广东省东莞市七校2021-2022学年高二下学期期中联考化学试题（含答案）

广东省东莞市七校2021-2022学年高二下学期期中联考化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．某反应过程的能量变化如下图所示，下列说法错误的是A．相比反应过程a，过程b可能有催化剂参与B．该反应为△H<0C．工业生产上使用催化剂可以降低生产能耗D．反应过程b的活化能为E1+E22．2月24日，俄乌战争爆发，乌方违反《第三议定书》明令禁止使用黄磷弹。黄磷(化学式为P4)、红磷(化学式为P)燃烧的热化学方程式(0℃，101kPa)分别为：P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)；△H=-3093.2kJ·mol-1；4P(s)+5O2(g)=P4O10(s)；△H=-2954.0kJ·mol-1。由此判断下列说法正确的是A．红磷的燃烧热为2954.0kJ·mol-lB．已知黄磷分子为正四面体结构，则P-P键之间的夹角为109°28'C．由红磷转化为黄磷是吸热反应，等质量时黄磷能量比红磷高D．等质量的黄磷和红磷在相同条件下分别与足量氯气反应，设产物只有PCl5，则红磷放出的热量更多3．某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法错误的是（）A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率B．HCHO在反应过程中，有C—H键发生断裂C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D．该反应可表示为：HCHO＋O2CO2＋H2O4．下列说法正确的是A．酸碱中和滴定接近终点时，滴定管的尖端可以接触锥形瓶内壁B．工业上合成NH3常选择500℃时进行而不是常温，是基于勒夏特列原理考虑的C．中和热测定：用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行实验，用量筒量取NaOH溶液时，仰视取液，测得的中和热△H偏小D．中科院耗时20年自研新型涂层和阴极保护联合防护技术在港珠澳大桥派上了用场，其中阴极保护技术与牺牲阳极的阴极保护法原理完全不同5．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．将NA个N2和3NA个H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热38.6kJ，则热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-38.6kJ·mol-1B．1L0.1mol/LCH3COOH溶液中含有的氢原子数大于0.4NAC．将25gCuSO4·5H2O溶于水配成1L溶液，则溶液中Cu2+数目为0.1NAD．将NA个CO2分子通入1L1mol/L的NaOH中，充分反应后溶液中存在守恒式：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H26．室温下，浓度均为0.2mol·L-1的HA和BOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分粒子组分及浓度如图所示。下列说法中错误的是A．HA、BOH均为弱电解质 B．X表示HA或BOH分子C．电离常数K(HA)=K(BOH) D．该盐溶液pH=47．某温度下，反应：H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）的平衡常数K=9/4该温度下，在甲、乙两个恒容密闭容器中，投入H2（g）和CO2（g），其起始浓度如下表所示。起始浓度甲乙c（H2）/mol•L-10.0100.020C（CO2）/mol·L-10.0100.010下列判断正确的是A．平衡时，甲容器中H2的转化率为60%B．平衡时，乙容器中H2的转化率大于60%C．平衡时，乙容器中c（H2）是甲容器中的2倍D．反应开始时，甲容器中的反应速率比乙容器中的反应速率快8．在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H<0，下列对图象的分析中正确的是A．图I研究的是t0时增大压强对反应速率的影响B．图II研究的一定是t0时使用了催化剂对反应速率的影响C．图III研究的是温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高D．图IV研究的可能是压强对化学平衡的影响，且a的压强较高9．常温下，向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是A．a点的pH>1B．反应过程中的c(CH3COO-)/c(CH3COOH)比值不断增大C．c点为理论上的滴定终点，此时V(NaOH)=20mLD．b点时，c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)10．下列说法正确的是A．常温下在由水电离出的c(H+)=1×10-14mol/L溶液中可能大量存在Fe3+、NH4B．常温下，pH均为4的NH4Cl溶液和盐酸中，由水电离出的c(H+)相等C．25℃时，浓度均为1mol/L的(NH4)2CO3和(NH4)2Fe(SO4)2溶液中c(NHD．将FeCl2溶液在空气中蒸干后高温灼烧，最后可得Fe2O3或Fe3O4固体11．