安徽省芜湖市高二上学期期末化学试卷（理科a）

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学年安徽省芜湖市高二（上）期末化学试卷（理科A）一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项序号填入下面的答题表内．）1．化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是（）A．寻找合适催化剂提高合成氨工业中原料的转化率B．对废旧电池进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝C．提高油品质量，可以从一定程度上减少雾霾天气D．含重金属离子的电镀废液不能随意排放2．下列离子在稳定人体血液的PH中起重要作用的是（）A．HCO3﹣ B．HSO3﹣ C．Na+ D．Cl﹣3．下列说法中,不正确的是(）A．化学反应中既有物质变化又有能量变化B．即使没有发生化学变化，也可能有能量的变化C．任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化D．物质的化学能可以通过不同的变化方式转化为热能、电能等4．常温下pH=12的NaOH溶液中,由水电离出的c（OH﹣）是(）A．1×10﹣2mol/L B．1×10﹣7mol/L C．1×10﹣12mol/L D．1×10﹣14mol/L5．下列各组离子能在溶液中大量共存的是()A．Na+、OH﹣、HS﹣NO3﹣ B．Al3+、Cl﹣、HCO3﹣、Na+C．AlO2﹣、K+、CO32﹣、Na+ D．Fe2+、K+、H+、NO3﹣6．关于A（g）+2B（g）═3C（g)的化学反应,下列表示的反应速率最大的是（)A．v（A)=0。6mol/（L•min) B．v(B)=1。2mol/（L•min)C．v(C)=1.2mol/（L•min） D．v（B）=0.03mol/（L•s）7．下列事实可以证明一水合氨是弱电解质的是（)①0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红②0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5③在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱④铵盐受热易分解．A．①② B．②③ C．③④ D．②④8．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是(）A．已知NaOH（aq)+HCl（aq）=NaCl(aq）+H2O（l）△H=﹣57。3KJ/mol,则40gNaOH固体与稀盐酸完全反应,放出的热量即为57。3KJB．已知C(s）+O2（g)=CO2（g）△H1C（s)+（g）=CO（g）△H2则△H1＜△H2C．已知H2(g）+Cl2（g）=2HCl,△H=﹣184。6KJ/mol，则反应物总能量小于生成物总能量D．已知P（白磷，s）=P（红磷，s）△H＜0,则白磷比红磷稳定9．现用0.1mol/LHCl滴定10ml0.05mol/L氢氧化钠溶液,若酸式滴定管未润洗，达到终点时所用盐酸的体积应是（)A．10ml B．5ml C．大于5ml D．小于5ml10．下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是（）A．升高温度B．用Zn粉代替Zn粒C．滴加少量的CuSO4溶液D．改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应二、选择题（本题包括10小题,每小题3分,共30分．每小题只有一个选项符合题意,请将符合题意的选项序号填入下面的答题表内．)11．化学平衡mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g)，如图所示是A的转化率同压强，温度的关系，分析图象可以得出的正确结论是（）A．正反应吸热，m+n＜ρ+q B．正反应吸热,m+n＞ρ+qC．正反应放热，m+n＜ρ+q D．正反应放热:m+n＞ρ+q12．某温度时,BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法正确的是（)A．加入Na2SO4可以使溶液由a点变到c点B．通过蒸发可以使溶液由d点变到c点C．b、d点都是不能长时间稳定存在的点D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp13．下列说法可以证明反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g)已达到平衡状态的是（）A．1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键形成B．1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键断裂C．N2、H2、NH3的分子数之比为1：3：2D．1个N≡N键断裂的同时，有6个H﹣N键形成14．已知25°时，乙酸和三氯乙酸的电离常数分别是：Ka(CH3COOH）═1。80×10﹣5，Ka(CCl3COOH）═0。60,在物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COONa和CCl3COONa混合溶液中，下列关系正确的是（）A．c（Na+)═c（CCl3COO﹣)+c（CH3COO﹣）B．c（CCl3COO﹣)﹣c（CH3COO﹣)═c（CH3COOH)﹣c(CCl3COOH）C．c(OH﹣）＞c（CCl3COO﹣）＞c(CH3COO﹣）D．c（CH3COOH）＞c（CCl3COOH)＞c（OH﹣)15．如图是室温下，向100mL盐酸中逐渐加入NaOH溶液时，溶液的pH变化图象．根据图象所得结论正确的是（）A．原来盐酸的物质的量浓度为0.1mol/LB．NaOH溶液的浓度为0。1mol/LC．pH=1和pH=7的点对应溶液中水的电离程度相同D．X点NaOH溶液的体积为100mL16．实验室可以用KMnO4标准液滴定草酸（H2C2O4），测定溶液中草酸的浓度．判断下列说法不正确的是（）A．滴定中涉及的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2OB．KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用HNO3酸化,会使测定结果偏低C．KMnO4标准溶液盛放在酸式滴定管中D．该实验选择酚酞做指示剂，当待测液颜色由无色变为浅红色时即达到滴定终点17．下列解释实验事实的平衡不正确的是（）实验解释A100℃0.1mol/LNa2SO4溶液pH=6.2H2O=H++OH﹣B0。1mol/LCH3COOH的pH=3CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+C配制FeCl3溶液时加少量盐酸Fe3++3H2O⇌Fe（OH)3+3H+D随温度有升高,碳酸钠溶液pH增大CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣A．A B．B C．C D．D18．在298K、1.01×10﹣3Pa下,将32gSO2通入750mL.1mol/LNaOH溶液中，充分反应，测得反应放出aKJ的热量．已知在该条件上,1molSO2通1L2mol/LNaOH溶液中，充分反应放出bKJ的热量．则SO2与NaOH溶液反应生成NaHSO3的热化学方程式是（）A．SO2（g）+NaOH（aq）═NaHSO3（aq）△H=﹣(2a﹣b)kJ/molB．SO2（g）+NaOH(aq）═NaHSO3（aq）△H=﹣（4b﹣a）kJ/molC．SO2（g）+NaOH（aq)═NaHSO3(aq）△H=﹣（a﹣4b)kJ/molD．SO2（g）+NaOH（aq）═NaHSO3（aq)△H=﹣(4a﹣b）kJ/mol19．加热N2O5时,发生以下两个反应：N2O5⇌N2O3+O2，N2O3⇌N2O+O2．在1L密闭容器中加热4molN2O5,达到平衡时，c（O2）为4。5mol/L，c（N2O3）为1.62mol/L，则c（N2O5）为（)A．1.44mol/L B．3。48mol/L C．0。94mol/L D．1。98mol/L20．某兴趣小组设计如下微型实验装置．实验时，先断开K2,闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1,闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是（）A．断开K2，闭合K1时,总反应的离子方程式为：2H++2Cl﹣Cl2↑+H2↑B．断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C．断开K1,闭合K2时,铜电极上的电极反应为：Cl2+2e﹣=2Cl﹣D．断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极三、填空、简答题(本题包括4小题，共50分．）21．在一定条件下，可逆反应：mA+nB⇌pC达到平衡，若：（1）A、B、C都是气体，减小压强，平衡向正反应方向移动，则m+n和p的关系是．（2）A、C是气体，增加B的量，平衡不移动，则B为态．(3)A、C是气体，而且m+n=p，增大压强可使平衡发生移动,则平衡向方向移动（填“正反应”或“逆反应”)．（4)B、C是气体，而且m=p，增大压强可使平衡向正反应方向移动，则新平衡时混合气体的平均摩尔质量（填“增大”“减小"或“不变”）．22．汽车尾气作为空气污染的主要来源之一，其中含有大量的有害物质，包括CO、NOx、碳氢化合物和固体悬浮颗粒等．为汽车尾气的治理，环境工作者面临着巨大的挑战．试回答以下问题：(1）用CH4催化还原NO,可以消除氮氧化物的污染．已知：①CH4（g）+4NO(g）═2N2（g）+CO2（g)+2H2O(g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1②CH4（g）+4NO2(g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g)△H=﹣574kJ•mol﹣1由CH4将NO2完全还原成N2，生成CO2和水蒸气的热化学方程式是．（2）NOx也可以被NaOH溶液吸收而生成NaNO3、NaNO2，已知某温度下，HNO2的电离常数K=﹣9.7×10﹣4，NO2﹣的水解常数K=﹣8.0×10﹣10，则该温度下水的离子积常数=（用含Ka、Kb的代数式表示），此时溶液的温度25℃（填“＞”“＜"或“=”)．（3）化工上利用CO合成甲醇，反应的热化学方程式为CO(g）+2H2（g）⇌CH3OH(g）△H=﹣90。8kJ•mol﹣1．不同温度下，CO的平衡转化率与压强的关系如图1所示，图中T1、T2、T3的高低顺序是，理由是．（4）化工上还可以利用CH3OH生产CH3OCH3．在体积均为1。0L的恒容密闭容器中发生反应2CH3OH（g)⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）．容器换号温度（℃）起始物质的量（mol）平衡物质的量(mol）CH3OH（g）CH3OCH2（g）H2O（g)Ⅰ3870。200。0800.080Ⅱ2070。200。0900.090该反应的正反应为反应（填“放热"或“吸热"）．若起始时向容器I中充入CH3OH0.15mol、CH3OCH30。15mol和H2O0。10mol,则反应将向方向进行(填“正”或“逆”）．（5)CH3OH燃料电池在便携式通讯设备、汽车等领域有着广泛的应用．已知电池工作时的总反应方程式为2CH3OH+3O2═2CO2+4H2O，电池工作时的示意图如图2所示．质子穿过交换膜移向电极区（填“M"或“N”），负极的电极反应式为．23．用0.1032mol•L﹣1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液,(1)某同学按下列步骤进行实验：①取一锥形瓶，用待测NaOH溶液润洗两次；②在锥形瓶中加入25,。00mL待测NaOH溶液;③加入几滴石蕊试剂做指示剂；④取一支酸式滴定管,洗涤干净；⑤直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液,进行滴定；⑥两眼注视着滴定管内盐酸溶液液面下降,直至滴定终点．其中所述操作有错误的序号为（2)取用25。