四川省乐山市十校2018_2019学年高二化学下学期期中联考试题（含解析）.docx

四川省乐山市十校2018-2019学年高二化学下学期期中联考试题（含解析）考试说明：本试题共两个部分，第I卷选择题，第II卷非选择题，所有答案均在答题卡上作答，试题作答不给分。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 N 14 Zn 65 第I卷（选择题 共40分）一、选择题（每题均只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分）1.化学与生活联系密切，下列说法错误的是（ ）A. 煤、石油、天然气是不可再生能源，风能、生物质能、沼气是可再生能源B. 纽扣银锌电池体型小，含有害物质少，用后不用分类回收，可以随意处理C. 草木灰中提取的K2CO3可以去除餐具上的油污D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法【答案】B【解析】【详解】A. 煤、石油、天然气一旦消耗就很难再获得的是不可再生能源；风能、生物质能、沼气能在短时间内形成，属于可再生能源，故A正确；B、废旧电池含有重金属元素，污染土壤、水源，需要分类回收，不可以随意处理，故B错误；C、K2CO3水解呈碱性，K2CO3可以去除餐具上的油污，故C正确；D、镁是活泼金属，电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故D正确。2.下列叙述正确的是（ ）A. 根据能量守恒定律，反应物的总能量等于生成物的总能量B. 断裂化学键会释放能量C. 放热的化学反应不需要加热就能发生D. 同温同压下，H2（g）+Cl2（g）2 HCl（g）在光照和点燃条件下所放出的热量相同【答案】D【解析】【详解】A. 由于任何化学反应都会伴随能量变化，则根据能量守恒定律可知反应物的总能量一定不等于生成物的总能量，A错误；B. 断裂化学键会吸收能量，形成化学键释放能量，B错误；C. 反应条件与反应是放热或吸热没有关系，C错误；D. 由于反应热与反应物总能量和生成物总能量的相对大小有关系，则同温同压下，H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）在光照和点燃条件下所放出的热量相同，D正确。答案选D。3.常温下，测得柠檬水溶液的pH是3，其中的c（OH-）是（ ）mol/L：A. 110-3B. 0.1C. 110-7D. 110-11【答案】D【解析】考查pH和水的离子积的有关计算。氢离子浓度的负对数称为pH，pH3，则c(H+)0.001molL1，由水的离子积常数可得出c(OH)，故答案选D。4.表示下列变化的化学用语正确的是（ ）A. NaHCO3溶液显碱性：HCO3+H2OCO32+OHB. 醋酸溶液显酸性：CH3COOH=CH3COO+H+C. 氨水显碱性：NH3H2ONH4+OHD. 铁在潮湿空气中被腐蚀的负极反应：Fe3e =Fe3+【答案】C【解析】【详解】A. NaHCO3溶液水解显碱性：HCO3+H2OH2CO3+OH，故A错误；B. 醋酸是弱酸，醋酸溶液显酸性的原因：CH3COOHCH3COO+H+，故B错误；C. NH3H2O是弱碱，氨水显碱性：NH3H2ONH4+OH，故C正确；D. 铁在潮湿空气中被腐蚀的负极反应：Fe2e =Fe2+，故D错误。5.25时，下列事实中能说明HA为弱电解质的是（ ） NaA溶液的pH7 用HA溶液做导电实验时灯泡很暗 pH=2的HA溶液稀释至100倍，pH 约为3.1 HA的溶解度比HCl的小 用HA溶液浸泡水壶中的水垢，可将其清除A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】HA为弱酸，说明HA在水溶液里部分电离，溶液中存在电离平衡，根据HA的电离程度确定HA的强弱，选项中能说明溶液中存在化学平衡的就可以证明HA是弱电解质。【详解】NaA溶液的pH7，说明A离子水解，溶液显碱性，对应HA为弱酸，故正确；溶液导电性和溶液中离子浓度大小有关，用HA溶液做导电实验时灯泡很暗，不能说明HA为弱电解质，故错误；pH=2的HA溶液稀释至100倍，pH约为3.1，若为强酸pH应变化为4，说明HA溶液中存在电离平衡，故正确；HA的溶解度比HCl的小，与电解质的强弱无必然联系，故错误； 用HA溶液浸泡水壶中的水垢,可将其清除，只能说明酸性比碳酸强，不能说明它是弱电解质，故错误。故选D。【点睛】本题考查了电解质强弱的判断，根据电解质的电离程度确定电解质强弱，判断酸为弱电解质的方法有：根据0.1molL1酸的pH大小、NaA溶液的酸碱性、相同浓度相同元数的酸溶液导电能力大小，由已知弱酸制取该酸。6.下列关于中和滴定的操作错误的是（ ）A. 滴定前需要检查滴定管是否漏水B. 用待装溶液润洗的仪器有：酸式滴定管、锥形瓶C. 用标准盐酸测定氨水的浓度，最适宜使用的指示剂是甲基橙D. 