下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论或解释A常温下向物质的量浓度均为0.1mol/L的NaCl和NaI混合液中逐滴滴入AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp(AgCl)<KSp(AgI)B向两试管同体积同浓度的H2O2溶液中分别滴加5滴FeCl3和CuSO4溶液滴入FeCl3溶液的试管产生气泡较快催化效果：Fe3+>Cu2+C把FeCl2溶液滴入酸性KMnO4溶液中紫红色褪去Fe2+具有还原性D滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2固体溶液红色变浅Na2CO3溶液中存在水解平衡A．A B．B C．C D．D12．2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的结构如图所示，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x<1)。下列说法正确的是A．放电时，a极为负极B．充电时，Li1-xCoO2/LiCoO2电极发生Li+脱嵌，放电时发生Li+嵌入C．放电时，若转移0.02mol电子，石墨电极将减重0.21gD．放电时，Li+在电解质中由a极向b极迁移13．Na2CrO4水溶液存在如下平衡：2H++2CrO42-(黄色)⇌2HCrO4-⇌CrA．Na2CrO4溶液中滴加硫酸，由黄色变为橙色B．铬酸(H2CrO4)的第二步电离常数Ka2=10-6.4C．要得到纯度较高的Na2CrO4溶液，应控制pH>9D．pH=6时，Na2CrO4溶液中存在：c(Na+)=2c(CrO42-)+2c(HCr14．常温下，在新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中水电离出来的c水(H+)与NaOH溶液的体积之间的关系如图所示。下列推断正确的是（）A．用pH试纸测定E点对应的溶液，其pH=3B．F、H点对应的溶液中都存在c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)C．常温下加水稀释H点对应的溶液，溶液的pH增大D．G点对应的溶液中c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)15．将一定浓度的AgNO3溶液分别滴加到浓度均为0.01mol·L-1的NaBr、Na2SeO3溶液中，所得的沉淀溶解平衡曲线如图所示(Br-、SeO32-用Xn-A．Ksp(Ag2SeO3)≈1×10-10B．d点对应的AgBr溶液为不饱和溶液C．逐滴加AgNO3溶液时，先产生Ag2SeO3沉淀D．Ag2SeO3(s)+2Br-(aq)⇌2AgBr(s)+SeO32-16．验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。①②③在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀下列说法错误的是（）A．对比②③，可以判定Zn保护了FeB．对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化C．验证Zn保护Fe时不能用①的方法D．将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼二、综合题17．东莞市松山湖打造我市首个“氢谷”产业基地；氢气是一种清洁能源，也是重要的化工原料。（1）纳米级的Cu2O可作为太阳光分解水的催化剂。一定温度下，在2L密闭容器中加入纳米级Cu2O并通入0.10mol水蒸气发生反应：2H2O(g)⇌Cu2O光照2H2(g)+O2时间/min20406080n(O2)/mol0.00100.00160.00200.0020上述反应过程中能量转化形式为光能转化为能，达平衡过程中至少需要吸收光能为kJ(保留三位小数)。（2）氢气是合成氨工业的原料，合成塔中每产生2molNH3，放出92.2kJ热量。已知：则1molN-H键断裂吸收的能量约等于kJ。（3）已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/molN2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.7kJ/mol则H2还原NO2生成水蒸气和氮气反应的热化学方程式是。（4）氢镍电池是近年开发出来的可充电电池，它可以取代会产生污染的铜镍电池。氢镍电池的总反应式是H2+2NiO(OH)⇌充电放电2Ni(OH)①电解质溶液应该是(选填酸溶液、碱溶液)；②电池放电时，负极反应式为；③外电路中每通过0.2NA个电子时，H2的质量理论上减小g。18．酸碱中和滴定、氧化还原滴定和沉淀滴定法在科研和工业生产中都很重要。I.为了测定草酸(H2C2O4)溶液的浓度，进行如下实验：取25.00mL草酸溶液于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4，用0.0100mol/LKMnO4溶液滴定。发生的反应：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。试回答：（1）滴定终点时的现象：。（2）若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴至终点，则所测得c(H2C2O4)(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。（3）在滴定过程中若用去KMnO4溶液体积V数据如下，则所配制的草酸溶液的物质的量浓度为mol/L。实验编号V始(mL)V终(mL)V(mL)11.0013.05？20.5012.45？30.7015.70？（4）若将KMnO4与稍过量的草酸溶液直接混合，发现开始时变色不明显，但一会后突然Ag2CrO4褪色，猜测其原因是：。（5）II.莫尔法是一种沉淀滴定法，以K2CrO4为指示剂，用标准硝酸银溶液滴定待测液，进行测定溶液中Cl-的浓度。已知常温下Ksp数值如下表。回答下列问题：

AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白色浅黄色白色砖红色白色Ksp1.8×10-105.4×10-131.2×10-169.0×10-121.0×10-12当溶液中的Cl-恰好沉淀完全(浓度为1.0×10-5mol/L)时，溶液中的c(Ag+)=mol/L，c(CrO42-（6）若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可选为滴定指示剂的是____。A．NaCl B．KBr C．Na2CrO4 D．NaCN19．大气环境中NOx的减量化排放受到国内外的广泛关注。利用碳还原NO的反应为：C(S)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)，△S较小。回答下列问题：（1）该反应在常温下可以自发进行，则反应的△H0(填“>”“=”或“<”)，有利于提高NO平衡转化率的条件是(任写一条)。平衡后，若保持温度和容积不变，向体系中加入少量NO，NO的平衡转化率(填“增大”、“减小”或“不变”)。（2）以上反应可分为如下四步反应历程，写出其中第三步的反应：第一步：2NO=(NO)2第二步：C+(NO)2=C(O)+N2O第三步：第四步：2C(O)=CO2+C（3）对比研究活性炭负载铜、镧的反应活性。在三个反应容器中分别加入La/C、Cu/C、C，通入NO使其浓度达到相同浓度。不同温度下，测得第3小时末(未到达平衡)NO去除率如图所示：①恒温恒容下C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)下列能说明反应达平衡状态的是。A．总压强恒定不变。B．气体的平均相对分子质量不再改变C．气体的平均密度不再改变D．Cu/C催化、200℃时NO去除率达50%②据图分析，相同温度下La/C、Cu/C去除NO效果比C更好，可能的原因是(写一条)。③上述实验中，200℃时，若测得NO的去除率为80%，则可能采取的措施是。A．及时分离出CO2B．压缩体积C．恒容下，向体系中通入氮气D．寻找更好的催化剂20．（1）I.丙烯(C3H6)是重要的有机化工原料。丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如下图。丙烷脱氢制丙烯的过程中。恒压时向原料气中掺入高温水蒸气，则K(主反应)(填“增大”、“减小”或不变”，下同)，转化率α(C3H8)。温度升高，副反应更容易发生的主要原因是。（2）先以丙烯制丙烯腈，再用丙烯腈在阴极电合成已二腈(弱酸环境)，总反应式：2CH2=CH-CN+H2O=NC(CH2)4CN+1/2O2↑，则阳极电极反应式：。（3）II.在2.0L密闭容器中，通入0.10molCH4和0.20molNO2进行反应：CH4(g)+2NO2(g)⇌CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)△H<0，温度为T1和T2下，反应时间(t)与容器内甲烷物质的量数据见下表：时间(t/min)02461012T1，甲烷物质的量0.100.0820.0680.0600.0450.045T2，甲烷物质的量0.100.0800.0650.0550.050_计算T1、0~2min内NO2的平均反应速率v(NO2)=mol·L-1·min-1，温度T2下的平衡常数K=mol·L-1(若提供的数据不足以计算，填“无法确定”)。（4）在一恒容密闭容器中，通入一定量CH4和NO2，测得在相同时间内，不同温度下，NO2的转化率随温度的变化如下图。c点(填“是”或“不是”)反应达平衡的点。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．相比反应过程a，过程b的活化能降低，而催化剂能降低反应的活化能，因此过程b可能有催化剂参与，故A项不符合题意；B．根据图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，则该反应为△H<0，故B项不符合题意；C．催化剂可以降低反应的活化能，提高反应速率，缩短反应时间，因此工业生产上使用催化剂可以降低生产能耗，故C项不符合题意；D．催化剂能降低反应所需的活化能，E1和E2是分步反应的活化能，整个反应的活化能取最大值，所以反应过程b的活化能为E1，故D项符合题意；故答案为：D。

