黑龙江省黑河市嫩江县高级中学2019-2020学年高二化学下学期第一次月考试题

1、黑龙江省黑河市嫩江县高级中学2019-2020学年高二化学下学期第一次月考试题黑龙江省黑河市嫩江县高级中学2019-2020学年高二化学下学期第一次月考试题年级：姓名：- 24 -黑龙江省黑河市嫩江县高级中学2019-2020学年高二化学下学期第一次月考试题（含解析）一、单选题（共20题，每小题3分，共60分）1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）a. 看到有该标志的丢弃物应远离并报警b. 浓硫酸不可以作食品的干燥剂，cacl2可以作食品干燥剂c. 苏轼的格物粗谈有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指乙烯d. 寻找合适的催化剂，使水分解

2、产生氢气的同时放出热量是科学家研究的方向【答案】d【解析】【详解】a该标志为辐射品危险标志，看到有该标志的丢弃物，应远离并报警，故a正确；b浓硫酸具有腐蚀性，不可以作食品干燥剂， cacl2可以作食品干燥剂，故b正确；c分析题意可知，这种“气”是指乙烯，因为乙烯的主要作用是促进果实成熟，故c正确；d催化剂能加快反应速率，但不能改变热效应，即合适的催化剂，能使水分解产生氢气，但反应过程仍需要吸收热量，故d错误；答案选d。2.在298 k、1.01105 pa，将22 g co2通入0.75 l 1.0 moll-1naoh溶液中充分反应，测得反应放出的热量为a kj。已知该条件下1 mol co

3、2通入1 l 2.0 moll-1naoh溶液中充分反应放出的热量为b kj。则co2与naoh反应生成nahco3的热化学方程式为()。a. co2(g)+naoh(aq)nahco3(aq)h=-(2b-a) kjmol-1b. co2(g)+naoh(aq)nahco3(aq)h=+(4a-b) kjmol-1c. co2(g)+naoh(aq)nahco3(aq)h=-(4a-b) kjmol-1d. co2(g)+naoh(aq)nahco3(aq)h=+(2b-a) kjmol-1【答案】c【解析】【分析】根据题意可知，22gco2通入1moll-1naoh溶液750ml中充分反应

4、，测得反应放出akj的热量，写出热化学反应方程式，再利用1molco2通入2moll-1naoh溶液1l中充分反应放出bkj的热量写出热化学反应方程式，最后利用盖斯定律来书写co2与naoh溶液反应生成nahco3的热化学方程式。【详解】根据题意，22gco2通入1moll-1naoh溶液750ml中充分反应，n（co2）=0.5mol，n（naoh）=1moll-10.75l=0.75mol，该反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，方程式为2co2+3naohnahco3+na2co3+h2o，由0.5molco2反应放出热量为akj，则2molco2反应放出热量为4akj，即热化学反应方程式为2

5、co2（g）+3naoh（aq）nahco3（aq）+na2co3（aq）+h2o（l）h=-4akj/mol。又1molco2通入2moll-1naoh溶液1l中充分反应放出bkj的热量，则热化学方程式为2naoh（aq）+co2（g）na2co3（aq）+h2o（l）h=-bkj/mol，由盖斯定律可知，-可得，co2(g)+naoh(aq)nahco3(aq)h=-(4a-b) kjmol-1，故c正确；答案选c。3. 下列图示与对应的叙述不相符的是a. 图甲表示反应：4co（g）+2no2（g）n2（g）+4co2（g）h 0，在其他条件不变的情况下，改变起始物co的物质的量对此反应平

6、衡的影响，则有t1t2，k1k2b. 图乙表示压强对可逆反应2a（g）+2b（g）3c（g）+d（g）的影响，乙的压强比甲的压强大c. 图丙表示的反应是吸热反应，该图表明催化剂不能改变化学反应的焓变d. 图丁表示等量no2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2no2（g）n2o4（g），相同时间后测得no2含量的曲线，则该反应的h0【答案】a【解析】【详解】a、4co(g)+2no2(g)n2(g)+4co2(g)h0，该反应为放热反应，温度越高，氮气的百分含量越低，平衡常数越小，所以则有t1t2，k1k2，故a不相符；b、可逆反应2a(g)+2b(g)3c(g)+d(g)，反

