2的稀硫酸中氫離子濃度為0.01mol·L－1，pH=3的溶液中氫離子濃度為0.001mol·L－1，則混合液中滿意：0.01mol·L－1×V2－0.001mol·L－1×V1=0.001mol·L－1×（V1+V2），整理可得：V1：V2=9：2，故答案為：9：2。24.2024年，美國退出了《巴黎協(xié)定》實行再工業(yè)化戰(zhàn)略，而中國卻加大了環(huán)保力度，生動詮釋了我國負責任的大國形象。近年我國大力加強溫室氣體CO2催化氫化合成甲醇技術(shù)的工業(yè)化量產(chǎn)探討，實現(xiàn)可持續(xù)發(fā)展。（1）已知：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH1=+41.1kJ/mol-1CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=－90.0kJ/mol-1寫出CO2催化氫化合成甲醇的熱化學方程式：__。（2）為提高CH3OH轉(zhuǎn)化率，理論上應采納的條件是__（填字母）。A.高溫高壓B.低溫低壓C.高溫低壓D.低溫高壓（3）250℃、在恒容密閉容器中由CO2(g)催化氫化合成CH3OH(g)，如圖為不同投料比[]時某反應物X平衡轉(zhuǎn)化率變更曲線。反應物X是__（填“CO2”或“H2”），理由是___。（4）250℃、在體積為2.0L的恒容密閉容器中加入6molH2、2molCO2和催化劑，10min時反應達到平衡，測得n(CH3OH)=1.5mol。①前10min的平均反應速率v(H2)＝__mol·L－1·min－1。②化學平衡常數(shù)K=__。③催化劑和反應條件與反應物轉(zhuǎn)化率和產(chǎn)物的選擇性高度相關(guān)。限制相同投料比和相同反應時間，四組試驗數(shù)據(jù)如下：試驗編號溫度（K）催化劑CO2轉(zhuǎn)化率（%）甲醇選擇性（%）A543Cu/ZnO納米棒12.342.3B543Cu/ZnO納米片11.972.7C553Cu/ZnO納米棒15.339.1D553Cu/ZnO納米片12.070.6依據(jù)上表所給數(shù)據(jù)，用CO2生產(chǎn)甲醇的最優(yōu)選項為__（填字母）?！敬鸢浮?1).3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=－48.9kJ/mol(2).D(3).CO2(4).增大，相當于c(CO2)不變時，增大c(H2)平衡正向移動，使CO2的轉(zhuǎn)化率增大，而H2轉(zhuǎn)化率降低(5).0.225(6).5.33（或16/3）(7).B【解析】【分析】（1）依據(jù)已知反應，利用蓋斯定律來分析，將①+②可得，CO2催化氫化合成甲醇的化學方程式，并據(jù)此計算焓變；（2）有利于提高CH3OH平衡轉(zhuǎn)化率，須要使平衡向著正向移動，依據(jù)平衡移動原理分析；（3）①依據(jù)同一反應，增加其中一種反應物的濃度，能提高另一種反應物的轉(zhuǎn)化率，結(jié)合圖示橫坐標表示，進行分析解答；②橫坐標表示，假設C（CO2）不變時，增大C（H2），結(jié)合圖象分析即可；（4）①利用三段式計算平衡時各組分物質(zhì)的量、各組分物質(zhì)的量變更量，依據(jù)v=△c÷△t計算v（H2）；②化學平衡常數(shù)為生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比；③分別對比AB、CD試驗，Cu/ZnO納米片催化劑使反應速率增加，甲醇選擇性高，對比BD試驗，溫度上升，CO2轉(zhuǎn)化率上升，而甲醇的選擇性卻降低?！驹斀狻浚?）①CO2（g）+H2（g）H2O（g）+CO（g）△H1=+41.1kJ·mol－1②CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H2=-90.0kJ·mol－1利用蓋斯定律可知，將①+②可得：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）則△H=（+41.1kJ·mol－1）+（-90kJ·mol－1）=-48.9KJ·mol－1；（2）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H=-48.9KJ·mol－1，是氣體計量數(shù)減小的反應，正反應為放熱反應，提高CH3OH平衡轉(zhuǎn)化率，平衡需正向移動。A．高壓平衡向氣體計量數(shù)減小的正反應方向移動，正反應為放熱反應，高溫平衡向吸熱的逆反應方向移動，故A錯誤；B．正反應為放熱反應，低溫平衡向放熱的正反應方向移動，低壓向氣體計量數(shù)增大的逆反應方向移動，故B錯誤；C．低壓向氣體計量數(shù)增大的逆反應方向移動，高溫平衡向吸熱的逆反應方向移動，故C錯誤；D．