【分析】A、催化剂可以降低反应活化能；

B、反应物的能量大于生成物的能量为放热反应；

C、催化剂降低活化能，可以节省生产能耗；

D、活化能为E1。2．【答案】C【解析】【解答】A．燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，因此红磷的燃烧热为14B．已知黄磷分子为正四面体结构，P原子位于正四面体的顶点，则黄磷分子中P-P键之间的夹角为60°，故B项不符合题意；C．已知①P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=-3093.2kJ·mol-1，②4P(s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=-2954.0kJ·mol-1，根据盖斯定律，②-①可得：4P(s)=P4(s)△H=+139.2kJ·mol-1，说明红磷转化为黄磷是吸热反应，等质量时黄磷能量比红磷高，故C项符合题意；D．等质量时黄磷能量比红磷高，所以等质量的黄磷和红磷在相同条件下分别与足量氯气反应，设产物只有PCl5，则黄磷放出的热量更多，故D项不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量；

B、正四面体的顶点夹角为60°；

C、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；

D、等质量时黄磷能量比红磷高。放热反应时，放出热量则更多。3．【答案】C【解析】【解答】A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A不符合题意；B．根据图示可以发现，甲醛分子中的两个C-H键的H原子都与O发生断裂，故仅有C-H键发生断裂，B不符合题意；C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分还来自于甲醛，C符合题意；D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为：HCHO＋O2CO2＋H2O，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、HAP在反应前后没有变化，作催化剂，只改变化学反应速率，对产物没有影响；

B、反应中H先与HAP中的O以及氧气中的O结合，C与氧气中的O结合，最后两个C-H键的H原子都与O发生结合，C-H断裂；

C、过渡态中HCHO中的C与O2的O结合形成CO2；

D、HAP作催化剂，甲醛和氧气反应生成二氧化碳和水；4．【答案】D【解析】【解答】A．酸碱中和滴定接近终点时，若滴定管尖嘴靠着锥形瓶内壁，就会有部分酸或碱液离开了滴定管但未进入反应体系中，使滴定结果不准，故A项不符合题意；B．由于合成氨的反应是一个放热反应，温度高时，N2和H2的转化率比较低，但比温度低时的反应速度快，因此工业上合成NH3常选择500℃时进行而不是常温，是基于反应速率来考虑的，故B项不符合题意；C．中和热测定：用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行实验，用量筒量取NaOH溶液时，仰视取液，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，但由于盐酸少量，放出的热量不变，但混合溶液体积增大，使溶液升高的温度偏小，即测得的中和热△H偏大，故C项不符合题意；D．阴极保护技术与牺牲阳极的阴极保护法，前者是电解池原理，通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子流向被保护金属；后者是原电池原理，将还原性较强的金属与被保护金属相连构成原电池，被保护的金属作为正极就可以避免腐蚀，所以阴极保护技术与牺牲阳极的阴极保护法原理完全不同，故D项符合题意；故答案为：D。

【分析】A、滴定管尖端不能接触锥形瓶内壁；

B、合成氨气的反应为放热反应，若是升高温度使平衡朝逆向移动，因此不是基于勒夏特里原理考虑；

C、仰视取液会使氢氧化钠体积偏大；

D、阴极保护法为电解池原理，牺牲阳极的阴极保护法为原电池原理。5．【答案】B【解析】【解答】A．反应是可逆反应，不能进行彻底，将1molN2(g)和3molH2(g)置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，反应放热38.6kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<-38.6kJ/mol，A不符合题意；B.1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中含有溶0.1molCH3COOH，0.1molCH3COOH中含有0.4molH，由于水分子中含有H，则该溶液中含有的氢原子数大于0.4NA，B符合题意；C.25gCuSO4·5H2O晶体的物质的量为mM=25.0g250g/mol=0.1mol，n(Cu2+)=0.1mol，但是Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，溶液中Cu2+数目小于0.1ND．NA个CO2分子通入1L1mol/L的NaOH中，二氧化碳和氢氧化钠恰好反应生成碳酸氢钠，根据物料守恒知，碳酸氢钠中存在c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+cH2CO3)①，根据电荷守恒知，c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)②，将②-①得c(CO32-)+c(OH-)=c(H+故答案为：B。【分析】A、氮气和氢气的反应为可逆反应，无法完全转化；