00mL待测NaOH溶液应用以下(选填：“甲"、“乙”）装置，若取用NaOH溶液开始平视读数、结束时俯视读数，会导致所测氢氧化钠溶液浓度（填“偏大““偏小“或“不变“）（3)若滴定开始前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定结束后气泡消失,则会导致所测氢氧化钠溶液浓度（填“偏大““偏小“或“不变“）(4）若平行实验三次，记录的数据如下表滴定次数待测溶液的体积(/mL）标准HCl溶液的体积滴定前读数（/mL）滴定后读数（/mL)125.001。0221。04225。002。0022。98325。000。2020。18试计算待测NaOH溶液的物质的量浓度（列出计算过程）．24．在污水处理中,FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备；而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂,处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小．请回答下列问题:（1）FeCl3净水的原理是(用离子方程式表示）；FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外,另一主要原因是（用离子方程式表示）．（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3．①若酸性FeCl2废液中:c（Fe2+）=2.0×10﹣2mol/L，c（Fe3+）=1。0×10﹣3mol/L．，c（Cl﹣)=5。3×10﹣2mol/L，则该溶液的PH约为．②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：ClO3﹣+Fe2++=Cl﹣+Fe+．

2016-2017学年安徽省芜湖市高二（上）期末化学试卷(理科A）参考答案与试题解析一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项序号填入下面的答题表内．）1．化学与生产、生活息息相关,下列叙述错误的是(）A．寻找合适催化剂提高合成氨工业中原料的转化率B．对废旧电池进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝C．提高油品质量，可以从一定程度上减少雾霾天气D．含重金属离子的电镀废液不能随意排放【考点】"三废”处理与环境保护．【分析】A．催化剂对平衡移动无影响；B．废旧电池含重金属;C．提高油品质量，可减少颗粒物的排放;D．重金属离子的电镀废液可污染土壤．【解答】解：A．催化剂对平衡移动无影响，则催化剂不能提高合成氨工业中原料的转化率,故A错误；B．废旧电池含重金属，则需要进行回收处理,为了环境保护和变废为宝,故B正确;C．提高油品质量，可减少颗粒物的排放，则从一定程度上减少雾霾天气，故C正确;D．重金属离子的电镀废液可污染土壤，则电镀废液不能随意排放，应处理达标再排放，故D正确．故选A．2．下列离子在稳定人体血液的PH中起重要作用的是（）A．HCO3﹣ B．HSO3﹣ C．Na+ D．Cl﹣【考点】盐类水解的应用．【分析】根据稳定人体血液的pH可知，则选项中的离子既能与酸反应又能与碱反应才符合题意,以此来解答．【解答】解：A．HCO3﹣在溶液中存在两个趋势：HCO3﹣离子电离使得溶液呈酸性，或者HCO3﹣水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高,故A正确;B．HSO3﹣为弱酸阴离子,电离大于其水解使得溶液水解呈酸性，和酸反应生成二氧化硫不是人体循环的气体，故B错误；C．Na+不水解，为强碱阳离子，则不能起到调节人体内pH值的作用，故C错误；D．Cl﹣不水解，为强酸阴离子，则不能起到调节人体内pH值的作用,故D错误；故选A．3．下列说法中,不正确的是(）A．化学反应中既有物质变化又有能量变化B．即使没有发生化学变化，也可能有能量的变化C．任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化D．物质的化学能可以通过不同的变化方式转化为热能、电能等【考点】反应热和焓变．【分析】A、化学反应过程是旧键断裂新键形成的过程，断键吸收能量，成键释放能量；B、物质的三态变化是物理变化，但有能量变化;C、化学反应中的能量变化形式有热能、光能、电能等等;D、化学能可以通过燃烧转化为热能，通过原电池原理转化为电能．【解答】解:A、化学反应过程是旧键断裂新键形成的过程，断键吸收能量,成键释放能量,故A正确；B、物质的三态变化是物理变化，但有能量变化,故B正确;C、化学反应中的能量变化形式有热能、光能、电能等等，故C错误；D、化学能可以通过燃烧转化为热能，通过原电池原理转化为电能，故D正确．故选：C4．常温下pH=12的NaOH溶液中，由水电离出的c（OH﹣）是（）A．1×10﹣2mol/L B．1×10﹣7mol/L C．1×10﹣12mol/L D．1×10﹣14mol/L【考点】pH的简单计算．【分析】氢氧化钠溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离,其溶液中的氢离子是水的电离的,pH=12的氢氧化钠溶液中的氢离子浓度为1×10﹣12mol/L．【解答】解：常温下pH=12的NaOH溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，则氢氧化钠溶液中的氢离子是水的电离的，水电离的氢氧根离子与氢离子浓度相等,所以由水电离出的c(OH﹣）=1×10﹣12mol/L，故选C．5．下列各组离子能在溶液中大量共存的是()A．Na+、OH﹣、HS﹣NO3﹣ B．Al3+、Cl﹣、HCO3﹣、Na+C．AlO2﹣、K+、CO32﹣、Na+ D．Fe2+、K+、H+、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生相互促进水解、氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．【解答】解：A．OH﹣、HS﹣结合生成水和硫离子，不能共存,故A不选；B．Al3+、HCO3﹣相互促进水解,不能共存，故B不选；C．该组离子之间不反应，可大量共存，故C选;D．Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应,故D不选；故选C．