2021-2022学年新疆喀什地区岳普湖县高二下学期第一次调研化学试题(解析版)

高中化学名校试卷PAGEPAGE1新疆喀什地区岳普湖县2021-2022学年高二（下）第一次调研一、单选题（共20小题，每小题2分，共40分）1．（2分）化学与生活、生产息息相关．下列说法错误的是（）A．使用含氟牙膏可以有效预防龋齿 B．碱性的锌锰干电池属于二次电池 C．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物 D．黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易生铜锈〖解析〗A．氟离子能和羟基磷酸钙反应生成氟磷酸钙，氟磷酸钙比羟基磷酸钙更耐酸性，可在牙齿表面形成保护层，则含氟牙膏能有效预防龋齿，故A正确；B．二次电池是充电电池，碱性的锌锰干电池不能多次充放电，属于一次电池，故B错误；C．可溶性的铝盐和铁盐能发生水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体，氢氧化铝、氢氧化铁胶体吸附性强，能吸附水中悬浮物形成沉淀，达到净水目的，故C正确；D．铜锌合金在电解质溶液中形成原电池反应，锌做负极被腐蚀，正极被保护，所以不易形成铜绿，故D正确；〖答案〗B。2．（2分）Ca+金属离子体系催化N2O和CO反应的过程不需要吸收能量，Ca+是理想的金属阳离子催化剂。该反应的催化原理如图所示，下列叙述错误的是（）A．该反应的决速步骤为IM4→IM5 B．Ca+作该反应的催化剂时降低了反应的活化能 C．催化过程中N2O发生的反应为N2O+Ca+═N2+CaO+ D．N2O和CO反应的热化学方程式为N2O+CO═N2+CO2△H＝﹣43.49kJ/mol〖解析〗A．由图可知，IM4→IM5该步骤的活化能最大，则该步骤为该反应的决速步骤，故A正确；B．Ca+作该反应的催化剂，催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，故B正确；C．由图可知，催化过程中N2O发生的反应，反应物为N2O和Ca+，生成物为N2+CaO+，则催化过程中N2O发生的反应为N2O+Ca+═N2+CaO+，故C正确；D．书写热化学方程式时要表明物质的状态，故D错误；〖答案〗D。3．（2分）常温下，pH＝10的M、N两种碱溶液各1mL，分别加水稀释到100mL，其pH与溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．稀释前，两溶液中n（OH﹣）不等 B．稀释后，M溶液的碱性比N溶液的碱性强 C．完全中和M、N溶液时，消耗同浓度盐酸的体积相等 D．若8＜a＜10，则M、N都是弱碱〖解析〗A．由图可知，开始的pH相同，则c（OH﹣）相等，M、N两种碱溶液各1mL，体积V也相等，由n＝cV可知，两溶液中n（OH﹣）相等，故A错误；B．稀释相同倍数后，M溶液的pH比N溶液的小，即M溶液的碱性比N溶液的碱性弱，故B错误；C．由图象可知100mL的溶液中n（OH﹣）关系为N＞M，说明pH＝10的M、N两种碱溶液，溶质浓度N大于M，完全中和M、N两溶液时，消耗同浓度盐酸的体积VM＜VN，故C错误；D．M的碱性比N强，若M为强碱，加水稀释到100mL的时候则a＝8，若8＜a＜10，则M、N都是弱碱，故D正确；〖答案〗D。4．（2分）HCOOH是一种弱酸，常温下，对HCOOH溶液进行稀释，下列物理量的比值增大的是（）A． B．c（HCOO﹣）• C． D．〖解析〗A.稀释后HCOOH的电离程度增大，溶液中HCOO﹣的物质的量增大，HCOOH的物质的量减小，同一溶液中体积相等，则＝的比值减小，故A错误；B.c（HCOO﹣）•＝Ka（HCOOH），温度不变甲酸的电离平衡常数不变，则稀释过程中c（HCOO﹣）•的值不变，故B错误；C.稀释后HCOOH的电离程度增大，溶液中H+的物质的量增大，而HCOOH的物质的量减小，同一溶液中体积相等，则＝的比值增大，故C正确；D.＝，温度不变Kh（HCOO﹣）不变，则稀释过程中的比值不变，故D错误；〖答案〗C。5．（2分）一定温度下，反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的反应热和化学平衡常数分别为△H和K，△H＜0，下列说法正确的是（）A．升高温度，K增大 B．2molSO2和1molO2反应放出热量|△H| C．其他条件不变，增大SO2的量，△H和K均增大 D．相同温度时反应4SO3（g）4SO2（g）+2O2（g）的反应热和化学平衡常数为﹣2△H和〖解析〗A．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小，故A错误；B．该反应为可逆反应，不可能完全转化，放出热量小于|△H|，故B错误；C．其他条件不变，增大SO2的量，△H不变，温度不变，化学平衡常数不变，故C错误；D．2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的反应热为△H，则2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）的反应热为﹣△H，△H的值与化学计量数成正比，则4SO3（g）4SO2（g）+2O2（g）的反应热为﹣2△H，2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的化学平衡常数为K＝，则4SO3（g）4SO2（g）+2O2（g）K1＝＝，故D正确；〖答案〗D。6．（2分）如图所示能够组成原电池，并且产生明显的电流的是（）A． B． C． D．〖解析〗A．两电极相同，不能形成原电池，故A错误；B．锌为负极，铜为正极，电解质溶液为硫酸，可形成原电池，故B正确；C．不能进行自发进行的氧化还原反应，不能形成原电池，故C错误；D．不能进行自发进行的氧化还原反应，不能形成原电池，故D错误。〖答案〗B。7．（2分）HA是一元弱酸，微溶盐MA2的饱和溶液中c（M2+）随c（H+）而变化，M2+不发生水解。定义如下关系：pM＝﹣lgc（M2+），δ（A﹣）＝。25℃时，实验测得pM与δ（A﹣）的关系如图所示，其中D点对应的pH＝5.0。已知lg2≈0.3，则下列说法正确的是（）A．D点存在2c（M2+）＝3c（HA） B．E点的pH≈5.6 C．25℃时，Ksp（MA2）的数量级为10﹣10 D．25℃时，HA的电离常数：Ka为2.5×10﹣5〖解析〗A.由物料守恒可得2c（M2+）＝c（HA）+c（A﹣），对于D点，δ（A﹣）＝＝2，则c（HA）＝4c（A﹣），所以2c（M2+）＝1.25c（HA），故A错误；B.D点对应的pH＝5.0，c（H+）＝10﹣5mol/L，c（HA）＝4c（A﹣），Ka（HA）＝＝10﹣5×＝2.5×10﹣6，对于E点，δ（A﹣）＝＝0.5，则c（HA）＝c（A﹣），则Ka（HA）＝c（H+），pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lg（2.5×10﹣6）≈5.6，故B正确；C.由物料守恒可得2c（M2+）＝c（HA）+c（A﹣），δ（A﹣）＝＝，Ksp（MA2）＝c（M2+）×c（A﹣）2＝c（M2+）×〖δ（A﹣）×2c（M2+）〗2＝4c（M2+）3×δ（A﹣）2，将E点坐标代入上式可得Ksp（MA2）＝4×（10﹣2.8）3×0.52＝10﹣8.4，Ksp（MA2）的数量级为10﹣9，故C错误；D.D点对应的pH＝5.0，c（H+）＝10﹣5mol/L，c（HA）＝4c（A﹣），Ka（HA）＝＝10﹣5×＝2.5×10﹣6，故D错误；〖答案〗B。8．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温下1LpH＝3的FeCl3溶液中Cl﹣数目为3NA B．标况下2.24LCl2溶于水充分反应后，HClO、ClO﹣、Cl﹣微粒数目之和为0.2NA C．向1L0.1mol•L﹣1的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性，含有NH4+数目为0.1NA D．粗铜精炼过程中，当阳极质量减小64g时，转移电子数目为2NA〖解析〗A．氯化铁为强酸弱碱盐，水溶液中部分铁离子水解，只知道溶液pH值无法计算氯离子浓度，无法计算溶液中含有氯离子数目，故A错误；B．标况下2.24LCl2物质的量为1mol，将1molCl2通入水中，氯气不能反应完全，由原子守恒可知2n（Cl2）+n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（HClO）＝2×1mol＝2mol，故溶液中Cl﹣、ClO﹣、HClO的数目之和小于2NA，故B错误；C．