B、醋酸为一元弱酸；

C、铜离子可以发生水解，物质的量减少；

D、结合质子守恒判断。6．【答案】D【解析】【解答】A．室温下，浓度均为0.2mol/L的HA和BOH溶液等体积混合后，如果二者都是强电解质，则c(A-)=c(B+)=0.1mol/L，根据图可知，c(A-)=c(B+)<0.1mol/L，说明这两种离子都存在水解，所以HA、BOH都是弱电解质，故A项不符合题意；B．根据物料守恒可知，该溶液中存在c(A-)+c(HA)=c(B+)+c(BOH)=0.1mol/L，所以X可能是HA或BOH，故B项不符合题意；C．由图可知，A-和B+的水解程度相同，则相同条件下相同浓度的HA、BOH的电离程度相同，其电离平衡常数相同，即电离常数K(HA)=K(BOH)，故C项不符合题意；D．由图可知，c(A-)=c(B+)，根据电荷守恒可得c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，溶液的pH=7，故D项符合题意；故答案为：D。【分析】A、等体积混合后，若为HA和BOH都是强电解质，则A-和B+的浓度都为0.1mol/L，若是弱电解质，则小于0.1mol/L；

B、结合物料守恒可以知道X时HA或BOH；

C、结合图示可知道A-和B+的浓度相同，即水解程度相同；

D、结合电荷守恒可以知道溶液为中性。7．【答案】A【解析】【解答】A．平衡时，甲容器中H2的转化率=消耗量起始量×100%=B．由上述计算可知，甲容器中H2的转化率为60%，恒温恒容下，乙容器中氢气的起始浓度比甲容器中氢气的起始浓度大，故乙中氢气转化率减小，小于60%，故B不符合题意；C．对于乙容器：H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g），起始时氢气浓度是甲中的2倍，平衡正向进行达到平衡状态，氢气浓度小于甲中氢气浓度的2倍，故C不符合题意；D．浓度越大反应速率越快，由表中数据可知，甲、乙容器内，开始二氧化碳浓度相等，乙中氢气浓度比甲中浓度大，所以速率乙>甲，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A、转化率=消耗量起始量×100℃；

B、浓度越大，转化率越小；8．【答案】D【解析】【解答】A．由于反应前后气体的体积不变，则增大压强反应速率加快，平衡不移动，图象B不符合，故A不符合题意；B．由于反应前后气体的体积不变，则增大压强反应速率加快，平衡不移动，催化剂只加快反应速率，不影响平衡移动，图II研究的可能增大压强和加入催化剂，故B不符合题意；C．该反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，图中乙先达到平衡，则温度高于甲，而CO的转化率低，图象不符合，故C不符合题意；D．增大压强（缩小体积），正、逆反应速率都增大，且正、逆反应速率加快的倍数相等，平衡不移动，压强越大达到平衡所需时间越短，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】平衡移动的判断；

增大反应物浓度，平衡朝正向移动，被增加的反应物转化率减小，另一种反应物浓度增大，减小反应物的浓度则反之；

增大生产物浓度，平衡朝逆向移动，反应物的转化率减小，减少生成物的浓度则反之；

增大压强，减小体积，平衡朝气体体积缩小的方向移动，减小压强，增大体积则反之；

升高温度，平衡朝吸热方向移动，降低温度则反之。9．【答案】C【解析】【解答】A．CH3COOH为弱酸，部分电离，a点溶液为0.1mol/L的CH3COOH溶液，c(H+)小于0.1mol/L，则pH>1，故A项不符合题意；B．CH3COOH的电离平衡常数为Ka=c(CH3COO-)⋅c(C．当V(NaOH)=20mL时，CH3COOH与NaOH溶液恰好完全反应生成CH3COONa，此时溶液显碱性，pH>7，因此要是混合溶液的pH=7，CH3COOH应该稍微过量，所以c点V(NaOH)<20mL，故C项符合题意；D．b点时混合溶液的溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa溶液，根据电荷守恒可得：c(H故答案为：C。【分析】A、醋酸为弱酸，部分电离；

B、随着反应的进行，醋酸根浓度增大，醋酸分子浓度减小；

C、若是氢氧化钠和醋酸1：1反应时溶液为碱性；

D、结合电荷守恒判断。10．【答案】D【解析】【解答】A．常温下，水的离子积Kw=1×10-14，通过分析可知由水电离出的c(H+)=1×10-14mol/L的溶液可能显酸性也可能显碱性，Fe3+和NHB．常温下，水的离子积Kw=1×10-14，pH为4的NH4Cl溶液中，由水电离的c(H+)=1×10-4mol/L，而pH为4的盐酸中，由水电离出的c(H+)=1×10-10mol/L，所以常温下pH均为4的NH4Cl溶液和盐酸中，由水电离出的c(H+)不相等，故B项不符合题意；C.25℃时，浓度均为1mol/L的(NH4)2CO3和(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，由于CO32-的水解促进NH4+的水解，而D．将FeCl2溶液在空气中加热蒸干，由于Fe2+易被空气中的氧气氧化，且加热促进水解，水解产物氯化氢可以逸散到空气中去得到氢氧化物，经高温灼烧分解后可得Fe2O3或Fe3O故答案为：D。【分析】A、水电离的氢离子浓度小于10-7mol/L时，溶液可能是酸性也可能是碱性；