6．关于A(g)+2B（g）═3C（g）的化学反应，下列表示的反应速率最大的是（）A．v(A)=0。6mol/（L•min) B．v（B)=1.2mol/(L•min）C．v(C）=1。2mol/(L•min） D．v（B)=0。03mol/（L•s）【考点】反应速率的定量表示方法．【分析】根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算，以同一个物质的化学反应速率进行比较．【解答】解：A．v(A)=0.6mol/（L•min）；B．v(B）:v(A）=2：1，故v（A）=0.5v（B）=0。5×1.2mol/（L•min）=0.6mol/（L•min）；C．v（C）：v（A）=3:1，故v（A）=v(C）=×1.2mol/（L•min）=0。4mol/（L•min）；D．v（B）：v（A）=2：1，故v（A）=0.5v(B)=0.5×0。03mol/（L•s）=0。015mol/（L•s）=0。9mol/(L•min）；故D反应速率最快，故选D．7．下列事实可以证明一水合氨是弱电解质的是（）①0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红②0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5③在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱④铵盐受热易分解．A．①② B．②③ C．③④ D．②④【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】证明一水合氨是弱电解质，可从部分电离、存在电离平衡以及对应的盐的酸碱性的角度比较,可与强电解质对照判断，以此解答该题．【解答】解①0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，只能说明氨水具有碱性，但不能说明电离程度，故①错误；②0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5,可说明氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，可说明一水合氨为弱电解质，故②正确;③在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱，可说明一水合氨为弱电解质，故③正确;④铵盐受热易分解，与电解质的强弱无关，故④错误．故选B．8．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）A．已知NaOH（aq）+HCl（aq)=NaCl(aq）+H2O（l）△H=﹣57。3KJ/mol,则40gNaOH固体与稀盐酸完全反应，放出的热量即为57.3KJB．已知C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1C（s）+(g)=CO（g）△H2则△H1＜△H2C．已知H2（g）+Cl2（g）=2HCl,△H=﹣184.6KJ/mol，则反应物总能量小于生成物总能量D．已知P（白磷，s）=P（红磷，s）△H＜0，则白磷比红磷稳定【考点】反应热和焓变；热化学方程式．【分析】A．NaOH固体溶于水放热;B．相同的C，完全燃烧放出热量多,焓变为负；C．反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热；D．能量低的物质更稳定．【解答】解：A．NaOH固体溶于水放热，由中和热可知，40gNaOH固体与稀盐酸完全反应，放出的热量大于57。3KJ，故A错误；B．相同的C，完全燃烧放出热量多,焓变为负,则完全燃烧时焓变小,可知△H1＜△H2，故B正确；C．由H2（g）+Cl2（g）=2HCl△H=﹣184。6KJ/mol，可知则反应物总能量大于生成物总能量，故C错误；D．由P（白磷，s）=P（红磷，s)△H＜0，可知红磷能量低，则红磷比白磷稳定，故D错误；故选B．9．现用0.1mol/LHCl滴定10ml0。05mol/L氢氧化钠溶液，若酸式滴定管未润洗，达到终点时所用盐酸的体积应是（）A．10ml B．5ml C．大于5ml D．小于5ml【考点】中和滴定．【分析】发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，根据n=cV计算氢氧化钠的物质的量，再根据方程式计算消耗HCl的物质的量,根据V=计算消耗盐酸的体积，若酸式滴定管未润洗，盐酸的浓度偏低，消耗盐酸体积偏大．【解答】解:10mL0。05mol•L﹣1的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量=0.01L×0。05mol/L=5×10﹣4mol,由NaOH+HCl=NaCl+H2O可知,消耗HCl的物质的量=5×10﹣4mol，故需要盐酸的体积==0。005L=5mL，若酸式滴定管未润洗，盐酸的浓度偏低,消耗盐酸体积偏大,即对于5mL,故选C．10．下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是（）A．升高温度B．用Zn粉代替Zn粒C．滴加少量的CuSO4溶液D．改用0。1mol/LH2SO4与Zn反应【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】升高温度、增大接触面积、增大氢离子浓度、构成原电池等均可加快生成氢气的速率，减小浓度反应速率减慢，以此来解答．【解答】解:A．升高温度，反应速率加快，故A不选；B．用Zn粉代替Zn粒,接触面积增大，反应速率加快,故B不选；C．滴加少量的CuSO4溶液，构成原电池，反应速率加快,故C不选；D．改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应，浓度减小,反应速率减小,故D选；故选D．二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项序号填入下面的答题表内．）11．化学平衡mA（g)+nB（g)⇌pC（g）+qD（g)，如图所示是A的转化率同压强，温度的关系，分析图象可以得出的正确结论是（)A．正反应吸热，m+n＜ρ+q B．