7、应前后气体的分子数不变，故增大压强平衡不移动，反应物在平衡状态下的百分含量不变，但是，增大压强可以使反应速率加快，到达平衡所用的时间减少，故b相符；c、催化剂不能改变化学反应的焓变只能降低反应的活化能，反应物的能量低于生成物的能量，反应是吸热反应，故c相符；d、根据图象可知，反应2no2(g)n2o4(g)在曲线的最低点达到平衡后，升高温度，二氧化氮的百分含量升高，反应物no2含量变大，说明反应逆向进行，所以正反应是放热的，该反应的h0，故d相符。综上所述，图示与对应的叙述不相符的是a，故选a。4.在一定条件下发生反应：3a(g)2b(g) xc(g)2d(g)，在2 l密闭容器中，把4 mo

8、l a和2 mol b混合，2 min后达到平衡时生成1.6 mol c，又测得反应速率vb0.2 moll1min1，则下列说法中正确的是()a. x3b. b的转化率为20%c. 平衡时气体压强是原来的0.94倍d. 达到平衡时a的浓度为1.4 moll1【答案】d【解析】【详解】cc=nc/v= 1.6mol2l=0.8mol/l, vc=cc/t=(0.8mol/l) 2min=0.4moll-1min-1, 根据反应速率之比等于化学计量数之比来确定化学计量数x,=,得x=4；列出三行式：a.x=4，故a错误；b.b的转化率为(0.8mol2mol) 100%=40%，故b错误；c.根

9、据气体物质的量之比等于压强之比,平衡时气体压强是原来的=,故c错误；d.达平衡时a的浓度为2.8mol2l=1.4 moll1，故d正确；正确选项：d。5.对于可逆反应ma(s)nb(g)ec(g)fd(g)，当反应过程中其他条件不变时，c的质量分数(c%)与温度(t)和压强(p)的关系如图所示。下列叙述正确的是( )a. 达到平衡后，若使用催化剂，c的质量分数将增大b. 达到平衡后，增加a的量有利于化学平衡向正方向移动c. 化学方程式中nefd. 达到平衡后，若升高温度，化学平衡向逆方向移动【答案】d【解析】【分析】由左图可知，根据先拐先平衡，条件高，则温度升高c的百分含量降低，说明升高温度

10、平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，同理由右图可以看出增大压强，c的百分含量降低，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有ne+f。【详解】由左图可知，根据先拐先平衡，条件高，则温度升高c的百分含量降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，同理由右图可以看出增大压强，c的百分含量降低，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有ne+f；a达到平衡后，加入催化剂不会影响化学平衡的移动，c的百分含量不变，故a错误；b达到平衡后，a是固体，不影响平衡移动，所以增加a的量平衡不移动，故b错误；c压强增大，c%含量降低，说明平衡逆向进行，正反应是气体体积增大的反应，

11、ne+f，故c错误；d该反应的正反应是放热反应，达到平衡后，若升温，平衡向逆方向移动，故d正确；故答案为d。6.反应3fe(s)+4h2o(g)fe3o4(s)+4h2(g)在温度和容积不变的条件下进行。能表明反应达到平衡状态的叙述是（ ）a. 容器内的总压强不随时间变化b. 断裂4molho键的同时，断裂2molhh键c. 混合气体分子的总数不变d. 反应不再进行【答案】b【解析】【详解】a.反应前后气体的物质的量不发生变化，容器中压强始终不变，不能说明反应到达平衡，故a错误；b.前半句话断裂4molh-o键的同时，会生成2molh-h键，代表正反应，后半句话断裂2molh-h键，代表逆反应

12、，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态,故b正确；c.通过化学方程式可知反应前后气体的物质的量不发生变化，混合气体分子的总数不管是否平衡始终是定值,故c错误；d.平衡为动态平衡,不可能反应不再进行,故d错误；答案:b7.将固体nh4i置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：nh4i(s)nh3(g)hi(g)；2hi(g)h2(g)i2(g)。达到平衡时，c(h2)0.5moll1，c(hi)3moll1，则此温度下反应的平衡常数为a. 9 mol2l-2b. 12 mol2l-2c. 16 mol2l-2d. 20 mol2l-2【答案】b【解析】【分析】反应的平衡常数k=c（nh3）c（h

13、i），nh4i分解生成的hi为平衡时hi与分解的hi之和，即为nh4i分解生成的nh3，由反应可知分解的c（hi）为平衡时c（h2）的2倍，求出nh4i分解生成的nh3，代入反应的平衡常数k=c（nh3）c（hi）计算。【详解】平衡时c（hi）=3moll-1，hi分解生成的h2的浓度为0.5moll-1，nh4i分解生成的hi的浓度为3moll-1+20.5moll-1=4moll-1，所以nh4i分解生成的nh3的浓度为4moll-1，所以反应的平衡常数k=c（nh3）c（hi）=4moll-13moll-1=12mol2l-2，故选b。【点睛】本题考查化学平衡的计算，注意平衡时hi为nh