向1L0.1mol•L﹣1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，则根据电荷守恒可知c（Cl﹣）＝c（NH4+）＝0.1mol/L，所以NH4+的数目为0.1NA，故C正确；D．电解精炼铜时，阳极上是粗铜，粗铜上有其他金属杂质，所以在电解精炼铜的过程中，阳极质量减少64g时，转移电子数目不一定为0.2NA，故D错误；〖答案〗C。9．（2分）常温下，在含有大量Cu（OH）2（s）的浊液中，改变条件发生相应变化的趋向错误的是（）A．通入少量HCl B．加少量蒸馏水 C．加少量NaOH（s） D．适当升高温度〖解析〗A．通入少量HCl，反应消耗了OH﹣，导致溶液pH降低，故A正确；B．加入少量水，得到同温度下Cu（OH）2饱和溶液，使溶液中离子浓度不变，故B正确；C．加入少量NaOH固体，平衡向生成Cu（OH）2的方向移动，n（Cu2+）减小，故C错误；D．氢氧化铜溶解是吸热过程，升温后仍然是饱和溶液，但其溶度积常数增大，故D正确；〖答案〗C。10．（2分）已知肼燃烧的化学方程式为N2H4+O2N2+2H2O。以硫酸为电解质溶液组成肼燃料电池，下列有关说法不正确的是（）A．以肼代替氢气的主要优点是肼易液化、易储存 B．正极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣ C．当1molO2参与反应时，必有4molH+向正极移动 D．电池工作过程中硫酸浓度逐渐减小〖解析〗A．肼的熔点和沸点均比氢气的高，易液化、易储存，故A正确；B．电解质溶液是酸性的，正极上氧气得电子生成水，所以正极的电极反应式应为O2+4H++4e﹣＝2H2O，故B错误；C．当1molO2参与反应时，电路中转移电子数为4mol，阳离子向正极移动，则必有4molH+向正极移动，故C正确；D．根据N2H4+O2＝N2+2H2O总反应可知，反应生成水，溶液的体积增大，故硫酸浓度逐渐减小，故D正确；〖答案〗B。11．（2分）用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．pH＝13的NaOH溶液中所含OH﹣的数目为0.1NA B．常温下，向1L0.1mol⋅L﹣1醋酸钠溶液中加入醋酸至中性，则溶液中CH3COO﹣的数目为0.1NA C．通入1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣粒子数目之和为2NA D．向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2+被氧化时，反应转移的电子数为3NA〖解析〗A.题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量，故A错误；B.溶液呈中性，由电荷守恒可知，c（Na+）＝c（CH3COO﹣），故溶液中n（Na+）＝n（CH3COO﹣）＝0.1mol/L×1L×NA/mol＝0.1NA，故B正确；C.氯气与水的反应为可逆反应，氯气不能完全转化，通入1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣粒子数目之和小于2NA，故C错误；D.题目中碘化亚铁的量未给，无法计算实际转移电子数目，故D错误；〖答案〗B。12．（2分）下列叙述不正确的有几项（）①实验室盛放碳酸钠溶液，不能用玻璃塞，要用带橡胶塞的试剂瓶保存；②泡沫灭火器中盛有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，使用时只需将两者混合就可产生大量泡沫；③用氯化铵溶液除去铁锈；④将饱和的AlCl3溶液蒸干并灼烧，可得到AlCl3固体；⑤明矾和漂白粉用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同；⑥配制FeCl3溶液时，可将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再加水稀释A．1项 B．2项 C．4项 D．5项〖解析〗①碳酸钠溶液水解显碱性，碱能和玻璃中的SiO2反应生成黏性的Na2SiO3，将玻璃塞和玻璃瓶粘结在一起，故用玻璃瓶时需要用橡胶塞，而不用玻璃塞，故正确；②泡沫灭火器灭火是Al3+和HCO3﹣的双水解生成Al（OH）3和CO2，CO2用于灭火，故正确；③NH4Cl溶液水解生成HCl，HCl能和铁锈反应而除锈，故正确；④AlCl3水解生成Al（OH）3和HCl，盐酸具有挥发性，加热促进盐酸挥发，所以最终得到的固体是Al（OH）3，故错误；⑤明矾能生成氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮物而净水，但不具有氧化性，不能用于杀菌消毒，漂白粉中次氯酸钙具有强氧化性，能杀菌消毒，即净水原理不同，故错误；⑥浓盐酸可抑制铁离子水解，则配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度，故正确；〖答案〗B。13．（2分）常温下，下列各组离子在相应的条件下能大量共存的是（）A．由水电离产生的c（H+）＝1×10﹣10mol•L﹣1的溶液中：NO3﹣、Fe2+、Na+、SO42﹣ B．＝10﹣10mol•L﹣1的溶液中：NH4+、I﹣、Cl﹣、K+ C．＝1×106的溶液中K+、Na+、Cl﹣、HCO3﹣ D．惰性电极电解AgNO3后的溶液中：SO32﹣、K+、Na+、S2﹣〖解析〗A．由水电离产生的c（H+）＝10﹣12mol•L一1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，碱性条件下Fe2+不能大量共存，故A错误；B.＝10﹣10mol/L溶液为酸性溶液，H+、NH4+、I﹣、Cl﹣、K+，相互不反应，可以大量共存，故B正确；C.＝106的溶液为碱性溶液，氢氧根离子与碳酸氢根离子反应，不能大量共存，故C错误；D．惰性电极电解AgNO3后的溶液中，含有大量硝酸，硝酸具有强的氧化性，能够氧化硫离子、亚硫酸根离子，不能大量共存，故D错误；〖答案〗B。14．（2分）为了探究镁铝在NaOH溶液中的放电情况，某研究小组设计了如图1所示的实验装置。反应过程中装置的电压变化如图2所示。相关说法正确的是（）A．镁电极始终为电池的负极 B．50s后，原电池中电子流动方向发生改变 C．整个过程中正极的电极反应式均为2H2O﹣2e﹣═H2↑+2OH﹣ D．依据金属活动性顺序即可判断原电池的正、负极，与电解质溶液无关〖解析〗A.随着反应的进行，溶液碱性变弱，结合右侧电压表可知，正负极互换，故镁电极开始不是正极，故A错误；B.结合分析可知，50s后，电压的正负值发生变化，电子流动方向改变，故B正确；C.由于两次过程的酸碱性不同，故对应的电极方程式不同，故C错误；D.Mg比Al活泼，但是开始反应时，Mg为正极，故不可以简单地通过金属活动性顺序判断原电池的正、负极，还需要考虑电解液，故D错误；〖答案〗B。15．（2分）一定温度下，某密闭容器中充入1molA2和2molB2，发生反应A2（g）+B2（g）⇋2AB（g）。在达到平衡后，生成amolAB。当温度不变时，若起始加入的A2、B2、AB的物质的量分别为：x，y，z，则下列说法正确的是（）A．若保持恒容，当x：y＜1：2，z＝0，则达新平衡状态时A2和B2的转化率一定升高 B．若保持恒压，当x：y＜1：2，z为任意值，则达新平衡状态时AB的物质的量为C．若保持恒容，当x：y：z＝1：1：a，则达新平衡状态时A2的体积分数与原平衡时相同D．若保持恒压，当x：y＜1：2，z＞0，则达新平衡状态时B2的体积分数与原平衡时可能相同〖解析〗A．恒温恒容条件下，x：y＜1：2、z＝0时，相当增大B2的浓度，平衡正向移动，A2的转化率增大，但B2的转化率反而降低，故A错误；B．若保持恒温恒压条件，当x：y＜1：2，z为任意值时，两平衡可能不等效，因此达新平衡状态时AB的物质的量无法计算，故B错误；C．恒温恒容条件下，x：y：z＝1：1：a的反应体系中始终存在n（A2）：n（B2）＝1：1≠1：2，与原平衡体系不等效，则新平衡状态时A2的体积分数与原平衡不可能相同，故C错误；D．恒温恒压条件下，当x：y＜1：2，z＞0，并且满足（x+）：（y+）＝1：2时，该平衡体系与已知平衡体系等效，达新平衡状态时B2的体积分数与原平衡相同，当（x+）：（y+）≠1：2时，该平衡体系与已知平衡体系不等效，达新平衡状态时B2的体积分数与原平衡不相同，所以当x：y＜1：2，z＞0时，达新平衡状态时B2的体积分数与原平衡时可能相同，故D正确；〖答案〗D。16．（2分）常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示（不考虑C2O42﹣的水解）。