已知浓度滴定未知溶液，终点读数时俯视滴定管的刻度，会造成计算值偏低【答案】B【解析】【分析】A、带有活塞和瓶塞子的仪器，一般在使用前需要检查是否漏水；B、盛装待测液的锥形瓶不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大；C、使用甲基橙做指示剂，甲基橙在酸性范围内变色；D、根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测)分析浓度的误差。【详解】A、滴定管是带有活塞的仪器，使用前需要检查是否漏水，故A正确；B、应用待装溶液润洗的仪器有：酸式滴定管，锥形瓶不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大，引起误差，故B错误；C、用标准盐酸测定氨水的浓度，滴定终点时溶液呈酸性，甲基橙在酸性范围内变色，最适宜使用的指示剂是甲基橙，故C正确；D、已知浓度滴定未知浓度，终点读数时俯视滴定管的刻度，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测)分析，c（待测）偏小，故D正确；故选B。【点睛】本题主要考查酸碱滴定实验的基本操作，解题关键：注意操作的规范性，难点D，实验中常见的误差分析，应用c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测)分析。7.常温下将pH=8的NaOH溶液稀释1000倍，稀释后溶液中c(Na+)与c(OH)之比接近（ ）A. 1：1B. 1：102C. 102：1D. 1：103【答案】B【解析】【分析】将pH=8的NaOH溶液加水稀释1000倍，稀释后所得溶液中Na+浓度c(Na+)变为原来的千分之一，碱溶液稀释1000后，接近中性，pH 7，据此计算得出结论。【详解】NaOH为强碱，则pH = 8的NaOH溶液中Na+浓度浓度等于氢氧根离子的浓度 = 1106 mol/L；当溶液稀释1000倍后，氢氧根离子浓度只能无限接近中性即为1107 mol/L，而钾离子浓度为：c(Na+) = 1109 mol/L，因此稀释后所得溶液中c(Na+)与c(OH)之比约为：（1109）mol/L：（1107）mol/L = 1：100，故B项正确，答案选B。【点睛】要特别注意，常温下，强酸或强无限稀释时，酸溶液或碱溶液的pH均接近于7，都不可能从酸变为碱或从碱变为酸，这是因为无限稀释时，由水电离出的氢离子与氢氧根离子不能忽略。8.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A. pH=1的溶液中：Fe2+、NO3、SO42、Na+B. 由水电离的c(H+)=110-14 molL-1的溶液中：Ca2+、K+、Cl、HCO3C. c(H+)/c(OH)=1012溶液中：NH4+、Al3+、NO3、ClD. c(Fe3+)=0.1 molL-1的溶液中：K+、CO32、NO3、SCN【答案】C【解析】【分析】A该溶液呈酸性，酸性条件下NO3能够Fe2+；B该溶液呈酸性或碱性，HCO3与H+、OH均会发生反应；C该溶液中存在大量H+，四种离子之间不反应，也都不与H+反应；DFe3+与CO32发生双水解反应，与SCN会发生络合反应。【详解】A. pH=1的溶液呈酸性，Fe2+、NO3在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A项错误；B. 由水电离的c(H+)=110-14 molL-1的溶液呈酸性或碱性，溶液中存在大量H+或OH，HCO3与H+、OH均会发生反应，在溶液中不能大量共存，故B项错误；C. 该溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，NH4+、Al3+、NO3、Cl之间不反应，都不与H+反应，在溶液中能够大量共存，故C项正确；D. Fe3+与CO32发生双水解反应，与SCN会发生络合反应在溶液中不能大量共存，故D项错误。故选：C。【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如常温下与Al反应生成氢气的溶液，常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度小于110-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。又或者是无色透明的限定条件，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意，做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。9.下列有关化学符号表征正确的是（ ）A. 电解法精炼铜，阴极电极反应：Cu2+2e=CuB. H2S在水溶液中的电离：H2S2H+S2C. 