14、4i分解生成的hi与分解的hi之差。8.二氧化钛在一定波长光的照射下，可有效降解甲醛、苯等有机物，效果持久，且自身对人体无害。某课题组研究了溶液的酸碱性对tio2光催化染料r降解反应的影响，结果如图所示。下列判断正确的是 a. 在020min之间，ph7时r的降解速率为0.07moll-1min-1b. r的起始浓度不同，无法判断溶液的酸碱性对r的降解速率的影响c. 二氧化钛对ph2的r溶液催化效率好d. 在050 min之间，r的降解百分率ph2大于ph7【答案】c【解析】【详解】a在020min之间，ph7时r的降解速率=710-6moll-1min-1，a错误；b根据图中曲线可知，曲线的

15、斜率表示反应速率，起始浓度不同分解速率不同，ph不同分解速率也不同，故r的起始浓度和溶液的ph均影响r的降解速率，但r的起始浓度不同，可以判断溶液的酸碱性对r的降解速率的影响，通过分析斜率的大小来判断，b错误；c通过图像可知，ph2时，二氧化钛对r溶液催化时间迅速缩短，效率好，c正确；d在050 min之间，r的降解初始量ph7大于ph2，平衡时浓度接近0，则降解百分率 ph7等于ph2，d错误；答案为c。9.在常温时，将a1 ml b1 moll1ch3cooh溶液加入到a2 ml b2 moll1 naoh溶液中，下列结论正确的是()a. 如果a1a2、b1b2，则混合溶液中c(ch3co

16、o)c(na)b. 如果混合溶液的ph7，则混合溶液中c(ch3coo)c(na)c. 如果混合溶液的ph7，则a1b1a2b2d. 如果a1a2，且混合溶液的phb2【答案】d【解析】【详解】a.如果a1a2、b1b2,则a1b1=a2b2,两溶液恰好反应生成醋酸钠,因为醋酸根离子的水解,导致溶液中c(ch3coo)减小,则c(ch3coo)c(na),故a错误;b.如果混合液的ph7,则c(h+)=c(oh-),根据电荷守恒c(oh-)+ c(ch3coo)=c(h+)+c(na),可得c(ch3coo)=c(na),故b错误;c.若a1b1=a2b2 ,醋酸与氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠强

17、碱弱酸盐,溶液显示碱性,如果溶液的pha2 b2,故c错误;d. 因为是强碱和弱酸的反应，若混合溶液的phb2,故d正确;答案：d。【点睛】根据弱酸和强碱反应的特点；恰好反应生成强碱弱酸盐，水解显碱性；浓度相等时，要使溶液显中性，需要弱酸的体积大。以此分析此题。10.温度相同,浓度均为0.2 mol/l的(nh4)2so4,nano3,nh4hso4,nh4no3,ch3coona溶液,它们的ph由小到大的排列顺序是a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】溶液酸性越强，溶液的ph越小，则溶液的ph：酸性中性碱性；先将溶液分为酸性、中性和碱性，然后根据电离程度、盐的水解情况判断各溶液的

18、ph大小。【详解】(nh4)2so4、nh4no3水解呈酸性，两溶液的ph7；nh4hso4电离出h+呈酸性，ph7；nano3不水解，其ph=7；ch3coona水解呈碱性，ph7。、比较，前者c(nh4+)大，水解生成c(h+)大，ph小，、比较，后者电离出c(h+)比前者水解出c(h+)大，ph小，所以溶液的ph从小到大的顺序为：，故合理选项是b。【点睛】本题考查溶液ph的大小比较，要考虑盐类的水解程度大小，注意硫酸氢铵中硫酸氢根离子电离出氢离子，该题考查了学生的灵活应用基础知识的能力。11.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是 a. 图中五点kw间的关系：bcadeb. 若从a点

19、到d点，可采用在水中加入少量naoh的方法c. 若从a点到c点，可采用温度不变时在水中加入适量h2so4 的方法d. 若处在b点时，将ph2的硫酸与ph12的koh等体积混合后，溶液显中性【答案】a【解析】【详解】a在图中可看出：a、d、e是在25 水的电离平衡曲线，三点的kw相同。b是在100水的电离平衡曲线产生的离子浓度的关系，c在a、b的连线上，由于水是弱电解质，升高温度，促进水的电离，水的离子积常数增大，则图中五点kw间的关系：bcade，故a正确；b若从a点到d点，由于温度不变，溶液中c(h+)增大，c(oh-)减小。可采用在水中加入少量酸的方法，故b错误；c若从a点到c点，由于水的