正反应吸热，m+n＞ρ+qC．正反应放热，m+n＜ρ+q D．正反应放热:m+n＞ρ+q【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．【分析】采取“定一议二”原则分析．根据等压线，由温度对A的转化率影响，判断升高温度平衡移动方向,确定反应吸热与放热；作垂直横轴的等温线，温度相同，比较压强对A的转化率的影响，判断增大压强平衡移动方向，确定m+n与p+g的大小关系．【解答】解：由图可知,压强相同时，温度越高A的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移动,故正反应为吸热反应；作垂直横轴的等温线，由图可知，温度相同,压强越大，A的转化率越大，即增大压强平衡向正反应移动,故正反应为气体物质的量减小的反应，即m+n＞p+q，故选B．12．某温度时,BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法正确的是(）A．加入Na2SO4可以使溶液由a点变到c点B．通过蒸发可以使溶液由d点变到c点C．b、d点都是不能长时间稳定存在的点D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态，A、加人Na2SO4后平衡逆向移动，但仍在线上移动；B、蒸发使离子浓度增大，d点不可能到c点;C、d点表示Qc＜Ksp，溶液不饱和；D、Ksp与温度有关，a和c的Ksp相等．【解答】解：A、硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c(SO42﹣），平衡左移,c（Ba2+)应降低，故A正确；B、d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c（SO42﹣）、c(Ba2+）均增大,故B错误；C、b点事过饱和、d点表示Qc＜Ksp,溶液不饱和，不会有沉淀析出，能长时间稳定存在，故C错误；D、Ksp是一常数,温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故D错误．故选A．13．下列说法可以证明反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）已达到平衡状态的是（）A．1个N≡N键断裂的同时,有3个H﹣H键形成B．1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键断裂C．N2、H2、NH3的分子数之比为1：3:2D．1个N≡N键断裂的同时，有6个H﹣N键形成【考点】化学平衡状态的判断．【分析】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．【解答】解：A、1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键生成,正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故A正确；B、未体现正与逆的关系，都体现的正反应,故B错误;C、平衡时各物质的分子数之比取决于物质的起始浓度和转化率，故各物质的分子数之比不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故C错误;D、一个N≡N键断裂的同时,有6个N﹣H键形成，都表示正速率，不能判断反应是否达到平衡状态，故D错误;故选A．14．已知25°时,乙酸和三氯乙酸的电离常数分别是：Ka（CH3COOH）═1。80×10﹣5,Ka(CCl3COOH)═0.60，在物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COONa和CCl3COONa混合溶液中，下列关系正确的是（)A．c（Na+）═c（CCl3COO﹣）+c（CH3COO﹣）B．c（CCl3COO﹣)﹣c(CH3COO﹣)═c（CH3COOH)﹣c(CCl3COOH）C．c(OH﹣）＞c（CCl3COO﹣）＞c（CH3COO﹣)D．c(CH3COOH）＞c（CCl3COOH)＞c(OH﹣)【考点】离子浓度大小的比较．【分析】酸的电离平衡常数越大该酸的酸性越强,乙酸电离平衡常数小于三氯乙酸，说明乙酸酸性小于三氯乙酸，酸的酸性越强其酸根离子水解程度越小，再结合电荷守恒、物料守恒分析解答．【解答】解：酸的电离平衡常数越大该酸的酸性越强，乙酸电离平衡常数小于三氯乙酸，说明乙酸酸性小于三氯乙酸，酸的酸性越强其酸根离子水解程度越小，A．根据物料守恒得c（Na+)═2［c（CCl3COO﹣）+c（CH3COO﹣）+c（CCl3COOH)+c（CH3COOH）］，故A错误；B．根据物料守恒得c（CCl3COOH）+c(CCl3COO﹣）=c（CH3COO﹣）+c(CH3COOH）=c（Na+），所以得c（CCl3COO﹣）﹣c（CH3COO﹣)═c（CH3COOH）﹣c（CCl3COOH），故B正确;C．弱酸根离子水解程度很小，且CH3COO﹣水解程度大于CCl3COO﹣，所以存在c（CCl3COO﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c(OH﹣），故C错误;D．CH3COO﹣水解程度大于CCl3COO﹣，且二者水解都生成氢氧根离子，所以存在c（OH﹣）＞c（CH3COOH）＞c（CCl3COOH),故D错误；故选B．15．如图是室温下，向100mL盐酸中逐渐加入NaOH溶液时，溶液的pH变化图象．根据图象所得结论正确的是（）A．原来盐酸的物质的量浓度为0。1mol/LB．NaOH溶液的浓度为0.1mol/LC．pH=1和pH=7的点对应溶液中水的电离程度相同D．X点NaOH溶液的体积为100mL【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．由图可知，盐酸的pH=1；B．n（HCl）=n（NaOH）；C．盐酸抑制水的电离，而pH=7时溶质为NaCl，对水的电离无影响；D．NaOH的浓度未知．【解答】解：A．由图可知,盐酸的pH=1，则盐酸的物质的量浓度为0.1mol/L,故A正确；B．n（HCl）=n(NaOH),可知n（NaOH）=0。1L×0.1mol/L=0.01mol，体积未知，不能计算浓度，故B错误；C．