低溫平衡向放熱的正反應方向移動，高壓平衡向氣體計量數(shù)減小的正反應方向移動，故D正確；故答案為：D；（3）①同一反應，增加其中一種反應物的濃度，能提高另一種反應物的轉(zhuǎn)化率，圖示，橫坐標增大，相當于C（CO2）不變時，增大C（H2），平衡正向移動，使二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，而氫氣的轉(zhuǎn)化率降低，所以X為CO2，故答案為：CO2；②恒容密閉容器中，其他條件相同時，增大，相當于C（CO2）不變時，增大C（H2），平衡正向移動，使二氧化碳轉(zhuǎn)化率增大，而氫氣的轉(zhuǎn)化率降低；（4）①列出三段式：前10min的平均反應速率v（H2）==0.225mol·L-1·min-1；故答案為：0.225；②化學平衡常數(shù)K==≈5.33；故答案為：5.33；③分別對比AB、CD試驗，在同樣溫度下，Cu/ZnO納米片催化劑使反應速率增加，甲醇選擇性高，所以選擇BD進行比較，同樣催化劑條件下，溫度上升，CO2轉(zhuǎn)化率上升，而甲醇的選擇性卻降低，所以用CO2生產(chǎn)甲醇的最優(yōu)選項為B，故答案為：B?！军c睛】本題考查化學平衡及其相關(guān)計算，明確化學平衡及其影響為解答關(guān)鍵，（3）犯難點，試題有利于提高學生的分析實力及綜合應用實力。25.為了比較Fe、Co、Cu三種金屬的活動性，某試驗小組設計如下甲、乙、丙三個試驗裝置。丙裝置中X、Y均為石墨電極。反應一段時間后，可視察到甲裝置中Co電極旁邊產(chǎn)生氣泡，丙裝置中X極旁邊溶液變紅。（1）甲池Fe電極反應式為___。（2）由現(xiàn)象可知三種金屬的活動性由強到弱的依次是___(填元素符號)。（3）寫出丙裝置發(fā)生反應的離子方程式___。（4）當丙裝置陰極產(chǎn)生112mL（標準狀況）的氣體時，乙中右池削減的離子有___mol。【答案】(1).Fe-2e-=Fe2+(2).Fe>Co>Cu(3).2Cl-＋2H2O2OH-＋H2↑＋Cl2↑(4).0.01【解析】【分析】甲池是原電池，Co電極旁邊產(chǎn)生氣泡，可推斷Fe為負極；乙池也是原電池，用于電解飽和食鹽水，X極旁邊溶液變紅，說明X電極是陰極，即乙池Co電極為負極，據(jù)此推斷Fe、Co、Cu三種金屬的活動性；電解飽和食鹽水生成NaOH、H2、Cl2，據(jù)此寫出反應的離子方程式；（4）乙中右池削減的離子有銅離子和硫酸根離子?！驹斀狻浚?）甲池是原電池，Co電極旁邊產(chǎn)生氣泡，即Co電極有H2生成，說明Fe比Co活潑，F(xiàn)e失去電子生成Fe2＋，電極反應式為Fe-2e－=Fe2＋；（2）乙池也是原電池，電解飽和食鹽水，X極旁邊溶液變紅，說明X電極是陰極，即乙池Co電極為負極，說明Co比Cu活潑，所以三種金屬的活動性由強到弱的依次是Fe＞Co＞Cu；（3）電解飽和食鹽水生成NaOH、H2、Cl2，所以反應的離子方程式為2Cl-＋2H2O2OH-＋H2↑＋Cl2↑；（4）關(guān)系式為2H＋～H2～2e－～Cu2＋，電路中轉(zhuǎn)移電子n（Cu2＋）=n（H2）=112×10-3L÷22.4L·mol－1=0.005mol，而陰離子交換膜只允許SO42－通過，并且通過交換膜的SO42－數(shù)目與銅離子數(shù)目相同，乙中右池削減的離子有0.01mol?！军c睛】本題考查原電池原理和電解池的原理及其相關(guān)計算，理解并嫻熟運用電解原理是解題的關(guān)鍵，留意電解池中陽極材料是活潑電極的特別性，易錯點（4）乙中右池削減的離子有銅離子和硫酸根離子，不能只想到一種離子削減。26.某化學試驗小組探究市售食用白醋中醋酸的的精確濃度，取20.00mL某品牌食用白醋于錐形瓶中，滴入幾滴酚酞指示劑，用濃度為amol/L的標準NaOH溶液對其進行滴定。（1）如圖表示50mL滴定管中液面的位置，若A與C刻度間相差lmL，A處的刻度為25，滴定管中液面讀數(shù)應為___mL。（2）為了減小試驗誤差，該同學一共進行了三次試驗，假設每次所取白醋體積均為VmL，NaOH標準液濃度為amo1/L，三次試驗結(jié)果記錄如下：試驗次數(shù)第一次其次次第三次消耗NaOH溶液體積/mL27.0225.3625.30從上表可以看出，第一次試驗中記錄消耗NaOH溶液的體積明顯多于后兩次，其緣由可能是___。A.滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定結(jié)束無氣泡B.盛裝標準液的滴定管裝液前用蒸餾水潤洗過，未用標準液潤洗C.第一次滴定用的錐形瓶未潤洗D.滴定結(jié)束時，俯視讀數(shù)（3）依據(jù)所給數(shù)據(jù)，計算該白醋中醋酸的物質(zhì)的量濃度為（含a的表達式）：c＝___mo1/L?！敬鸢浮?1).25.40(2).AB(3).1.2665a【解析】【分析】（1）A與C刻度間相差1ml，說明每兩個小格之間是0.1mL，A處的刻度為25，據(jù)此確定B的刻度，留意滴定管的上面數(shù)值小，下面數(shù)值大；（2）依據(jù)所用過程推斷不當操作對相關(guān)物理量的影響；（3）依據(jù)化學方程式CH3COOH+NaOH═CH3COONa+H2O計算醋酸的濃度．【詳解】（1）A與C刻度間相差1mL，說明每兩個小格之間是0.10mL，A處的刻度為25，A和B之間是四個小格，所以相差0.40mL，則B是25.40mL；（2）A.滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定結(jié)束無氣泡，氣泡的體積被當成了消耗NaOH溶液的體積，導致NaOH溶液體積偏大，故A符合；B.盛裝標準液的滴定管裝液前用蒸餾水潤洗過，未用標準液潤洗，標準液被稀釋，濃度偏小，導致NaOH溶液體積偏大，故B符合；C.第一次滴定用的錐形瓶未潤洗，