下列叙述错误的是（）A．Ksp（Ag2C2O4）的数量级等于10﹣11 B．a点表示Ag2C2O4的不饱和溶液 C．向c（Cl﹣）＝c（C2O42﹣）的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀 D．Ag2C2O4（s）+2Cl﹣（aq）⇌2AgCl（s）+C2O42﹣（aq）的平衡常数K＝109.04〖解析〗由上述分析可知，X曲线代表AgCl，Y曲线代表Ag2C2O4，Ksp（AgCl）＝10﹣5.75×10﹣4＝10﹣9.75，Ksp（Ag2C2O4）＝10﹣2.46×（10﹣4）2＝10﹣10.46；A．Ksp（Ag2C2O4）＝10﹣2.46×（10﹣4）2＝10﹣10.46＝100.54×10﹣11，则Ksp（Ag2C2O4）的数量级等于10﹣11，故A正确；B．a点在Ag2C2O4所表示的图象上方，c（Ag+）比Ag2C2O4溶解平衡曲线上的c（Ag+）小，a点的浓度积Q（Ag2C2O4）＜Ksp（Ag2C2O4），所以a点表示Ag2C2O4的不饱和溶液，故B正确；C．由图可知，当阴离子浓度c（Cl﹣）＝c（C2O42﹣）时，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，则向c（Cl﹣）＝c（C2O42﹣）的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀，故C错误；D．Ag2C2O4（s）+2Cl﹣（aq）⇌2AgCl（s）+C2O42﹣（aq）的平衡常数K＝＝×＝＝＝109.04，故D正确；〖答案〗C。17．（2分）室温下，将0.1mol•L﹣1的HClO溶液加水稀释至0.01mol•L﹣1的过程中，下列各项始终保持减小的是（）A．Ka（HClO） B． C． D．〖解析〗A．电离平衡常数只与温度有关，加水稀释，Ka（HClO）不变，故A错误；B．温度不变，水的离子积常数不变，0.1mol•L﹣1的HClO溶液加水稀释，c（H+）减小、c（OH﹣）增大，增大，故B错误；C．加水稀释，c（ClO﹣）减小，Ka（HClO）＝不变，所以增大，故C错误；D．温度不变，水的离子积常数不变，加水稀释，c（H+）减小、c（OH﹣）增大，c（ClO﹣）减小，所以减小，故D正确；〖答案〗D。18．（2分）在一个恒温恒压的密闭容器中，有V2O5存在时发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＝﹣196.6KJ/mol。该反应过程为①SO2+V2O5→SO3+2VO2、②……下列有关该反应的说法不正确的是（）A．反应②是O2+4VO2→2V2O5 B．V2O5降低了反应的活化能 C．增大O2浓度时该反应的△H不变 D．当2v（O2）逆＝v（SO3）正时加入V2O5，等式仍然成立，v（O2）逆、v（SO3）正值不变〖解析〗A．总反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）﹣①SO2+V2O5→SO3+2VO2可得反应②为O2+4VO2→2V2O5，故A正确；B．在反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）中使用V2O5作催化剂，可降低反应的活化能，故B正确；C．△H与热化学反应方程式有关，改变O2浓度不影响此反应的△H，故C正确；D．当2v（O2）逆＝v（SO3）正时反应达到平衡，此时加入V2O5，速率改变，但平衡不移动，即v（O2）逆、v（SO3）正数值增大，等式仍然成立，故D错误；〖答案〗D。19．（2分）下列过程不涉及氧化还原反应的是（）A．火药的爆炸 B．钢铁的冶炼 C．用84消毒液消毒 D．卤水点豆腐〖解析〗A．火药的爆炸属于燃烧过程，存在元素化合价变化，涉及氧化还原反应，故A不选；B．钢铁的冶炼过程中Fe元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B不选；C．用84消毒液消毒，利用了NaClO的强氧化性，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；D．卤水点豆腐，属于胶体的聚沉，不存在化合价变化，不涉及氧化还原反应，故D选；〖答案〗D。20．（2分）铑的配合物离子〖Rh（CO）2I2〗﹣可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是（）A．CH3COI是反应中间体 B．甲醇羰基化反应为CH3OH+CO═CH3CO2H C．反应过程中Rh的成键数目保持不变 D．存在反应CH3OH+HI═CH3I+H2O〖解析〗A、由图可知，铑的配合物离子〖Rh（CO）3I3CH3〗﹣生成CH3COI，CH3COI继续与H2O反应生成HI和CH3CO2H，所以CH3COI是反应中间体，故A正确；B、由图可知发生的反应依次为：①CH3OH+HI═CH3I+H2O，②+CH3I＝，③＝，④+CO＝，⑤＝CH3COI+，⑥CH3COI+H2O＝HI+CH3CO2H，6个反应依次发生，6个反应方程式相加和，消去中间产物得出总反应：CH3OH+CO═CH3CO2H，故B正确；C、由图可以看出Rh的成键数目由4变为6再变为5再变为6再变为4，依次循环，故C错误；D、由B分析，按照箭头方向可知：CH3OH和HI反应生成CH3I和H2O，反应方程式为：即CH3OH+HI═CH3I+H2O，故D正确；〖答案〗C。二、综合题，共60分21．（14分）苯乙烯（C6H5CH＝CH2）2是合成橡胶和塑料的单体，用来生产丁苯橡胶、聚苯乙烯等．工业上以乙苯C6H5CH2CH3为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯，反应方程式为：C6H5CH2CH3（g）⇌C6H5CH＝CH2（g）+H2（g）△H（1）已知：H2和CO的燃烧热（△H）分别为﹣285.8kJ．mol•L﹣1和﹣283.0kJ．mol•L﹣1；C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）⇌C6H5CH＝CH2（g）+CO（g）+H2O（I）△H＝+114.8kJ•mol﹣1则制取苯乙烯反应的△H为+117.6KJ/mol（2）向密闭容器中加入1mol乙苯，在恒温恒容条件下合成苯乙烯，达平衡时，反应的能量变化为QkJ．下列说法正确的是BD．A．升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大B．若继续加入1mol乙苯，苯乙烯转化率增大C．压缩体积，平衡逆向移动，反应物浓度增大，生成物浓度减小D．相同条件下若起始加入1mol苯乙烯和1mol氢气，达平衡时反应能量变化为（△H﹣Q）kJ（3）向2L密闭容器中加入1mol乙苯发生反应，达到平衡状态时，平衡体系组成（物质的量分数）与温度的关系如图所示．700℃时，乙苯的平衡转化率为66.7%，此温度下该反应的平衡常数为；温度高于970℃时，苯乙烯的产率不再增加，其原因可能是有机化合物在温度过高时分解．（4）含苯乙烯的废水排放会对环境造成严重污染，可采用电解法去除废水中的苯乙烯，基本原理是在阳极材料MOx上生成自由基MOx（OH），其进一步氧化有机物生成CO2，该阳极的电极反应式为C6H5CH＝CH2+16H2O﹣40e﹣＝8CO2↑+40H+，若去除0.5mol苯乙烯，两极共收集气体14mol．〖解析〗（1）H2和CO的燃烧热（△H）分别为﹣285.8kJ．mol•L﹣1和﹣283.0kJ．mol•L﹣1，可得热化学方程式：①H2（g）+O2（g）＝H2O（l）△H＝﹣285.8KJ/mol，②CO（g）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣283.0KJ/mol，已知③：C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）⇌C6H5CH＝CH2（g）+CO（g）+H2O（l）△H＝+114.8kJ/mol，根据盖斯定律，③+②﹣①可得：C6H5CH2CH3（g）⇌C6H5CH＝CH2（g）+H2（g），故△H＝114.8KJ/mol﹣283.0KJ/mol+285.8KJ/mol＝+117.6KJ/mol，故〖答案〗为：+117.6KJ/mol；（2）A．温度变化对正逆反应速率的影响是一致的，只是改变的程度不同，所以升高温度，正反应速率和逆反应速率均增大，故A错误；B．若继续加入1mol乙苯，相当于增大整个体系的压强，增大压强，平衡逆向移动，故苯乙烯转化率增大，B正确；C．