盐酸抑制水的电离，而pH=7时溶质为NaCl，对水的电离无影响，对水的电离无影响，故C错误;D．NaOH的浓度未知，不能计算其体积，故D错误；故选A．16．实验室可以用KMnO4标准液滴定草酸(H2C2O4），测定溶液中草酸的浓度．判断下列说法不正确的是（)A．滴定中涉及的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2OB．KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用HNO3酸化,会使测定结果偏低C．KMnO4标准溶液盛放在酸式滴定管中D．该实验选择酚酞做指示剂,当待测液颜色由无色变为浅红色时即达到滴定终点【考点】中和滴定;氧化还原反应．【分析】用KMnO4标准液滴定草酸（H2C2O4)，发生氧化还原反应，高锰酸钾具有强氧化性，可氧化腐蚀橡胶，且为紫色，该滴定实验不需要指示剂，以此来解答．【解答】解：A．Mn得到电子，C失去电子，由电子、电荷守恒可知,离子反应为2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故A正确;B．硝酸具有强氧化性，可与草酸反应，消耗高锰酸钾减少，则KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用HNO3酸化，会使测定结果偏低，故B正确;C．高锰酸钾具有强氧化性,可氧化腐蚀橡胶,则KMnO4标准溶液盛放在酸式滴定管中，故C正确；D．高锰酸钾溶液为紫色，不需要加指示剂，滴定终点时由无色变为紫色，且半分钟内不变色，故D错误；故选D．17．下列解释实验事实的平衡不正确的是（)实验解释A100℃0。1mol/LNa2SO4溶液pH=6。2H2O=H++OH﹣B0.1mol/LCH3COOH的pH=3CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+C配制FeCl3溶液时加少量盐酸Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+D随温度有升高,碳酸钠溶液pH增大CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣A．A B．B C．C D．D【考点】盐类水解的原理．【分析】A．水的电离吸热，升高温度促进水电离；B．醋酸是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡；C．氯化铁易水解生成氢氧化铁和HCl,加入稀盐酸抑制铁离子水解；D．硫酸钡在水溶液里存在电离平衡，硫酸根离子抑制硫酸钡电离．【解答】解：A．水的电离吸热，水存在电离平衡，升高温度促进水电离，导致中性溶液的pH小于7,所以100℃0.1mol/LNa2SO4溶液pH=6。2,故A正确；B．醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离导致溶液中氢离子浓度小于醋酸浓度，即溶液中存在电离平衡，故B正确;C．氯化铁易水解生成氢氧化铁和HCl,加入稀盐酸抑制铁离子水解，Fe3++3H2O⇌Fe(OH）3+3H+,故C正确；D．碳酸钠溶液中碳酸根离子分步水解CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣,升高温度,水解平衡正向移动,碱性增强，pH增大，故D错误；故选D．18．在298K、1.01×10﹣3Pa下，将32gSO2通入750mL。1mol/LNaOH溶液中，充分反应，测得反应放出aKJ的热量．已知在该条件上，1molSO2通1L2mol/LNaOH溶液中，充分反应放出bKJ的热量．则SO2与NaOH溶液反应生成NaHSO3的热化学方程式是()A．SO2（g）+NaOH（aq）═NaHSO3（aq)△H=﹣（2a﹣b）kJ/molB．SO2（g）+NaOH（aq）═NaHSO3(aq）△H=﹣（4b﹣a）kJ/molC．SO2（g)+NaOH（aq)═NaHSO3（aq)△H=﹣（a﹣4b）kJ/molD．SO2（g)+NaOH（aq）═NaHSO3(aq)△H=﹣(4a﹣b）kJ/mol【考点】热化学方程式．【分析】在298K、1.01×105Pa下,将32gSO2通入750mL1mol/LNaOH溶液中充分反应,测得反应放出akJ的热量，则2molSO2与3molNaOH发生反应的热化学方程式为2SO2+3NaOH=NaHSO3+Na2SO3+H2O,△H=4akJ/mol，1molSO2通入1L2mol/LNaOH溶液中充分反应放出bkJ的热量，则1molSO2与2molNaOH发生反应的热化学方程式为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O,△H=bkJ/mol，根据盖斯定律答题．【解答】解：在298K、1.01×105Pa下，将32gSO2通入750mL1mol/LNaOH溶液中充分反应，测得反应放出xkJ的热量,则2molSO2与3molNaOH发生反应的热化学方程式为①2SO2(g)+3NaOH（aq）=NaHSO3(aq)+Na2SO3(aq）+H2O(l）,△H=﹣4akJ/mol，1molSO2通入1L2mol/LNaOH溶液中充分反应放出bkJ的热量，则1molSO2与2molNaOH发生反应的热化学方程式为②SO2（g）+2NaOH(aq）=Na2SO3（aq）+H2O(l)，△H=﹣bkJ/mol，根据盖斯定律将①﹣②得SO2与NaOH溶液反应生成NaHSO3的热化学方程式为SO2（g）+NaOH（aq）=NaHSO3（aq），△H=﹣（4a﹣b）kJ/mol,即SO2（g）+NaOH(aq）=NaHSO3(aq)，△H=﹣（4a﹣b）kJ/mol；故选D．19．加热N2O5时，发生以下两个反应：N2O5⇌N2O3+O2，N2O3⇌N2O+O2．在1L密闭容器中加热4molN2O5，达到平衡时，c(O2）为4.5mol/L，c（N2O3）为1。62mol/L，则c（N2O5）为（）A．1.44mol/L B．3.48mol/L C．0。94mol/L D．1。98mol/L【考点】化学平衡的计算．【分析】加热N2O5时,发生以下两个分解反应：N2O5⇌N2O3+O2，N2O3⇌N2O+O2，则N2O5⇌N2O3+O2，开始400转化xxx平衡4﹣xN2O3⇌N2O+O2，转化yyy平衡x﹣yyx+y结合化学平衡时c（O2）为4.50mol/L，c（N2O3）为1.62mol/L来解答．