B、氯化铵溶液中氢离子都是由水提供，盐酸溶液中氢离子主要由酸提供；

C、碳酸根可以促进铵根离子水解，亚铁离子可以抑制铵根离子水解；

D、亚铁离子水解后生成氢氧化物，氢氧化物受热分解为氧化物。11．【答案】D【解析】【解答】A．常温下向浓度相同的NaCl和NaI混合液中逐滴滴入AgNO3溶液，溶解度小的先沉淀，由现象可知先出现的是AgI黄色沉淀，则AgI的溶解度较小，又由于AgI和AgCl沉淀的类型相同，所以有Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A项不符合题意；B．向两试管同体积同浓度的H2O2溶液中分别滴加5滴FeCl3和CuSO4溶液，由于催化剂中的阳离子和阴离子均不相同，存在两个变量，因此不能探究Fe3+和Cu2+对H2O2的催化效果，故B项不符合题意；C．把FeCl2溶液滴入酸性KMnO4溶液中，由于Fe2+和Cl-都能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以当溶液的紫红色褪去，不能说明是Fe2+具有还原性，故C项不符合题意；D．Na2CO3溶液水解显碱性，滴入酚酞变红，加入氯化钡固体后，钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，导致溶液的碱性减弱，则溶液红色变浅，故D项符合题意；故答案为：D。【分析】A、先生成碘化银，则碘化银溶度积更小；

B、控制变量法的前提是所有条件都相同，只改变一个条件；

C、氯离子和亚铁离子都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；

D、碳酸根离子的浓度降低，使水解平衡朝逆向移动。12．【答案】B【解析】【解答】A．根据分析可知，a为原电池的正极，A不符合题意；B．由电极方程式可知，充电时，Li1-xCoO2/LiCoO2电极发生Li+脱嵌，失去电子；放电时发生Li+嵌入，得到电子，B符合题意；C．放电时，石墨电极发生得电子的反应，若转移0.02mol电子，则石墨电极将减重0.02×7=0.14g，C不符合题意；D．放电时，Li+负极向正极移动，即由b极向a极移动，D不符合题意；故答案为：B。【分析】新型二次电池的判断：

1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；

2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。13．【答案】D【解析】【解答】A．Na2CrO4水溶液存在平衡：2H++2CrO4B．H2CrO4的第二步电离为HCrO4−⇌H++CrC．pH>9时，溶液中主要存在CrO42-，所以要得到纯度较高的Na2D．pH=6时，根据物料守恒，Na2CrO4溶液中存在c(Na故答案为：D。【分析】A、增大氢离子的浓度，使平衡朝正向移动；

B、结合曲线交点以及pH计算二级电离平衡常数；

C、结合曲线可以知道奥存在铬酸根离子，此时溶液pH应该大于9；

D、结合物料守恒判断。14．【答案】D【解析】【解答】A．E点为新制氯水溶液，溶液显酸性，由水电离出的c水(H+)=10-11mo/L，溶液中OH-完全是由水电离出来的，所以c(OH-)=c水(H+)=10-11mo/L，则溶液中c(H+)=Kwc(B．H点对于溶液中溶质为NaCl、NaClO和NaOH，根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-)，此时溶液为碱性，则c(OH-)＞c(H+)，所以c(Na+)＞c(Cl-)+c(ClO-)，故B不符合题意；C．加水稀释H点对应的溶液，H点为碱性溶液，加水稀释时碱性减弱，促使溶液pH值向中性接近，所以pH值降低，故C不符合题意；D．G点为等物质的量浓度的NaClO和氯化钠的混合溶液，ClO-水解使溶液呈碱性，因此c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定；