20、离子积常数增大，所以可采用升高温度的方法，故c错误；d若处在b点时，由于kw=1012。 ph2的硫酸，c(h+)=10-2mol/l, ph12的koh, c(oh-)=1mol/l，若二者等体积混合，由于n(oh-) n(h+)，所以溶液显碱性，故d错误；答案选a。【点睛】考查温度对水的电离平衡的影响及有关溶液的酸碱性的计算的知识。12.用0.1 moll1 naoh溶液滴定40 ml 0.1 moll1 h2so3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列叙述错误的是（ ）a. ka2(h2so3)的数量级为108b. 若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂c. 图中

21、z点对应的溶液中：c(na)c(so32)c(hso3)c(oh)d. 图中y点对应的溶液中：3c(so32)c(na)c(h)c(oh)【答案】c【解析】【分析】用0.1mol/lnaoh溶液滴定40ml0.1mol/lh2so4溶液，由于h2so3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：naoh+h2so3nahso3+h2o，nahso3+naohna2so3+h2o，完全滴定需要消耗naoh溶液的体积为80ml，结合溶液中的守恒思想分析判断。【详解】a由图像可知，当溶液中c(hso3-)= c(so32)时，此时ph=7.19，即c(h+)=10-7.19mol/l，则h2

22、so3的ka2=c(h+)，所以h2so3的ka2=110-7.19，ka2(h2so3)的数量级为108，故a正确；b第一反应终点时，溶液中恰好存在nahso3，根据图像，此时溶液ph=4.25，甲基橙的变色范围为3.14.4，可用甲基橙作指示剂，故b正确；cz点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在na2so3，溶液ph=9.86，溶液显碱性，表明so32-会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(oh-)c(hso3-)，故c错误；d根据图像，y点溶液中c(hso3-)=c(so32-)，根据电荷守恒，c(na+)+c(h+)=c(oh-)+c(hso3-)+2c(so32-)，由于c(h

23、so3-)=c(so32-)，所以3c(so32-)=c(na+)+c(h+)-c(oh-)，故d正确；答案选c。【点睛】明确滴定反应式，清楚特殊点的含义，把握溶液中的守恒思想是解答本题的关键。本题的易错点为a，要注意根据y点结合ka2的表达式分析解答。13.室温时，向20ml 0.1mol/l的ch3cooh溶液中不断滴加0.1mol/l的naoh溶液，溶液的ph变化曲线如图所示，在滴定过程中，下列关于溶液中离子浓度大小关系的描述不正确的是（ ）a a点时：c(ch3coo-)c(na+)c(ch3cooh)c(h+)c(oh-)b. b点时：c(na+)c(oh-) c(ch3coo-)c

24、(h+)【答案】b【解析】【详解】a点为20ml 0.1mol/l的ch3cooh溶液中滴加10ml 0.1mol/l的naoh溶液，溶质是等浓度的ch3coona、ch3cooh，此时溶液呈酸性，说明醋酸电离大于醋酸根离子的水解，所以c(ch3coo-)c(na+)c(ch3cooh)c(h+)c(oh-)，故a正确；b. 根据电荷守恒c(na+)+ c(h+)= c(ch3coo-)+c(oh-) ，b点溶液呈中性，所以c(na+)=c(ch3coo-)，故b错误；c. c点为20ml 0.1mol/l的ch3cooh溶液中滴加20ml 0.1mol/l的naoh溶液，溶质是ch3coon

25、a，根据质子守恒：c(oh-)c(ch3cooh)+ c(h+)，故c正确；d. d点为20ml 0.1mol/l的ch3cooh溶液中滴加40ml 0.1mol/l的naoh溶液，溶质是等浓度的ch3coona、naoh，由于ch3coona发生微弱水解，所以c(oh-) c(ch3coo-)， 则c(na+)c(oh-) c(ch3coo-)c(h+)，故d正确；选b。【点睛】本题考查酸碱混合的判断和离子浓度大小比较，答题时注意a、b、c、d点溶液的溶质组成，把握弱电解质的电离和盐类水解的特点。14.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()a. 0.1 moll1 (nh4)2fe(s

26、o4)2溶液中：c(nh4+)c(so42-)c(fe2)c(h)c(oh)b. 室温时浓度均为0.1 moll1的nh3h2o和nh4cl的混合溶液，ph为10，则：c(nh4+)c(h)c(nh3h2o)c(oh)c. 0.1 moll1 (ch3coo)2ba溶液中：2c(ba2)2c(ch3coo)c(ch3cooh)d. 0.1 moll1 nahc2o4溶液显弱酸性，则：c(na)c(hc2o4-)c(h2c2o4)c(c2o42-)c(h)【答案】b【解析】【分析】a.0.1 mol/l (nh4)2fe(so4)2溶液中铵根离子和亚铁离子都水解，溶液显酸性；b室温将浓度均为0.