【解答】解：加热N2O5时，发生以下两个分解反应：N2O5⇌N2O3+O2,N2O3⇌N2O+O2，则N2O5⇌N2O3+O2，开始400转化xxx平衡4﹣xN2O3⇌N2O+O2,转化yyy平衡x﹣yyx+y化学平衡时c（O2）为4.50mol/L，c(N2O3）为1.62mol/L，则,解得x=3.06，y=1。44，c（N2O5)=4﹣3。06=0.94mol/L；故选C．20．某兴趣小组设计如下微型实验装置．实验时,先断开K2,闭合K1，两极均有气泡产生;一段时间后，断开K1,闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是(）A．断开K2,闭合K1时,总反应的离子方程式为：2H++2Cl﹣Cl2↑+H2↑B．断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C．断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为:Cl2+2e﹣=2Cl﹣D．断开K1，闭合K2时,石墨电极作正极【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生,说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属Cu不能做阳极；B、断开K2，闭合K1时,是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应,铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大；C、断开K1，闭合K2时,发现电流表指针偏转，证明是原电池反应,形成氢氯燃料电池，铜做负极氢气失电子发生氧化反应；D、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，石墨做原电池正极;【解答】解：A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，电解饱和食盐水的总反应的离子方程式为2H2O+2Cl﹣Cl2↑+H2↑+2OH﹣；故A错误;B、断开K2，闭合K1时，是电解池装置,两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属Cu不能做阳极，Cu做阴极,石墨做阳极，阳极上（石墨电极上）氯离子离子失电子发生氧化反应,阴极上（Cu电极上）氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡,氢氧根离子浓度增大酚酞变红；故B错误；C、断开K1,闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应,形成氢氯燃料电池，据上述分析可知，Cu电极上产生了氢气,石墨电极上产生了氯气，因此铜做负极发生氧化反应,氢气失电子生成氢离子的反应；故C错误;D、断开K1,闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，石墨电极上产生的是氯气，做原电池正极；故D正确；故选D．三、填空、简答题（本题包括4小题，共50分．）21．在一定条件下,可逆反应：mA+nB⇌pC达到平衡，若：（1）A、B、C都是气体，减小压强，平衡向正反应方向移动,则m+n和p的关系是m+n＜p．（2）A、C是气体，增加B的量，平衡不移动，则B为固态或纯液态．（3)A、C是气体,而且m+n=p，增大压强可使平衡发生移动，则平衡向逆方向移动(填“正反应”或“逆反应"）．（4)B、C是气体,而且m=p,增大压强可使平衡向正反应方向移动，则新平衡时混合气体的平均摩尔质量增大(填“增大”“减小"或“不变”)．【考点】化学平衡的影响因素．【分析】根据外界条件（浓度、温度、压强）对化学平衡的影响，一定条件下的可能反应，改变其中一个条件，平衡向减弱这种改变的方向移动．【解答】解：（1）因减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，所以m+n＜p，故答案为：m+n＜p;（2）增加B的量,平衡不移动,说明B的浓度不变,可以是液体也可以是固体，故答案为：固态或纯液；（3）因增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，A、C是气体，而且m+n=p，所以B不是气体，则m＜p，即平衡移动的方向是逆反应方向，故答案为:逆；（4)B、C是气体,而且m=p，增大压强可使平衡向正反应方向移动，所以A为气体,气体质量不变，物质的量减少，所以则新平衡时混合气体的平均摩尔质量增大，故答案为：增大．22．汽车尾气作为空气污染的主要来源之一，其中含有大量的有害物质，包括CO、NOx、碳氢化合物和固体悬浮颗粒等．为汽车尾气的治理，环境工作者面临着巨大的挑战．试回答以下问题：（1）用CH4催化还原NO，可以消除氮氧化物的污染．已知：①CH4（g）+4NO(g)═2N2(g）+CO2(g）+2H2O（g)△H=﹣1160kJ•mol﹣1②CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2(g)+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1由CH4将NO2完全还原成N2，生成CO2和水蒸气的热化学方程式是CH4（g)+2NO2（g）=CO2（g)+2H2O（g）+N2（g）△H=﹣867kJ•mol﹣1．（2）NOx也可以被NaOH溶液吸收而生成NaNO3、NaNO2，已知某温度下，HNO2的电离常数K=﹣9.7×10﹣4，NO2﹣的水解常数K=﹣8。0×10﹣10，则该温度下水的离子积常数=Ka×Kh（用含Ka、Kb的代数式表示)，此时溶液的温度＞25℃(填“＞”“＜”或“=”）．（3）化工上利用CO合成甲醇，反应的热化学方程式为CO(g）+2H2(g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90。8kJ•mol﹣1．不同温度下，CO的平衡转化率与压强的关系如图1所示,图中T1、T2、T3的高低顺序是T1＜T2＜T3，理由是该反应为放热，温度越高,反应物的转化率越低．