甲烷的燃烧热为890.3kJmol1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)2O2(g) =CO2 (g)2H2O (g) H890.3kJmol1D. 碳酸钠水解的离子方程式：CO32+2H2O2OH+H2CO3【答案】A【解析】【分析】A. 电解法精炼铜，阴极发生还原反应：B. 二元弱酸的电离分步进行，以第一步为主；C. 燃烧热为常温常压下，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量；D. 碳酸根离子的水解反应分步进行。【详解】A. 电解法精炼铜，阴极溶液中的铜离子得电子发生还原反应，其电极反应式为：Cu2+2e= Cu，故A项正确；B. H2S在水溶液中的主要电离方程式为H2SH+HS，故B项错误；C. 甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4 (g)2O2 (g) =CO2 (g)2H2O (l) H890.3 kJmol1，常温下水的稳定状态为液态，故C项错误；D. 碳酸钠水解的离子方程式：CO32+H2OOH+HCO3，故D项错误；答案选A。【点睛】本题侧重考查学生对化学原理基本概念的理解与应用，需要注意的是多元弱电解质的电离方程式书写的规范性，多元弱酸分步电离，以第一步电离为主，如本题的B选项，H2S 的电离方程式为：H2SH+HS（第一步）；多元弱碱的电离过程则可一步写出：Fe(OH)3Fe3+ + 3OH。同理，多元弱酸根离子水解的离子方程式也分步书写，其水解以第一步水解为主，如本题的CO32的水解方程式为：CO32+H2OOH+HCO3，而多元弱碱的阳离子水解反应中学阶段需一步写出，如Fe3+3H2O Fe(OH)3 + 3H+。10.下列实验误差分析不正确的是（ ）A. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小B. 滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小C. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小D. 测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度差值t偏小【答案】A【解析】分析：A项，用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大；B项，滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小；C项，用湿润pH试纸测稀碱液pH，c（OH-）偏小，pH测定值偏小；D项，测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中，散失热量较多，所测温度值偏小。详解：A项，用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，根据公式cB=，所配溶液浓度偏大，A项错误；B项，滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，终点读数偏小，所测体积偏小，B项正确；C项，用湿润pH试纸测稀碱液的pH，c（OH-）偏小，pH测定值偏小，C项正确；D项，测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中，散失热量较多，所测温度值偏小，D项正确；答案选A。11.下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）A. 向0.1 molL-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中c（H+）/c（CH3COOH）减小B. 用惰性电极电解MgCl2溶液，电解的离子方程式为: 2Cl+2H2OH2+Cl2+2OHC. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中c(NH4+)/c(Cl)1D. 将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNO3溶液，生成的沉淀AgCl多【答案】D【解析】【分析】A、由电离常数公式可得c（H+）/ c（CH3COOH）=Ka/ c（CH3COO-），稀释时，Ka不变，c（CH3COO-）减小；B、用惰性电极电解MgCl2溶液时生成氢氧化镁沉淀；C、中性溶液中c（H+）= c（OH-）；D、当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多。