27、1 mol/l的nh3h2o和nh4cl的混合后，溶液ph为10，说明一水合氨电离大于铵根离子的水解，溶液中存在电荷守恒和物料守恒；c.0.1 mol/l(ch3coo)2ba溶液中存在物料守恒，2n(ba2+)=n(ch3coo-)+n(ch3cooh)；d.0.1 mol/l nahc2o4溶液显弱酸性说明草酸氢根离子电离程度大于其水解程度，据此解答。【详解】：a. 0.1 mol/l (nh4)2fe(so4)2溶液中铵根离子和亚铁离子都发生水解反应，使溶液显酸性，水解消耗nh4+，使离子浓度减小，so42-不反应，所以c(nh4+)(so42-)，选项a错误；b室温将浓度均为0.1 m

28、ol/l的nh3h2o和nh4cl的混合后，溶液ph为10，说明nh3h2o电离大于nh4+的水解，溶液中电荷守恒为：c(nh4+)+c(h+)=c(cl-)+c(oh-)，物料守恒2 c(cl-)= c(nh4+)+c(nh3h2o)，带入可得：c(nh4+)+2c(h+)= c(nh3h2o)+2c(oh-)，溶液显碱性，c(oh-)c(h+)，c(nh4+)+c(h+)c(nh3h2o)+ c(oh-)，nh3h2o是弱电解质，其电离程度很小，所以c(nh3h2o) c(oh-)，故c(nh4+)+c(h+) c(nh3h2o)+ c(oh-)c(nh3h2o) c(oh-)，选项b正确

29、；c. 0.1 mol/l(ch3coo)2ba溶液中，根据物料守恒，可得2n(ba2+)=n(ch3coo-)+n(ch3cooh)，选项c错误；d0.1 mol/l nahc2o4溶液显弱酸性，说明hc2o4-的电离程度大于其水解程度，c(c2o42-) c(h2c2o4)，由于溶液中还存在水电离产生的h，所以c(h)c(c2o42-)，但hc2o4-电离及水解程度是微弱的，主要以hc2o4-存在，所以c(hc2o4-)c(h)，而na+在溶液中不发生任何变化，故c(na+)最大，则微粒浓度关系为：c(na+)c(hc2o4-)c(h)c(c2o42-)c(h2c2o4)，选项d错误；故合

30、理选项是b。【点睛】本题考查了电解质溶液中电荷守恒、物料守恒、离子浓度大小比较等，掌握盐的水解、弱酸酸式盐的电离和水解规律是解题关键，题目难度中等。15.下面说法中，与盐类水解无关的是( )明矾和alcl3可作净水剂为保存fecl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸实验室配制alcl3溶液，先把它溶解在盐酸中，而后加水稀释nh4cl和zncl2溶液可作金属焊接中的除锈剂实验室盛放na2co3、na2sio3 等溶液的试剂瓶应用橡皮塞在nh4cl或alcl3 溶液中加入镁条会产生气泡na2s溶液和alcl3溶液反应得不到al2s3长期使用硫铵，土壤酸性增强，草木灰与铵态氮肥不能混合施用a. b. c.

31、 d. 全有关【答案】d【解析】【分析】明矾为kal（so4）212h2o，和alcl3中的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，起到净水作用，与盐类的水解有关，正确；fecl3溶液中fe3+水解，加入少量盐酸为抑制fe3+水解，与盐类的水解有关，正确；配制alcl3溶液，alcl3加水稀释时，发生水解，为防止水解，把它溶解在盐酸中，与盐类的水解有关，正确；nh4cl和zncl2溶液中的nh4+、zn2+水解使溶液显酸性，可与铁锈反应，与盐类的水解有关，正确；na2co3、na2sio3 等溶液co32-、sio32-水解使溶液呈碱性，可与磨口玻璃塞中的sio2反应，与盐类的

32、水解有关，正确；在nh4cl或alcl3 溶液中nh4+、al3+水解使溶液显酸性，加入镁条会产生气泡，与盐类的水解有关，正确；na2s溶液和alcl3溶液混合后s2-、al3+相互促进水解，生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，与盐类的水解有关，正确；长期使用硫铵，土壤酸性增强，nh4+水解使溶液显酸性，nh4+、co32-相互促进水解，生成氨气和二氧化碳气体，使氮肥失效，与盐类的水解有关，正确；【详解】根据分析得出，以上现象均与盐类水解有关，答案为d16.已知：pka=lgka，25时，h2seo3 的 pka1=1.34， pka2=7.34。用 01moll1naoh 溶 液滴定 20ml0.