压缩容器的体积，增大体系的压强，平衡向气体体积减小的方向移动，乙苯的浓度增大，平衡常数不变，故平衡时苯乙烯、氢气的浓度也增大，故C错误；D．相同条件下若起始加入1mol苯乙烯和1mol氢气，等效为开始加入1mol乙苯，与原平衡为完全等效平衡，平衡时乙苯的物质的量相等，假设平衡时为amol乙苯，则原平衡反应中能量变化为QkJ＝（1﹣a）×△HkJ，而生成amol乙苯的能量变化为：a×△HkJ＝（△H﹣Q）kJ，故D正确；故〖答案〗为：BD；（3）参加反应的乙苯为xmol，则：C6H5CH2CH3（g）⇌C6H5CH＝CH2（g）+H2（g）起始量（mol）：100变化量（mol）：xxx平衡量（mol）：1﹣xxx由图示可知：700℃时，乙苯的物质的量百分含量为20%，则＝20%，所以x＝，乙苯的平衡转化率为×100%＝66.7%，此温度下平衡常数K＝＝＝，温度高于970℃时，苯乙烯的产率不再增加，可能有机物受热易分解是所致；故〖答案〗为：66.7%；；有机化合物在温度过高时分解；（4）由题目信息可知，阳极上整个过程是苯乙烯氧化生成二氧化碳，由守恒守恒可知，应有OH﹣离子生成，由元素守恒可知，应有水参与反应，阳极电极反应式为：C6H5CH＝CH2+16H2O﹣40e﹣＝8CO2↑+40H+，阴极上是氢离子获得电子生成氢气，阴极电极反应式为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，除去0.5mol苯乙烯，则：C6H5CH＝CH2+16H2O﹣40e﹣＝8CO2↑+40H+0.5mol20mol4mol2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣20mol10mol故两极共收集气体：4mol+10mol＝14mol，故〖答案〗为：C6H5CH＝CH2+16H2O﹣40e﹣＝8CO2↑+40H+；14．22．（10分）丙烷燃烧可以通过以下两种途径：途径I：C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H＝﹣akJ•mol﹣1途径II：C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H＝+bkJ•mol﹣12C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H＝﹣ckJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＝﹣dkJ•mol﹣1（abcd均为正值）请回答下列问题：（1）判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量，途径I放出的热量等于（填“大于”、“等于”或“小于”）途径II放出的热量（2）由于C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）的反应中，反应物具有的总能量小于（填“大于”、“等于”或“小于”）生成物具有的总能量，那么在化学反应时．反应物就需要吸收（填“放出”或“吸收”）能量才能转化为生成物，因此其反应条件是加热（3）b与a、c、d的数学关系式是b＝﹣a+（c+d）．〖解析〗（1）根据盖斯定律，煤作为燃料不管是一步完成还是分两步完成，反应物和产物的焓值是一定的，所以两途径的焓变值一样，放出的热量一样，故〖答案〗为：等于；（2）由于C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）的反应中△H＞0，该反应是吸热反应，反应物具有的总能量小于生成物的总能量，需要吸收能量，反应条件是加热，故〖答案〗为：小于；吸收；加热；（3）途径I：①C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H＝﹣akJ•mol﹣1途径II：②C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H＝+bkJ•mol﹣1③2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H＝﹣ckJ•mol﹣1④2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＝﹣dkJ•mol﹣1反应①＝反应②+反应③×+反应④×，所以﹣a＝b+（﹣c﹣d），所以b＝﹣a+（c+d），故〖答案〗为：b＝﹣a+（c+d）．23．（10分）某温度下，在2L密闭容器中X、Y、Z三种物质（均为气态）间进行反应，其物质的量随时间的变化曲线如图。据图回答：（1）该反应的化学方程式可表示为2X（g）⇌3Y（g）+Z（g）。（2）反应起始至tmin（设t＝5），X的平均反应速率是0.08mol/（L•min）。（3）下列可判断反应已达到该状态的是D（填字母，下同）A．X、Y、Z的反应速率相等B．X、Y的反应速率比为2：3C．混合气体的密度不变D．生成1molZ的同时生成2molX（4）由如图求得X的平衡时的转化率为33.3%。（5）一定能使该反应的反应速率增大的措施有C。A．其他条件不变，及时分离出产物B．适当降低温度C．其他条件不变，增大X的浓度〖解析〗（1）由图可知，X为反应物，达到平衡时的反应量为2.4mol﹣1.6mol＝0.8mol，Y为生成物，达到平衡状态时生成量为1.2mol，Z为生成物，达到平衡状态时生成量为0.4mol，X、Y、Z变化量的比为0.8mol：1.2mol：0.4mol＝2：3：1，故方程式为2X（g）⇌3Y（g）+Z（g），故〖答案〗为：2X（g）⇌3Y（g）+Z（g）；（2）X达到平衡时的反应量为2.4mol﹣1.6mol＝0.8mol，反应起始至tmin（设t＝5），X的平均反应速率是＝0.08mol/（L•min），故〖答案〗为：0.08mol/（L•min）；（3）A.X、Y、Z的反应速率相等，未指明正逆，且平衡时正逆反应速率之比应等于方程式的系数比，故A错误；B.X、Y的反应速率比为2：3，未指明正逆，无法判断是否达到平衡状态，故B错误；C.反应前后气体总质量不变，容器容积不变，故容器内混合气体的密度始终不变，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；D.生成1molZ的同时生成2molX，正逆反应速率相等，达到化学平衡状态，故D正确；故〖答案〗为：D；（4）X的平衡时的转化率为×100%＝33.3%，故〖答案〗为：33.3%；（5）A.其他条件不变，及时分离出产物，平衡正移，反应物浓度减小，反应速率减慢，故A错误；B.适当降低温度，反应速率减慢，故B错误；C.其他条件不变，增大X的浓度，反应速率加快，故C正确；故〖答案〗为：C。24．（10分）正确认识和使用电池有利于我们每一个人的日常生活。I．电化学法处理SO2是目前研究的热点。利用双氧水氧化吸收SO2可消除SO2污染，设计装置如图所示（已知石墨只起导电作用，质子交换膜只允许H+通过）。（1）石墨1为负极（填“正极”或“负极”），正极的电极反应式为H2O2+2e﹣+2H+＝2H2O。（2）反应的总方程式为SO2+H2O2＝H2SO4。（3）H+的迁移方向为由左到右。（填“左”或“右”）（4）若11.2L（标准状况）SO2参与反应，则迁移H+的物质的量为1mol。（5）某同学关于原电池的笔记中，不合理的有①②③。①原电池两电极材料活泼性一定不同②原电池负极材料参与反应，正极材料都不参与反应③Fe﹣NaOH溶液﹣Si原电池，Fe是负极④原电池是将化学能转变为电能的装置Ⅱ．航天技术中使用的氢氧燃料电池具有高能、轻便和不污染环境等优点。氢氧燃料电池有多种。（1）某碱式氢氧燃料电池的电解质溶液是KOH溶液，则其负极反应为H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O；某熔盐氢氧燃料电池的电解质是熔融的碳酸钾，则其负极反应为H2﹣2e﹣+CO32﹣＝CO2↑+H2O。（2）氢氧燃料电池用于航天飞船，电极反应产生的水，经过冷凝后可用作航天员的饮用水，当得到1.8g饮用水时，转移的电子数约为0.2NA。〖解析〗Ⅰ．