【详解】A项、CH3COOH溶液加水稀释，c（CH3COOH）、c（H+）和c（CH3COO-）都减小，电离常数不变，c（H+）/ c（CH3COOH）=Ka/ c（CH3COO-）增大，故A错误；B项、用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极区生成氢氧化镁沉淀和氢气，阳极区生成氯气，反应的离子方程式为Mg2+2Cl-+2H2OMg(OH)2+H2+Cl2，故B错误；C项、向盐酸中加入氨水至中性，溶液中c（H+）= c（OH-），由电荷守恒关系c（H+）+ c(NH4+)= c（OH-）+ c(Cl-)可知c(NH4+)=c(Cl-)，故C错误；D项、在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c（Ag+）大于后者c（Ag+），c（Cl-）c（Br-），当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中n（Cl-）比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，故D正确。故选D。【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，涉及了弱电解质的电离、电解原理、溶液酸碱性、沉淀溶解平衡等，注意把握影响弱电解质电离平衡的因素、溶液中电荷守恒关系的应用是解答关键。12.298K时，将20mL3xmolL1Na3AsO3、20mL3xmolL1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO33-(aq)I2(aq)2OH(aq)AsO43-(aq)2I(aq)H2O(l)，溶液中c(AsO43- 与反应时间(t)的关系如图所示。下列不能判断反应达到平衡的是A. 溶液的pH不再变化B. 2v正(I)v逆(AsO33-)C. c(AsO43-)/c(AsO33-)不再变化D. c(I)2ymolL1【答案】B【解析】【分析】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。【详解】A项、溶液pH不变时，则c（OH-）也保持不变，说明反应达到平衡状态，故A正确；B项、由化学计量数可知，当v正(I)2v逆(AsO33-)时，反应达到平衡状态，故B错误；C项、当c(AsO43-)/c(AsO33-)不再变化时，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故C正确；D项、由图可知，当c （AsO43-）=y molL-1时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程式可知此时c（I-）=2y molL-1，故D正确。故选B。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，注意化学平衡的特征和反应速率与化学计量数关系是解答关键。13.如下图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。则下列说法正确的是A. 电源B极是正极B. (甲)(乙)装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1：2：2：1C. 欲用(丙)装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液D. 装置(丁)中Y极附近红褐色变深, 说明Fe(OH)3胶粒带正电荷【答案】D【解析】试题分析：A、根据图片知，该装置是电解池，将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极附近有大量氢氧根离子，由此得出F极上氢离子放电生成氢气，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极，故A错误；B、甲装置中C电极上氢氧根离子放电生成氧气，D电极上铜离子放电生成铜单质，E电极上氯离子放电生成氯气，F电极上氢离子放电生成氢气，所以(甲)、(乙)装置的C、D、E、F电极均有单质生成；生成1mol氧气需要4mol电子，生成1mol铜时需要2mol电子，生成1mol氯气时需要2mol电子，生成1mol氢气时需要2mol电子，所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，故B错误；C、若用(丙)装置给铜镀银，G应该是Ag，H是铜，电镀液是AgNO3溶液，故C错误；D、丁装置中Y电极是阴极，如果Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷，故D正确；故选D。考点：考查了原电池和电解池的工作原理的相关知识。14.中科院董绍俊课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池(如下图所示)，该电池可将可乐(pH=2.5)中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法正确的是A. a极为正极B. 