33、1moll1h2seo3 溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为 ph)。下列说法不正 确的是a. a 点所得溶液中：2c(h2seo3)+c(seo32)0.1 moll1b. b 点所得溶液中：c(h2seo3)+c(h+)=c(seo32)+c(oh)c. c 点所得溶液中：c(na+)3c(hseo3)d d 点所得溶液中：c(na+)c(seo3)c(hseo3 )【答案】c【解析】【分析】a用0.1moll-1naoh溶液滴定20ml0.1moll-1h2seo3溶液，a点溶液中溶质为h2seo3和nahseo3，ph=1.34=pa1，则c（h2seo3）=c（hseo3-）依据

34、物料守恒判断；bb点是用0.1moll-1naoh溶液20ml滴定20ml0.1moll-1h2seo3溶液，恰好反应生成nahseo3，溶液显酸性，依据溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析判断；cc点ph=7.34=pka2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为na2seo3，seo32-+h2o?hseo3-+oh-，kh=，c（oh-）=，c（hso32-）=c（so32-），结合溶液中物料守恒分析；d加入氢氧化钠溶液40ml，naoh溶液滴定20ml0.1moll-1h2seo3溶液恰好反应生成na2seo3，d点溶液中主要是na2seo3和少量nahseo3。【详解】a项、用0.1m

35、oll-1naoh溶液滴定20ml0.1moll-1h2seo3溶液，a点溶液中溶质为h2seo3和nahseo3，ph=1.34=pa1，电离平衡常数表达式得到则c（h2seo3）=c（hseo3-），溶液体积大于20ml，a点所得溶液中：c（h2seo3）+c（seo32-）+c（hseo3-）=2c（h2seo3）+c（seo32-）c（seo32-）c（hseo3-），故d正确。故选c。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液ph的计算、离子浓度大小比较，明确溶液酸碱性与溶液ph的关系为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法。17.一定温度下，三种碳酸盐mco3(m：m

36、g2+、ca2+、mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）已知pm=-lgc(m)，p(co)=-lgc(co)。a. mgco3、caco3、mnco3的ksp依次增大b. a点可表示mnco3的饱和溶液，且c(mn2+)=c(co)c. b点可表示caco3的饱和溶液，且c(ca2+)c(co)d. c点可表示mgco3的过饱和溶液，且c(mg2+)p(ca2)，则c(co32-)c(ca2)，c错误；d.c点在mgco3的沉淀溶解平衡曲线上方，为不饱不溶液，且由纵、横坐标关系知：c(mg2)c(co32-)，d错误；答案选b。【点睛】当用pm、p(co32-)或者lg

37、c(m)、lgc(co32)或其他形式来表示横纵坐标时，一定要根据表达式明确浓度增大表达式是增大还是减小。如本题，根据表达式可知，其值越大对应离子的浓度越小，结合沉淀溶解平衡曲线可知，当取相同的c(co32-)时，对应饱和溶液中，mg2、ca2、mn2的浓度依次减小，即可比较出三者的ksp大小。18.某温度时，baso4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是a. 加水稀释可以使溶液由c点变到d点b. 此温度时，ksp(baso4)1.110-10c. b点有baso4沉淀析出d. a点对应的ksp等于c点对应的ksp【答案】a【解析】【分析】该图中的曲线是平衡曲线，线上的任意点都

38、是平衡状态，b和d不是平衡状态，据此解答。【详解】a加入蒸馏水，c（so42-）、c（ba2+）均减小，不可能出现c（so42-）不变，而c（ba2+）减小的情况，故a错误；b图中a点，c（so42-）=5.510-6mol/l，c（ba2+）=210-5mol/l，所以ksp(baso4)c（so42-）c（ba2+）=5.510-6210-5=1.110-10,故b正确；cb点表示qcksp，溶液过饱和，会有沉淀析出，所以c选项是正确；dksp是溶度积常数，只随着温度的改变而改变，温度不变ksp不变，在曲线上的任意一点ksp都相等，故d正确；所以本题答案选a。19.关于下列装置说法正确的是