（1）该原电池中，通入二氧化硫的电极上失电子发生氧化反应，则通入二氧化硫的电极是负极，即石墨1为负极、通入双氧水的电极是正极，正极上双氧水得电子生成水，电极反应式为H2O2+2e﹣+2H+＝2H2O，故〖答案〗为：负极；H2O2+2e﹣+2H+＝2H2O；（2）H2O2有强氧化性，SO2有还原性，二者反应生成H2SO4，化学方程式为SO2+H2O2＝H2SO4，故〖答案〗为：SO2+H2O2＝H2SO4；（3）H+的迁移方向为正极，从左至右，故〖答案〗为：左；右；（4）n（SO2）＝＝0.5mol，该反应的负极反应式为SO2+2H2O﹣2e﹣＝SO42﹣+4H+，正极电极反应式为H2O2+2e﹣+2H+＝2H2O，有0.5mol二氧化硫参加反应，有2mol氢离子在正极上发生反应，则迁移H+的物质的量为反应的二氧化硫的2倍，为1mol，故〖答案〗为：1mol；（5）①燃料电池两电极材料可为石墨等惰性电极，所以原电池两电极材料活泼性可能不同，也可能相同，故①错误；②燃料电池两电极材料可为石墨等惰性电极，电极材料均不参与反应，所以原电池负极材料不一定参与反应，正极材料不一定不参与反应，也可能均参与反应，如铅蓄原电池，故②错误；③Fe﹣浓硝酸﹣Cu原电池中，Fe发生钝化作正极，Cu作负极，故③错误；④原电池是将化学能转变为电能的装置，故④正确；故〖答案〗为：①②③；Ⅱ．（1）碱式氢氧燃料电池中，H2失去电子与OH﹣结合生成水，电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O，某熔盐氢氧燃料电池的电解质是熔融的碳酸钾，负极反应为H2﹣2e﹣+CO32﹣＝CO2↑+H2O，故〖答案〗为：H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O；H2﹣2e﹣+CO32﹣＝CO2↑+H2O；（2）氢氧燃料电池的总反应为O2+2H2＝2H2O，每生成36g时，转移电子4mol，则得到1.8g饮用水时，转移电子0.2mol，即转移电子数为0.2NA，故〖答案〗为：0.2NA。25．（16分）现有浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①硫酸②醋酸③氢氧化钠④氯化铵请回答下列问题：（1）①②③④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是（填序号）④②③①．（2）将③和④等体积混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）＝c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）．（3）已知t℃，KW＝1×10﹣13，则t℃＞（填“＞”、“＜”或“＝”）25℃．在t℃时将pH＝11的NaOH溶液aL与pH＝1的H2SO4溶液bL混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH＝10，则a：b＝101：9．（4）25℃时，有pH＝x的盐酸和pH＝y的氢氧化钠溶液（x≤6，y≥8），取aL该盐酸与bL该氢氧化钠溶液反应，恰好完全中和，求：①若x+y＝14，则a/b＝1（填数据）；②若x+y＝13，则a/b＝0.1（填数据）；③若x+y＞14，则a/b＝10x+y﹣14（填表达式）；④该盐酸与该氢氧化钠溶液完全中和，两溶液的pH（x、y）的关系式为x+y＝14+lg（）（填表达式）．〖解析〗（1）向溶液中加入酸或碱均能抑制H2O的电离，且溶液中H+或OH﹣浓度越大，由水电离出的H+浓度越小；盐的水解能促进水的电离，所以由水电离出c（H+）由大到小的顺序为：④②③①，故〖答案〗为：④②③①；（2）二者完全反应生成NaCl和NH3•H2O，由于NH3•H2O电离出氢氧根离子，所以溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）＝c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+），故〖答案〗为：c（Na+）＝c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）；（3）水的电离过程是吸热反应，升温促进水的电离，即升温KW增大，t℃时KW＞1×10﹣14，即t℃＞25℃；在t℃时将pH＝11的NaOH溶液中，n（OH﹣）＝0.01amol，pH＝1的H2SO4溶液H2SO4中，n（H+）＝0.1bmol，根据混合后溶液pH＝10，得10﹣3＝，解得a：b＝101：9，故〖答案〗为：＞；101：9；（4）两溶液完全中和，则溶液中n（H+）＝n（OH﹣），即10﹣x•a＝10y﹣14•b，整理得：＝10x+y﹣14，①若x+y＝14时，a/b＝1，故〖答案〗为：1；②若x+y＝13，则a/b＝0.1，故〖答案〗为：0.1；③若x+y＞14，则a/b＝10x+y﹣14，故〖答案〗为：10x+y﹣14；④两溶液完全中和，则有＝10x+y﹣14即lg（）＝x+y﹣14，解得：x+y＝14+lg（），故〖答案〗为：x+y＝14+lg（）．新疆喀什地区岳普湖县2021-2022学年高二（下）第一次调研一、单选题（共20小题，每小题2分，共40分）1．（2分）化学与生活、生产息息相关．下列说法错误的是（）A．使用含氟牙膏可以有效预防龋齿 B．碱性的锌锰干电池属于二次电池 C．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物 D．黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易生铜锈〖解析〗A．氟离子能和羟基磷酸钙反应生成氟磷酸钙，氟磷酸钙比羟基磷酸钙更耐酸性，可在牙齿表面形成保护层，则含氟牙膏能有效预防龋齿，故A正确；B．二次电池是充电电池，碱性的锌锰干电池不能多次充放电，属于一次电池，故B错误；C．可溶性的铝盐和铁盐能发生水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体，氢氧化铝、氢氧化铁胶体吸附性强，能吸附水中悬浮物形成沉淀，达到净水目的，故C正确；D．铜锌合金在电解质溶液中形成原电池反应，锌做负极被腐蚀，正极被保护，所以不易形成铜绿，故D正确；〖答案〗B。2．（2分）Ca+金属离子体系催化N2O和CO反应的过程不需要吸收能量，Ca+是理想的金属阳离子催化剂。该反应的催化原理如图所示，下列叙述错误的是（）A．该反应的决速步骤为IM4→IM5 B．Ca+作该反应的催化剂时降低了反应的活化能 C．催化过程中N2O发生的反应为N2O+Ca+═N2+CaO+ D．N2O和CO反应的热化学方程式为N2O+CO═N2+CO2△H＝﹣43.49kJ/mol〖解析〗A．由图可知，IM4→IM5该步骤的活化能最大，则该步骤为该反应的决速步骤，故A正确；B．Ca+作该反应的催化剂，催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，故B正确；C．由图可知，催化过程中N2O发生的反应，反应物为N2O和Ca+，生成物为N2+CaO+，则催化过程中N2O发生的反应为N2O+Ca+═N2+CaO+，故C正确；D．书写热化学方程式时要表明物质的状态，故D错误；〖答案〗D。3．（2分）常温下，pH＝10的M、N两种碱溶液各1mL，分别加水稀释到100mL，其pH与溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．稀释前，两溶液中n（OH﹣）不等 B．稀释后，M溶液的碱性比N溶液的碱性强 C．完全中和M、N溶液时，消耗同浓度盐酸的体积相等 D．若8＜a＜10，则M、N都是弱碱〖解析〗A．由图可知，开始的pH相同，则c（OH﹣）相等，M、N两种碱溶液各1mL，体积V也相等，由n＝cV可知，两溶液中n（OH﹣）相等，故A错误；B．稀释相同倍数后，M溶液的pH比N溶液的小，即M溶液的碱性比N溶液的碱性弱，故B错误；C．由图象可知100mL的溶液中n（OH﹣）关系为N＞M，说明pH＝10的M、N两种碱溶液，溶质浓度N大于M，完全中和M、N两溶液时，消耗同浓度盐酸的体积VM＜VN，故C错误；D．M的碱性比N强，若M为强碱，加水稀释到100mL的时候则a＝8，若8＜a＜10，则M、N都是弱碱，故D正确；〖答案〗D。4．（2分）HCOOH是一种弱酸，常温下，对HCOOH溶液进行稀释，下列物理量的比值增大的是（）A． B．c（HCOO﹣）• C． D．〖解析〗A.稀释后HCOOH的电离程度增大，溶液中HCOO﹣的物质的量增大，HCOOH的物质的量减小，同一溶液中体积相等，则＝的比值减小，故A错误；B.c（HCOO﹣）•＝Ka（HCOOH），温度不变甲酸的电离平衡常数不变，则稀释过程中c（HCOO﹣）•的值不变，故B错误；C.稀释后HCOOH的电离程度增大，溶液中H+的物质的量增大，而HCOOH的物质的量减小，同一溶液中体积相等，则＝的比值增大，故C正确；D.＝，温度不变Kh（HCOO﹣）不变，则稀释过程中的比值不变，故D错误；〖答案〗C。5．（2分）一定温度下，反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的反应热和化学平衡常数分别为△H和K，△H＜0，下列说法正确的是（）A．升高温度，K增大 B．