随着反应不断进行，负极区的pH不断增大C. 消耗0.01mol葡萄糖，电路中转移0.02mol电子D. b极的电极反应式为：MnO2+2H2O+2e=Mn2+4OH【答案】C【解析】【分析】此装置为新型电池，为原电池原理，其中a极葡萄糖（C6H12O6）转化为葡糖糖内酯（C6H10O6），C元素化合价升高，发生氧化反应，因电解质的pH=2.5，则为其电极反应式为：C6H12O6 - 2e= C6H10O6 + 2H+，b极为电源的正极，MnO2失电子发生还原反应，电极反应式为：MnO2+ 4H+2e=Mn2+2H2O，据此分析作答。【详解】A. 由已知图示可知，葡萄糖（C6H12O6）发生氧化反应生成葡糖糖内酯（C6H10O6），则a极为负极，故A项错误；B. 由上述分析可知，负极反应式为：C6H12O6 - 2e= C6H10O6 + 2H+，因此随着反应不断进行，负极区的氰离子浓度逐渐增大，其溶液的pH不断减小，故B项错误；C. 因负极发生的反应为：C6H12O6 - 2e= C6H10O6 + 2H+，则消耗0.01 mol葡萄糖，电路中转移0.02 mol电子，故C项正确；D.因电解质的环境为酸性，则b极的电极反应式为：MnO2+ 4H+2e=Mn2+2H2O，故D项错误；答案选C。【点睛】根据原电池的基本工作原理准确判断该电池的正负极及其相应的电极反应式为该题的关键突破口，书写电极反应式要注意电解质溶液的酸碱性，如本题的D选项，要注意酸碱性的陷阱。15.常温下，现有0.1molL1 NH4HCO3溶液，pH=7.8已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图所示：下列说法不正确的是（ ）A. 分析可知，常温下Kb(NH3H2O)Ka1(H2CO3)B. 0.1 molL-1 NH4HCO3溶液中存在：c(NH3H2O)=c(H2CO3)+c(CO32-)C. 当溶液的pH=9时，溶液中存在：c(HCO3)c(NH4+)c(NH3H2O)c(CO32-)D. 向pH=7.8的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH4+和HCO3浓度逐渐减小【答案】D【解析】【分析】A. 碳酸氢钠溶液显示碱性，根据盐的水解原理判断二者的酸碱性强弱及电离平衡常数大小。B. 根据碳酸氢铵溶液中的物料守恒分析；C. 当pH=9时，结合图象判断溶液中各离子浓度大小；D. 该碳酸氢铵溶液的pH=7.8，结合图象判断滴入氢氧化钠溶液后NH4+和HCO3-浓度变化；【详解】A. 由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则Kb(NH3H2O)Ka1(H2CO3)，故A项正确；B. 0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8，由图像可知，c(NH4+) = c(HCO3)，又NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c(NH4+)+ c(NH3H2O) = c(HCO3)+ c(CO32-)+ c(H2CO3)，联立两式可知，c(NH3H2O)=c(H2CO3)+c(CO32-)，故B项正确；C. 结合图象可知，溶液的pH = 9时，溶液中离子浓度大小为： c(HCO3) c(NH4+)c(NH3H2O)c(CO32-)，故C项正确； D. 0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8，结合图像及反应原理可知，当逐滴滴加氢氧化钠溶液时，铵根离子会与氢氧根离子发生反应生成一水合氨，其浓度逐渐减小；而碳酸氢根离子由于水解显碱性，当加入氢氧化钠溶液后，开始由于抑制碳酸氢根离子的水解而使其离子浓度会先略增大，而后发生反应：HCO3 + OH = CO32- + H2O，则使得HCO3浓度大大减小，故D项错误； 答案选D。16.下列是25时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是化学式AgClAg2CrO4CH3COOHHClOH2CO3Ksp或KaKsp=1.81010Ksp=9.01012Ka=1.8105Ka=3.0108Ka1=4.1107Ka2=5.61011A. H2CO3、HCO3、CH3COO、ClO溶液中可以大量共存B. 等体积等浓度的CH3COONa和NaClO中离子总数：CH3COONaNaClOC. 向浓度均为1.0103 molL1的KCl和K2CrO4混合溶液中滴加1.0103 molL1的AgNO3溶液，CrO42先形成沉淀D. 向0.1 molL1 CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液中至c(CH3COOH):c(CH3COO)59，此时溶液的pH=5【答案】D【解析】【详解】A.