（4)化工上还可以利用CH3OH生产CH3OCH3．在体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g）+H2O（g）．容器换号温度（℃)起始物质的量（mol)平衡物质的量（mol）CH3OH（g）CH3OCH2（g）H2O（g）Ⅰ3870.200.0800。080Ⅱ2070。200.0900.090该反应的正反应放热为反应(填“放热"或“吸热")．若起始时向容器I中充入CH3OH0。15mol、CH3OCH30.15mol和H2O0。10mol，则反应将向正方向进行(填“正"或“逆”)．（5）CH3OH燃料电池在便携式通讯设备、汽车等领域有着广泛的应用．已知电池工作时的总反应方程式为2CH3OH+3O2═2CO2+4H2O,电池工作时的示意图如图2所示．质子穿过交换膜移向N电极区（填“M”或“N"），负极的电极反应式为CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+．【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理;化学平衡的影响因素．【分析】（1)CH4（g）+4NO2（g)⇌4NO（g）+CO2（g)+2H2O（g)△H=﹣574kJ•mol﹣1①CH4（g）+4NO（g）⇌2N2(g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1②将方程式得甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式；（2）依据亚硝酸根离子水解平衡常数表达式变式计算分析；(3）正反应放热,则升高温度CO的转化率降低；(4)对比I、Ⅱ可知，升高温度CH3OCH3（g)的物质的量减小，说明平衡逆向移动,而升高温度平衡向吸热反应移动;根据I中数据计算平衡常数，计算此时浓度商Qc,若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K,反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行;（5)原电池中阳离子移向正极,负极是甲醇失电子发生氧化反应，依据电池反应和酸性环境，2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，负极电极反应为：CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+，正极是氧气得到电子发生还原反应，氧气得到电子生成氢氧根离子，在图中是酸性介质，电极反应产物应写成水的形式；电池的正极反应式为：O2+4H++4e﹣=2H2O；【解答】解:（1）CH4（g）+4NO2（g）⇌4NO(g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1①CH4（g）+4NO（g）⇌2N2（g）+CO2(g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1②将方程式CH4(g）+2NO2(g）=CO2（g)+2H2O(g)+N2（g）△H=kJ/mol=﹣867kJ•mol﹣1，故答案为：CH4（g)+2NO2（g)=CO2（g）+2H2O（g)+N2（g)△H=﹣867kJ•mol﹣1；（2）NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣，Kh==×=,则Kw=Kh×Ka=8。0×10﹣10mol•L﹣1×9。7×10﹣4mol•L﹣1=7.76×10﹣13，＞常温下Kw=10﹣14，温度高于常温，＞25°C，故答案为:Ka×K；＞；（3）根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，图中T1、T2、T3的高低顺序T1＜T2＜T3,故答案为：T1＜T2＜T3，该反应为放热，温度越高,反应物的转化率越低；（4）对比I、Ⅱ可知，升高温度CH3OCH3（g）的物质的量减小,说明平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应移动，则正反应为放热反应，容器Ⅰ中平衡时c（CH3OCH3）=c（H2O）==0.080mol/L,c（CH3OH）==0.04mol/L,容器Ⅰ中化学平衡常数K1==4，此时浓度商Qc==0.67＜K=4，反应向正反应进行，故答案为：放热，正；（5）图分析可知a端电极N为正极,质子穿过交换膜移向N电极,M电极为负极,负极是甲醇失电子发生氧化反应，依据电池反应和酸性环境，2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，负极电极反应为:CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+，故答案为：N，CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+．23．用0.1032mol•L﹣1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，（1）某同学按下列步骤进行实验：①取一锥形瓶,用待测NaOH溶液润洗两次;②在锥形瓶中加入25，.00mL待测NaOH溶液；③加入几滴石蕊试剂做指示剂；④取一支酸式滴定管，洗涤干净；⑤直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，进行滴定;⑥两眼注视着滴定管内盐酸溶液液面下降，直至滴定终点．其中所述操作有错误的序号为①③⑤⑥（2)取用25。00mL待测NaOH溶液应用以下乙（选填：“甲”、“乙”）装置,若取用NaOH溶液开始平视读数、结束时俯视读数，会导致所测氢氧化钠溶液浓度偏大（填“偏大““偏小“或“不变“）（3）若滴定开始前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定结束后气泡消失，则会导致所测氢氧化钠溶液浓度偏大（填“偏大““偏小“或“不变“）（4）若平行实验三次，记录的数据如下表滴定次数待测溶液的体积（/mL）标准HCl溶液的体积滴定前读数（/mL)滴定后读数（/mL）125。001。0221.04225.002.0022。