2molSO2和1molO2反应放出热量|△H| C．其他条件不变，增大SO2的量，△H和K均增大 D．相同温度时反应4SO3（g）4SO2（g）+2O2（g）的反应热和化学平衡常数为﹣2△H和〖解析〗A．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小，故A错误；B．该反应为可逆反应，不可能完全转化，放出热量小于|△H|，故B错误；C．其他条件不变，增大SO2的量，△H不变，温度不变，化学平衡常数不变，故C错误；D．2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的反应热为△H，则2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）的反应热为﹣△H，△H的值与化学计量数成正比，则4SO3（g）4SO2（g）+2O2（g）的反应热为﹣2△H，2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的化学平衡常数为K＝，则4SO3（g）4SO2（g）+2O2（g）K1＝＝，故D正确；〖答案〗D。6．（2分）如图所示能够组成原电池，并且产生明显的电流的是（）A． B． C． D．〖解析〗A．两电极相同，不能形成原电池，故A错误；B．锌为负极，铜为正极，电解质溶液为硫酸，可形成原电池，故B正确；C．不能进行自发进行的氧化还原反应，不能形成原电池，故C错误；D．不能进行自发进行的氧化还原反应，不能形成原电池，故D错误。〖答案〗B。7．（2分）HA是一元弱酸，微溶盐MA2的饱和溶液中c（M2+）随c（H+）而变化，M2+不发生水解。定义如下关系：pM＝﹣lgc（M2+），δ（A﹣）＝。25℃时，实验测得pM与δ（A﹣）的关系如图所示，其中D点对应的pH＝5.0。已知lg2≈0.3，则下列说法正确的是（）A．D点存在2c（M2+）＝3c（HA） B．E点的pH≈5.6 C．25℃时，Ksp（MA2）的数量级为10﹣10 D．25℃时，HA的电离常数：Ka为2.5×10﹣5〖解析〗A.由物料守恒可得2c（M2+）＝c（HA）+c（A﹣），对于D点，δ（A﹣）＝＝2，则c（HA）＝4c（A﹣），所以2c（M2+）＝1.25c（HA），故A错误；B.D点对应的pH＝5.0，c（H+）＝10﹣5mol/L，c（HA）＝4c（A﹣），Ka（HA）＝＝10﹣5×＝2.5×10﹣6，对于E点，δ（A﹣）＝＝0.5，则c（HA）＝c（A﹣），则Ka（HA）＝c（H+），pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lg（2.5×10﹣6）≈5.6，故B正确；C.由物料守恒可得2c（M2+）＝c（HA）+c（A﹣），δ（A﹣）＝＝，Ksp（MA2）＝c（M2+）×c（A﹣）2＝c（M2+）×〖δ（A﹣）×2c（M2+）〗2＝4c（M2+）3×δ（A﹣）2，将E点坐标代入上式可得Ksp（MA2）＝4×（10﹣2.8）3×0.52＝10﹣8.4，Ksp（MA2）的数量级为10﹣9，故C错误；D.D点对应的pH＝5.0，c（H+）＝10﹣5mol/L，c（HA）＝4c（A﹣），Ka（HA）＝＝10﹣5×＝2.5×10﹣6，故D错误；〖答案〗B。8．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温下1LpH＝3的FeCl3溶液中Cl﹣数目为3NA B．标况下2.24LCl2溶于水充分反应后，HClO、ClO﹣、Cl﹣微粒数目之和为0.2NA C．向1L0.1mol•L﹣1的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性，含有NH4+数目为0.1NA D．粗铜精炼过程中，当阳极质量减小64g时，转移电子数目为2NA〖解析〗A．氯化铁为强酸弱碱盐，水溶液中部分铁离子水解，只知道溶液pH值无法计算氯离子浓度，无法计算溶液中含有氯离子数目，故A错误；B．标况下2.24LCl2物质的量为1mol，将1molCl2通入水中，氯气不能反应完全，由原子守恒可知2n（Cl2）+n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（HClO）＝2×1mol＝2mol，故溶液中Cl﹣、ClO﹣、HClO的数目之和小于2NA，故B错误；C．向1L0.1mol•L﹣1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，则根据电荷守恒可知c（Cl﹣）＝c（NH4+）＝0.1mol/L，所以NH4+的数目为0.1NA，故C正确；D．电解精炼铜时，阳极上是粗铜，粗铜上有其他金属杂质，所以在电解精炼铜的过程中，阳极质量减少64g时，转移电子数目不一定为0.2NA，故D错误；〖答案〗C。9．（2分）常温下，在含有大量Cu（OH）2（s）的浊液中，改变条件发生相应变化的趋向错误的是（）A．通入少量HCl B．加少量蒸馏水 C．加少量NaOH（s） D．适当升高温度〖解析〗A．通入少量HCl，反应消耗了OH﹣，导致溶液pH降低，故A正确；B．加入少量水，得到同温度下Cu（OH）2饱和溶液，使溶液中离子浓度不变，故B正确；C．加入少量NaOH固体，平衡向生成Cu（OH）2的方向移动，n（Cu2+）减小，故C错误；D．氢氧化铜溶解是吸热过程，升温后仍然是饱和溶液，但其溶度积常数增大，故D正确；〖答案〗C。10．（2分）已知肼燃烧的化学方程式为N2H4+O2N2+2H2O。以硫酸为电解质溶液组成肼燃料电池，下列有关说法不正确的是（）A．以肼代替氢气的主要优点是肼易液化、易储存 B．正极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣ C．当1molO2参与反应时，必有4molH+向正极移动 D．电池工作过程中硫酸浓度逐渐减小〖解析〗A．肼的熔点和沸点均比氢气的高，易液化、易储存，故A正确；B．电解质溶液是酸性的，正极上氧气得电子生成水，所以正极的电极反应式应为O2+4H++4e﹣＝2H2O，故B错误；C．当1molO2参与反应时，电路中转移电子数为4mol，阳离子向正极移动，则必有4molH+向正极移动，故C正确；D．根据N2H4+O2＝N2+2H2O总反应可知，反应生成水，溶液的体积增大，故硫酸浓度逐渐减小，故D正确；〖答案〗B。11．（2分）用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．pH＝13的NaOH溶液中所含OH﹣的数目为0.1NA B．常温下，向1L0.1mol⋅L﹣1醋酸钠溶液中加入醋酸至中性，则溶液中CH3COO﹣的数目为0.1NA C．通入1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣粒子数目之和为2NA D．向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2+被氧化时，反应转移的电子数为3NA〖解析〗A.题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量，故A错误；B.溶液呈中性，由电荷守恒可知，c（Na+）＝c（CH3COO﹣），故溶液中n（Na+）＝n（CH3COO﹣）＝0.1mol/L×1L×NA/mol＝0.1NA，故B正确；C.氯气与水的反应为可逆反应，氯气不能完全转化，通入1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣粒子数目之和小于2NA，故C错误；D.题目中碘化亚铁的量未给，无法计算实际转移电子数目，故D错误；〖答案〗B。12．（2分）下列叙述不正确的有几项（）①实验室盛放碳酸钠溶液，不能用玻璃塞，要用带橡胶塞的试剂瓶保存；②泡沫灭火器中盛有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，使用时只需将两者混合就可产生大量泡沫；③用氯化铵溶液除去铁锈；④将饱和的AlCl3溶液蒸干并灼烧，可得到AlCl3固体；⑤明矾和漂白粉用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同；⑥配制FeCl3溶液时，可将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再加水稀释A．1项 B．2项 C．4项 D．