39、a. 装置中，盐桥中的k移向cuso4溶液b. 装置中，zn为负极，发生还原反应c. 装置中的fe发生析氢腐蚀d 装置中电子由fe流向石墨，然后再经溶液流向fe【答案】a【解析】【详解】a装置为原电池，锌比铜活泼，锌为负极，铜为正极，盐桥中的k+移向cuso4溶液，即向正极移动，故a正确；b装置中，zn为负极，发生氧化反应，故b错误；c装置电解质为氯化钠，溶液呈中性，铁发生吸氧腐蚀，故c错误；d电子只能经过外电路，不能经过溶液，故d错误；故选a。20.普通锌锰干电池的简图（下图所示），它是用锌皮制成的锌筒作电极兼做容器，中央插一根碳棒，碳棒顶端加一铜帽。在石墨碳棒周围填满二氧化锰和炭黑的混合物

40、，并用离子可以通过的长纤维纸包裹作隔膜，隔膜外是用氯化锌、氯化铵和淀粉等调成糊状作电解质溶液；该电池工作时的总反应为：zn2nh4+2mno2zn(nh3)22+mn2o3h2o关于锌锰干电池的下列说法中正确的是a. 当该电池电压逐渐下降后，利用电解原理能重新充电复原b. 电池负极的电极反应式为：2mno2+2nh4+2e-= mn2o3+2nh3+h2oc. 该电池碳棒可用铜棒代替，但是工作电压会下降d. 外电路中每通过0.1 mol电子，锌的质量理论上减小6.5g【答案】c【解析】【详解】a、一次电池不能重复使用，二次电池能重复使用，干电池是一次电池，所以当该电池电压逐渐下降后，不能利用电

41、解原理能重新充电复原，故a错误；b、根据原电池工作原理，负极应是失电子的，zn2nh42e=zn(nh3)222h，故b错误；c、两极金属性差别越大，电压越大，铜是金属，碳是非金属，因此碳棒换成铜棒，电压会降低，故c正确；d、根据选项b的电极反应式，每通过0.1mol电子消耗锌的质量是650.1/2g=3.25g，故d错误。答案选c。二、填空题（每空2分，共40分）21.请利用反应cu+2ag+=2ag+cu2+设计一个化学电池,并回答下列问题:(1)该电池的负极材料是_,电解质溶液是_。(2)在外电路中,电流方向是_。(3)正极的产物是_,负极上出现的现象是_。【答案】 (1). cu (2

42、). agno3溶液 (3). 从正极到负极 (4). ag (5). 铜溶解附近溶液变蓝色【解析】【分析】在cu+2ag+=2ag+cu2+反应中，cu被氧化，应为原电池的负极，电解反应为：cu-2e-=cu2+，ag+得电子被还原生成单质ag，正极上有银白色物质生成，电极反应为ag+e-=ag，应为原电池正极反应，正极材料为活泼性比cu差的金属或非金属材料，电解质溶液为含ag+离子的溶液，如agno3；原电池工作时，电流从正极经外电路流向负极，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以形成闭合回路。【详解】(1)在cu+2ag+=2ag+cu2+反应中，cu被氧化，应为原电池的负极，电解

43、反应为：cu-2e-=cu2+，正极为c，电解质溶液为含ag+离子的溶液，如agno3；(2)在外电路中，电流方向是从正极到负极；(3)正极上ag+得电子被还原生成单质ag，正极上有银白色物质生成；负极上cu-2e-=cu2+，所以现象为铜溶解附近溶液变蓝色。22.汽车尾气中含有co、no、no2、碳氢化合物等多种污染物。回答下列问题：(1)汽车燃料中不含氮元素，尾气中所含no产生的原因是_。(2)已知：2c8h18(1)+25o2(g)=16co2(g)+18h2o(g) h1=-10244kjmol-1n2(g)+o2(g)=2no(g) h22no(g)+2co(g)=n2(g)+2co

44、2(g) h3=-746kjmol-1若h2o(1)=h2o(g) h=+44kjmol-1，则表示辛烷燃烧热的热化学方程式为_。部分化学键键能数据如下：h2=_kjmol-1(3)1573k时，n2+o22no平衡常数为2.010-6，若测得内燃机内平衡混合气中氮气、氧气的物质的量分别为0.2mol、0.001mol，则生成no的物质的量为_mol，n2的转化率为_。(4)反应no(g)+co(g)=n2(g)+co2(g)的平衡常数为1.681060，从热力学角度看，该反应程度应该很大，实际汽车尾气中该反应的程度很小，原因是_，要增大汽车尾气净化装置中单位时间内该反应的程度，关键是要_。【