由于H2CO3的Ka1大于HClO的Ka，根据强酸制弱酸原理H2CO3+ClO=HCO3-+HClO， H2CO3、ClO在溶液中不可以大量共存，故A错误；B. 设浓度均为：0.1mol/L，NaClO溶液中的c（Na+）=0.1mol/L，则溶液中的电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）=c（ClO-）+c（OH-）；CH3COONa溶液中的c（Na+）=0.1mol/L，溶液中的电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），两溶液中的c（Na+）相同，但水解程度不同，次氯酸钠的水解程度大，所以醋酸钠中氢离子的浓度大于次氯酸钠，则有：c（ClO-）+c（OH-）c（CH3COO-）+c（OH-），所以离子总数：NaClO溶液CH3COONa溶液，故B错误；C. AgCl沉淀所需C(Ag+)=1.81010/(1.0103)=1.8107mol/L, Ag2CrO4沉淀所需C(Ag+)=310-4.5 mol/L，所以氯离子先沉淀，故C错误；D. c(CH3COOH):c(CH3COO)59，根据醋酸的电离常数Ka=1.8105=得C(H+)=10-5,此时溶液的pH=5,故D正确；正确答案：D。17.已知：pKa=-lgKa，25时，H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用0.1 mol/LNaOH 溶液滴定20mL 0.1 mol/LH2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A. A点所得溶液中：V010mLB. B点所得溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(HA)+c(OH)C. C点所得溶液中：c(A2)=c(Na+)-c(HA)-c(H2A)D. D点所得溶液中A2水解平衡常数 Kh1=10-7.19【答案】A【解析】【详解】AA点溶液中pH=1.85，则溶液中c(H+)=10-1.85mol/L，H2A的一级电离平衡常数为Ka1=10-1.85mol/L，所以c(H+)=Ka1，表明溶液中c(NaHA)=c(H2A)，若恰好是10mLNaOH，反应起始时存在c(NaHA)=c(H2A)，平衡时c(H2A)c(NaHA)，因此所加NaOH体积需10mL，会得到平衡时c(NaHA)=c(H2A)，即V010mL，故A错误；BB点加入NaOH溶液的体积为20mL，此时反应恰好产生NaHA，为第一个滴定终点，溶液中存在质子守恒，c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，故B错误；CC点溶液为NaHA和Na2A，溶液中存在电荷守恒，即2c(A2-)+ c(HA-)+c(OH-)= c(Na+)+c(H+)，此时溶液pH=7，则2c(A2-)+ c(HA-)= c(Na+)，若c(A2-)= c(Na+)-c(HA-)-c(H2A)成立，即得c(A2-)= c(H2A)，显然(A2-) c(H2A)，故C错误；DD点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na2A，为第二个滴定终点，此时Na2A水解使溶液显碱性，溶液的pH为9.85，发生水解的方程式为A2-+H2OHA-+OH-，则A2-水解平衡常数Khl=10-6.81，故D错误。故答案为A。18.下列各组物质中，前者是强电解质，后者是弱电解质的是（ ）A. NaCl、BaSO4B. HCl、NaHSO4C. KNO3、CH3COOHD. NH3H2O、H2SO4【答案】C【解析】强电解质包括强酸、强碱、绝大部分盐、金属氧化物等，弱电解质包括弱酸、弱碱、极少数盐、水等；NaCl、BaSO4 、HCl、NaHSO4 、H2SO4 、KNO3全部为强电解质， CH3COOH、NH3H2O均为弱电解质，符合题意的为C；答案选C。19.某化学反应其H + 122 kJ/mol，S - 231 J/(molK)，下列说法正确的是（ ）A. 在任何温度下都不能自发进行B. 在任何温度下都能自发进行C. 仅在高温下自发进行D. 仅在低温下自发进行【答案】A【解析】【详解】H-TS0说明反应自发进行，H-TS0时反应不能自发进行，H-TS=+122kJmol-1-T（-23110-3kJmol-1K-1）=122+23110-3T0，所以反应一定为非自发进行的反应，则在任何温度下都不能自发进行。故B、C、D错误，A正确。答案选A。【点睛】本题解题关键是掌握反应自发和非自发进行的条件，一般依据反应的焓变和熵变结合温度分析计算，H-TS0说明反应自发进行，H-TS0时反应不能自发进行。20.如图所示阴阳膜组合电解装置用于循环脱硫，用NaOH溶液在反应池中吸收尾气中的二氧化硫，将得到的Na2SO3溶液进行电解又制得NaOH。