5项〖解析〗①碳酸钠溶液水解显碱性，碱能和玻璃中的SiO2反应生成黏性的Na2SiO3，将玻璃塞和玻璃瓶粘结在一起，故用玻璃瓶时需要用橡胶塞，而不用玻璃塞，故正确；②泡沫灭火器灭火是Al3+和HCO3﹣的双水解生成Al（OH）3和CO2，CO2用于灭火，故正确；③NH4Cl溶液水解生成HCl，HCl能和铁锈反应而除锈，故正确；④AlCl3水解生成Al（OH）3和HCl，盐酸具有挥发性，加热促进盐酸挥发，所以最终得到的固体是Al（OH）3，故错误；⑤明矾能生成氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮物而净水，但不具有氧化性，不能用于杀菌消毒，漂白粉中次氯酸钙具有强氧化性，能杀菌消毒，即净水原理不同，故错误；⑥浓盐酸可抑制铁离子水解，则配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度，故正确；〖答案〗B。13．（2分）常温下，下列各组离子在相应的条件下能大量共存的是（）A．由水电离产生的c（H+）＝1×10﹣10mol•L﹣1的溶液中：NO3﹣、Fe2+、Na+、SO42﹣ B．＝10﹣10mol•L﹣1的溶液中：NH4+、I﹣、Cl﹣、K+ C．＝1×106的溶液中K+、Na+、Cl﹣、HCO3﹣ D．惰性电极电解AgNO3后的溶液中：SO32﹣、K+、Na+、S2﹣〖解析〗A．由水电离产生的c（H+）＝10﹣12mol•L一1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，碱性条件下Fe2+不能大量共存，故A错误；B.＝10﹣10mol/L溶液为酸性溶液，H+、NH4+、I﹣、Cl﹣、K+，相互不反应，可以大量共存，故B正确；C.＝106的溶液为碱性溶液，氢氧根离子与碳酸氢根离子反应，不能大量共存，故C错误；D．惰性电极电解AgNO3后的溶液中，含有大量硝酸，硝酸具有强的氧化性，能够氧化硫离子、亚硫酸根离子，不能大量共存，故D错误；〖答案〗B。14．（2分）为了探究镁铝在NaOH溶液中的放电情况，某研究小组设计了如图1所示的实验装置。反应过程中装置的电压变化如图2所示。相关说法正确的是（）A．镁电极始终为电池的负极 B．50s后，原电池中电子流动方向发生改变 C．整个过程中正极的电极反应式均为2H2O﹣2e﹣═H2↑+2OH﹣ D．依据金属活动性顺序即可判断原电池的正、负极，与电解质溶液无关〖解析〗A.随着反应的进行，溶液碱性变弱，结合右侧电压表可知，正负极互换，故镁电极开始不是正极，故A错误；B.结合分析可知，50s后，电压的正负值发生变化，电子流动方向改变，故B正确；C.由于两次过程的酸碱性不同，故对应的电极方程式不同，故C错误；D.Mg比Al活泼，但是开始反应时，Mg为正极，故不可以简单地通过金属活动性顺序判断原电池的正、负极，还需要考虑电解液，故D错误；〖答案〗B。15．（2分）一定温度下，某密闭容器中充入1molA2和2molB2，发生反应A2（g）+B2（g）⇋2AB（g）。在达到平衡后，生成amolAB。当温度不变时，若起始加入的A2、B2、AB的物质的量分别为：x，y，z，则下列说法正确的是（）A．若保持恒容，当x：y＜1：2，z＝0，则达新平衡状态时A2和B2的转化率一定升高 B．若保持恒压，当x：y＜1：2，z为任意值，则达新平衡状态时AB的物质的量为C．若保持恒容，当x：y：z＝1：1：a，则达新平衡状态时A2的体积分数与原平衡时相同D．若保持恒压，当x：y＜1：2，z＞0，则达新平衡状态时B2的体积分数与原平衡时可能相同〖解析〗A．恒温恒容条件下，x：y＜1：2、z＝0时，相当增大B2的浓度，平衡正向移动，A2的转化率增大，但B2的转化率反而降低，故A错误；B．若保持恒温恒压条件，当x：y＜1：2，z为任意值时，两平衡可能不等效，因此达新平衡状态时AB的物质的量无法计算，故B错误；C．恒温恒容条件下，x：y：z＝1：1：a的反应体系中始终存在n（A2）：n（B2）＝1：1≠1：2，与原平衡体系不等效，则新平衡状态时A2的体积分数与原平衡不可能相同，故C错误；D．恒温恒压条件下，当x：y＜1：2，z＞0，并且满足（x+）：（y+）＝1：2时，该平衡体系与已知平衡体系等效，达新平衡状态时B2的体积分数与原平衡相同，当（x+）：（y+）≠1：2时，该平衡体系与已知平衡体系不等效，达新平衡状态时B2的体积分数与原平衡不相同，所以当x：y＜1：2，z＞0时，达新平衡状态时B2的体积分数与原平衡时可能相同，故D正确；〖答案〗D。16．（2分）常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示（不考虑C2O42﹣的水解）。下列叙述错误的是（）A．Ksp（Ag2C2O4）的数量级等于10﹣11 B．a点表示Ag2C2O4的不饱和溶液 C．向c（Cl﹣）＝c（C2O42﹣）的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀 D．Ag2C2O4（s）+2Cl﹣（aq）⇌2AgCl（s）+C2O42﹣（aq）的平衡常数K＝109.04〖解析〗由上述分析可知，X曲线代表AgCl，Y曲线代表Ag2C2O4，Ksp（AgCl）＝10﹣5.75×10﹣4＝10﹣9.75，Ksp（Ag2C2O4）＝10﹣2.46×（10﹣4）2＝10﹣10.46；A．Ksp（Ag2C2O4）＝10﹣2.46×（10﹣4）2＝10﹣10.46＝100.54×10﹣11，则Ksp（Ag2C2O4）的数量级等于10﹣11，故A正确；B．a点在Ag2C2O4所表示的图象上方，c（Ag+）比Ag2C2O4溶解平衡曲线上的c（Ag+）小，a点的浓度积Q（Ag2C2O4）＜Ksp（Ag2C2O4），所以a点表示Ag2C2O4的不饱和溶液，故B正确；C．由图可知，当阴离子浓度c（Cl﹣）＝c（C2O42﹣）时，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，则向c（Cl﹣）＝c（C2O42﹣）的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀，故C错误；D．Ag2C2O4（s）+2Cl﹣（aq）⇌2AgCl（s）+C2O42﹣（aq）的平衡常数K＝＝×＝＝＝109.04，故D正确；〖答案〗C。17．（2分）室温下，将0.1mol•L﹣1的HClO溶液加水稀释至0.01mol•L﹣1的过程中，下列各项始终保持减小的是（）A．Ka（HClO） B． C． D．〖解析〗A．电离平衡常数只与温度有关，加水稀释，Ka（HClO）不变，故A错误；B．温度不变，水的离子积常数不变，0.1mol•L﹣1的HClO溶液加水稀释，c（H+）减小、c（OH﹣）增大，增大，故B错误；C．加水稀释，c（ClO﹣）减小，Ka（HClO）＝不变，所以增大，故C错误；D．温度不变，水的离子积常数不变，加水稀释，c（H+）减小、c（OH﹣）增大，c（ClO﹣）减小，所以减小，故D正确；〖答案〗D。18．（2分）在一个恒温恒压的密闭容器中，有V2O5存在时发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＝﹣196.6KJ/mol。该反应过程为①SO2+V2O5→SO3+2VO2、②……下列有关该反应的说法不正确的是（）A．反应②是O2+4VO2→2V2O5 B．V2O5降低了反应的活化能 C．增大O2浓度时该反应的△H不变 D．当2v（O2）逆＝v（SO3）正时加入V2O5，等式仍然成立，v（O2）逆、v（SO3）正值不变〖解析〗A．总反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）﹣①SO2+V2O5→SO3+2VO2可得反应②为O2+4VO2→2V2O5，故A正确；B．在反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）中使用V2O5作催化剂，可降低反应的活化能，故B正确；C．△H与热化学反应方程式有关，改变O2浓度不影响此反应的△H，故C正确；D．当2v（O2）逆＝v（SO3）正时反应达到平衡，此时加入V2O5，速率改变，但平衡不移动，即v（O2）逆、v（SO3）正数值增大，等式仍然成立，故D错误；〖答案〗D。19．（2分）下列过程不涉及氧化还原反应的是（）A．火药的爆炸 B．钢铁的冶炼 C．用84消毒液消毒 D．卤水点豆腐〖解析〗A．火药的爆炸属于燃烧过程，存在元素化合价变化，涉及氧化还原反应，故A不选；B．钢铁的冶炼过程中Fe元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B不选；C．用84消毒液消毒，利用了NaClO的强氧化性，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；D．卤水点豆腐，属于胶体的聚沉，不存在化合价变化，不涉及氧化还原反应，故D选；〖答案〗D。20．