45、答案】 (1). 高温下空气中的氮气与氧气反应产生的 (2). c8h18(l)+o2(g)=8co2(g)+9h2o(l) h=-5518kjmol-1 (3). +196 (4). 2.010-5 (5). 0.005% (6). 该反应活化能高，反应速率慢 (7). 寻找耐高温的催化剂【解析】【分析】此题借助汽车尾气转化过程，综合考查化学反应原理，考点涉及利用盖斯定律计算和书写热化学方程式，化学反应速率的影响因素，化学平衡及平衡常数的计算，考查学生的计算能力和分析能力。【详解】(1)汽车燃料中不含氮元素，尾气中含no，则n可能来源于空气，空气中的氮气与氧气在高温条件下发生反应得到no；(

46、2)已知i：2c8h18(1)+25o2(g)=16co2(g)+18h2o(g) h1=-10244kjmol-1ii：h2o(1)=h2o(g) h4=+44kjmol-1根据盖斯定律，将i2-ii 9得，c8h18(l)+o2(g)=8co2(g)+9h2o(l)， h=h12-h49=(-102442-449) kjmol-1=-5518kjmol-1，即辛烷燃烧热的热化学方程式为c8h18(l)+o2(g)=8co2(g)+9h2o(l) h=-5518kjmol-1；根据表格所给数据以及已知方程，将n2(g)+o2(g)=2no(g) h22no(g)+2co(g)=n2(g)+2

47、co2(g) h3=-746kjmol-1将两热化学方程式相加，得到新的热化学方程式为2co(g) +o2(g) = 2co2(g) h=h2+h3=(21076+494-4799) kjmol-1=-550 kjmol-1，h2=h-h3=-550-(-746) kjmol-1=+196 kjmol-1；(3)设内燃机体积为v，则k=c2(no)c(n2)c(o2)= n2(no)n(n2)n(o2)= 2.010-6，代入数据算出n(no)= 2.010-5 mol，则转化的n2的物质的量为1.010-5 mol，n2的转化率=1.010-5 mol(1.010-5 mol+0.2mol)

48、100%=0.005%；(4)平衡常数很大，反应程度应该很大，实际汽车尾气中该反应的程度很小，可能是因为该反应活化能高，反应速率慢，要增大汽车尾气净化装置中单位时间内该反应的程度，即增加净化速率，需要降低活化能，需要寻找耐高温的催化剂。【点睛】(2)h2的计算，题目中表格给出的数据无法直接使用，可以观察发现2、3两个方程之间的联系，进行运算得出新方程，再利用键能计算反应热，最后利用盖斯定律得到答案；(3)由于在同一容器中体积相同，列出平衡常数表达式可以将浓度问题转化为物质的量的计算，故不需知道体积也可以进行计算。23.聚合氯化铝晶体是介于alcl3和a1(oh)3之间的一种水溶性无机高分子聚合

49、物，其制备原料主要是铝加工行业的废渣铝灰，它主要含al2o3、al，还有sio2等杂质。聚合氯化铝生产工艺流程如图：(1)反应中副产品a是_（用化学式表示）；(2)升高ph至4.04.5的目的是_；(3)生产过程中可循环使用的物质是_（用化学式表示）；(4)为使得到的晶体较纯净，生产过程中使ph升高的c物质可选用_（填编号）；a.naoh b.al c.氨水 d.a12o3 e.naalo2【答案】 (1). h2 (2). 促进alcl3的水解，使晶体析 (3). hcl (4). b、d【解析】【分析】本题利用聚合氯化铝生产工艺流程考查铝及其化合物的性质及转化，考查学生的分析推理能力。铝灰

50、主要含al2o3、al，还有sio2等杂质，利用铝灰制备聚合氯化铝，先用盐酸溶解铝灰：al2o3+6hcl=2alcl3+3h2o，2al+6hcl=2alcl3+3h2，sio2不溶于盐酸，调节alcl3溶液的ph至4.05.0，使alcl3部分水解，最后得到聚合三氯化铝。聚合氯化铝晶体a12(oh)ncl6-nh2om的性质应类似于al(oh)3和alcl3。【详解】(1)铝灰中加盐酸搅拌加热至95，有反应2al+6hcl=2alcl3+3h2，同时盐酸挥发出hcl气体，因此产生的h2中混有hcl气体，用水喷淋吸收气体中的hcl，所以副产品a是h2。(2)因为聚合氯化铝晶体是介于alcl3和a1(oh)3之间的物质，alcl3在溶液中发生水解生成al(oh)3：al3+3h2oal(oh)3+3h+，升高溶液的ph至4.05.0的目的是：促进alcl3的