其中a、b离子交换膜将电解槽分为三个区域，电极材料为石墨，产品C为H2SO4溶液。下列说法正确的是（ ）A. b为只允许阳离子通过的离子交换膜B. 阴极区中B最初充入稀NaOH溶液，产品E为氧气C. 反应池采用气、液逆流方式，目的是使反应更充分D. 阳极的电极反应式为SO32-2eH2O=2HSO42-【答案】C【解析】【分析】从C为硫酸可知，b为阴离子交换膜，故a为阳离子交换膜。在阴极区应为水放电生成氢气和氢氧根，故A为氢氧化钠，E为氢气；阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根，写出即可。【详解】A. 从C为硫酸可知，硫酸根来源于亚硫酸根放电，故b为只允许阴离子通过的阴离子交换膜，A错误；B. 在阴极区应为水电离的氢离子放电生成氢气，故E为氢气，B错误；C. 反应池中气体从下口通入，NaOH 溶液从上口加入，采用气、液逆流方式，可以使反应更充分，C正确；D. 阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根，反应的离子方程式为 SO32-2eH2O=2HSO42，D错误。答案选C。【点睛】本题考查了电解原理、明确电解池中电解时离子的运动方向，判断离子交换膜的性质是关键，注意知识的电极方程式的书写等知识的归纳和梳理。第II卷(非选择题 共60分)21.科学家一直致力于“人工固氮”的研究，现已有多种方法。【方法一】1918年，德国化学家哈伯因发明工业合成氨【N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H0】的方法而荣获诺贝尔化学奖。（1）若将1molN2和3molH2放入1L的密闭容器中，5min后N2的浓度为0.8mol/L，这段时间内用N2的浓度变化表示的反应速率为_mol/(Lmin)。（2）在一定温度下的定容密闭容器中发生上述反应，下列叙述能说明反应已经达到平衡状态的是_。a. v(N2)正=3v(H2)逆b. 容器中气体的密度不随时间而变化c. 容器中气体的分子总数不随时间而变化d. 容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化（3）合成氨反应的生产条件选择中，能用勒夏特列原理解释的是_。使用催化剂 高温 高压 及时将氨气液化从体系中分离出来A. B. C. D. 【方法二】1998年，两位希腊化学家提出了电解合成氨的新思路：（4）采用高质子导电性的SCY陶瓷(能传递H+)为介质，实现了高温(570)常压下高转化率的电解法合成氨，转化率可达到78，装置如下图：钯电极A是电解池的_极(填“阳”或“阴”)，阳极反应式为_。【方法三】最新的“人工固氮”研究报道：在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应，直接生成氨气和氧气：已知：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H=92 kJmol2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) H=571.6 kJmol（5）写出上述固氮反应的热化学方程式_。【答案】 (1). 0.04 (2). c d (3). C (4). 阴 (5). H22e=2H+ (6). 2N2(g)+6H2O(I)=4NH3(g)+3O2(g) H=+1530.8kJ/mol【解析】【分析】（1）根据计算用N2的浓度变化表示的反应速率；（2）根据平衡状态标志判断；（3）勒夏特列原理适合解释平衡移动；（4）原电池中氮气在正极上得到电子发生还原反应，氢气在负极上失电子发生氧化反应。（5）根据盖斯定律计算2N2(g)+6H2O(I)=4NH3(g)+3O2(g)的焓变；【详解】（1）若将1molN2和3molH2放入1L的密闭容器中，5min后N2的浓度为0.8mol/L，0.04 mol/(Lmin) （2）a. 正逆反应速率之比等于系数比，反应达到平衡，所以3v(N2)正=v(H2)逆达到平衡，故不选a；b. N2(g)+3H2(g)2NH3(g)在恒容容器中进行，密度是恒量；容器中气体的密度不随时间而变化，不一定平衡，故不选b；c. N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应过程中气体分子数是变量，若容器中气体的分子总数不随时间而变化，一定平衡，故选c；d. 根据 ，容器中气体的平均相对分子质量是变量，若容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，一定平衡，故选d。（3）催化剂不能使平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，故不选； N2(g)+3H2(g)2NH3(g) Hab (2). n3n1=n2 (3). (4