（2分）铑的配合物离子〖Rh（CO）2I2〗﹣可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是（）A．CH3COI是反应中间体 B．甲醇羰基化反应为CH3OH+CO═CH3CO2H C．反应过程中Rh的成键数目保持不变 D．存在反应CH3OH+HI═CH3I+H2O〖解析〗A、由图可知，铑的配合物离子〖Rh（CO）3I3CH3〗﹣生成CH3COI，CH3COI继续与H2O反应生成HI和CH3CO2H，所以CH3COI是反应中间体，故A正确；B、由图可知发生的反应依次为：①CH3OH+HI═CH3I+H2O，②+CH3I＝，③＝，④+CO＝，⑤＝CH3COI+，⑥CH3COI+H2O＝HI+CH3CO2H，6个反应依次发生，6个反应方程式相加和，消去中间产物得出总反应：CH3OH+CO═CH3CO2H，故B正确；C、由图可以看出Rh的成键数目由4变为6再变为5再变为6再变为4，依次循环，故C错误；D、由B分析，按照箭头方向可知：CH3OH和HI反应生成CH3I和H2O，反应方程式为：即CH3OH+HI═CH3I+H2O，故D正确；〖答案〗C。二、综合题，共60分21．（14分）苯乙烯（C6H5CH＝CH2）2是合成橡胶和塑料的单体，用来生产丁苯橡胶、聚苯乙烯等．工业上以乙苯C6H5CH2CH3为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯，反应方程式为：C6H5CH2CH3（g）⇌C6H5CH＝CH2（g）+H2（g）△H（1）已知：H2和CO的燃烧热（△H）分别为﹣285.8kJ．mol•L﹣1和﹣283.0kJ．mol•L﹣1；C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）⇌C6H5CH＝CH2（g）+CO（g）+H2O（I）△H＝+114.8kJ•mol﹣1则制取苯乙烯反应的△H为+117.6KJ/mol（2）向密闭容器中加入1mol乙苯，在恒温恒容条件下合成苯乙烯，达平衡时，反应的能量变化为QkJ．下列说法正确的是BD．A．升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大B．若继续加入1mol乙苯，苯乙烯转化率增大C．压缩体积，平衡逆向移动，反应物浓度增大，生成物浓度减小D．相同条件下若起始加入1mol苯乙烯和1mol氢气，达平衡时反应能量变化为（△H﹣Q）kJ（3）向2L密闭容器中加入1mol乙苯发生反应，达到平衡状态时，平衡体系组成（物质的量分数）与温度的关系如图所示．700℃时，乙苯的平衡转化率为66.7%，此温度下该反应的平衡常数为；温度高于970℃时，苯乙烯的产率不再增加，其原因可能是有机化合物在温度过高时分解．（4）含苯乙烯的废水排放会对环境造成严重污染，可采用电解法去除废水中的苯乙烯，基本原理是在阳极材料MOx上生成自由基MOx（OH），其进一步氧化有机物生成CO2，该阳极的电极反应式为C6H5CH＝CH2+16H2O﹣40e﹣＝8CO2↑+40H+，若去除0.5mol苯乙烯，两极共收集气体14mol．〖解析〗（1）H2和CO的燃烧热（△H）分别为﹣285.8kJ．mol•L﹣1和﹣283.0kJ．mol•L﹣1，可得热化学方程式：①H2（g）+O2（g）＝H2O（l）△H＝﹣285.8KJ/mol，②CO（g）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣283.0KJ/mol，已知③：C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）⇌C6H5CH＝CH2（g）+CO（g）+H2O（l）△H＝+114.8kJ/mol，根据盖斯定律，③+②﹣①可得：C6H5CH2CH3（g）⇌C6H5CH＝CH2（g）+H2（g），故△H＝114.8KJ/mol﹣283.0KJ/mol+285.8KJ/mol＝+117.6KJ/mol，故〖答案〗为：+117.6KJ/mol；（2）A．温度变化对正逆反应速率的影响是一致的，只是改变的程度不同，所以升高温度，正反应速率和逆反应速率均增大，故A错误；B．若继续加入1mol乙苯，相当于增大整个体系的压强，增大压强，平衡逆向移动，故苯乙烯转化率增大，B正确；C．压缩容器的体积，增大体系的压强，平衡向气体体积减小的方向移动，乙苯的浓度增大，平衡常数不变，故平衡时苯乙烯、氢气的浓度也增大，故C错误；D．相同条件下若起始加入1mol苯乙烯和1mol氢气，等效为开始加入1mol乙苯，与原平衡为完全等效平衡，平衡时乙苯的物质的量相等，假设平衡时为amol乙苯，则原平衡反应中能量变化为QkJ＝（1﹣a）×△HkJ，而生成amol乙苯的能量变化为：a×△HkJ＝（△H﹣Q）kJ，故D正确；故〖答案〗为：BD；（3）参加反应的乙苯为xmol，则：C6H5CH2CH3（g）⇌C6H5CH＝CH2（g）+H2（g）起始量（mol）：100变化量（mol）：xxx平衡量（mol）：1﹣xxx由图示可知：700℃时，乙苯的物质的量百分含量为20%，则＝20%，所以x＝，乙苯的平衡转化率为×100%＝66.7%，此温度下平衡常数K＝＝＝，温度高于970℃时，苯乙烯的产率不再增加，可能有机物受热易分解是所致；故〖答案〗为：66.7%；；有机化合物在温度过高时分解；（4）由题目信息可知，阳极上整个过程是苯乙烯氧化生成二氧化碳，由守恒守恒可知，应有OH﹣离子生成，由元素守恒可知，应有水参与反应，阳极电极反应式为：C6H5CH＝CH2+16H2O﹣40e﹣＝8CO2↑+40H+，阴极上是氢离子获得电子生成氢气，阴极电极反应式为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，除去0.5mol苯乙烯，则：C6H5CH＝CH2+16H2O﹣40e﹣＝8CO2↑+40H+0.5mol20mol4mol2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣20mol10mol故两极共收集气体：4mol+10mol＝14mol，故〖答案〗为：C6H5CH＝CH2+16H2O﹣40e﹣＝8CO2↑+40H+；14．22．（10分）丙烷燃烧可以通过以下两种途径：途径I：C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H＝﹣akJ•mol﹣1途径II：C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H＝+bkJ•mol﹣12C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H＝﹣ckJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＝﹣dkJ•mol﹣1（abcd均为正值）请回答下列问题：（1）判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量，途径I放出的热量等于（填“大于”、“等于”或“小于”）途径II放出的热量（2）由于C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）的反应中，反应物具有的总能量小于（填“大于”、“等于”或“小于”）生成物具有的总能量，那么在化学反应时．反应物就需要吸收（填“放出”或“吸收”）能量才能转化为生成物，因此其反应条件是加热（3）b与a、c、d的数学关系式是b＝﹣a+（c+d）．〖解析〗（1）根据盖斯定律，煤作为燃料不管是一步完成还是分两步完成，反应物和产物的焓值是一定的，所以两途径的焓变值一样，放出的热量一样，故〖答案〗为：等于；（2）由于C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）的反应中△H＞0，该反应是吸热反应，反应物具有的总能量小于生成物的总能量，需要吸收能量，反应条件是加热，故〖答案〗为：小于；吸收；加热；（3）途径I：①C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H＝﹣akJ•mol﹣1途径II：②C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H＝+bkJ•mol﹣1③2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H＝﹣ckJ•mol﹣1④2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＝﹣dkJ•mol﹣1反应①＝反应②+反应③×