B、结合电荷守恒判断；

C、酸性溶液加水稀释酸性减弱，碱性溶液加水稀释时碱性减弱；

D、结合次氯酸根的水解判断。15．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，则Ksp(Ag2SeO3)的数量级为10-15，A不符合题意；B．d点c(Ag＋)大于平衡浓度，故d点的浓度积Qc(AgBr)＞Ksp(AgBr)，故为溴化银的过饱和溶液，B不符合题意；C．逐滴加AgNO3溶液时，生成Ag2SeO3，AgBr沉淀时所需银离子浓度分别为10-150.01mol/L=3.16×10-7D．Ag2SeO3(s)＋2Br－(aq)⇌2AgBr(s)＋SeO32-(aq)平衡常数为Ksp(Ag2Se故答案为：D

【分析】A、结合点（5，5.0）以及溶度积的计算公式判断；

B、结合Qc和Ksp的大小判断；

C、结合溶度积公式以及硒酸根浓度计算；

D、结合硒酸银和溴化银的溶度积比值计算。16．【答案】D【解析】【解答】解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项不符合题意；B.①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项不符合题意；C.对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项不符合题意；D.由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项符合题意；故答案为：D。【分析】A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。17．【答案】（1）化学；0.968（2）391（3）4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g)ΔH=-1034.9kJ/mol（4）碱溶液；H2-2e-+2OH-=2H2O；0.2【解析】【解答】(1)上述反应过程中能量转化形式为光能转化为化学能，达平衡时，生成氧气0.0020mol，根据热化学方程式计算；(2)依据反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量计算得到；(3)根据盖斯定律可以根据已知反应的焓变计算未知反应的焓变；(4)①由电极反应的产物可知，电解质溶液应该是碱溶液，酸性溶液中Ni(OH)2不能稳定存在；②电池放电时，负极氢气氧化反应，化合价升高，反应式为H2-2e-+20H-=2H2O；③外电路中每通过0.2NA个电子时，所以消耗氢气0.1mol，则消耗H2的质量理论上减小0.1mol×2g/mol=0.2g；(1)上述反应过程中能量转化形式为光能转化为化学能，达平衡时，生成氧气0.0020mol至少需要吸收的光能为0.0020mol×484kJ·mol-1=0.968kJ；(2)3H2+N2=2NH3，依据反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量=3×436+945.8-6×N-H键键能=-92.2，N-H键键能=391kJkJ；(3)已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ/mol，②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH=+67.7kJ/mol，反应4H2(g)+2NO2(9)=N2(g)+4H2O(g)可以是2×①-②得到，所以4H2(g)+2NO2(9)=N2(g)+4H2O(g)ΔH=2×(-483.6kJ/mol)-67.7kJ/mol=-1034.9kJ/mol(4)①由电极反应的产物可知，电解质溶液应该是碱溶液，酸性溶液中Ni(OH)2不能稳定存在；②电池放电时，负极氢气氧化反应，化合价升高，反应式为H2-2e-+20H-=2H2O；③外电路中每通过0.2NA个电子时，所以消耗氢气0.1mol，则消耗H2的质量理论上减小0.1mol×2g/mol=0.2g；

【分析】（1）发生化学反应，存在化学能，为光能转化为化学能；

（2）反应热=反应物的键能-生成物的键能；

（3）热化学方程式的书写要注意，化学计量数即为反应的物质的量，根据题干提供的数据，如物质的量、质量以及给出的反应热进行对应，根据给出的物质的量和热量可以列出关系式，且要注意，热化学方程式的书写中，化学计量数即反应的物质的量，要注意，物质的量之比等于反应热之比；

（4）①有氢氧化镍的参与，溶液为碱性；

②负极反应式为氢气失去电子，结合氢氧根生成水；

③根据电子和氢气的化学计量数之比计算。18．【答案】（1）当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色（2）无影响（3）0.0120（4）反应放热或者生成某离子对反应有催化作用（5）1.8×10-5；0.028（6）C【解析】【解答】(1)KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到终点，不需要外加指示剂；(2)根据c(待测)=c((3)根据草酸和高锰酸钾反应的方程式，得2KMnO4～5H2C2O4，根据c=nV(4)根据影响反应速率的因素进行分析；(5)根据ksp进行相关计算；(6)指示剂选择原则①颜色变化明显②Ksp微大于AgSCN，以此来解析；（1）KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到终点，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色；（2）在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，蒸馏水不影待测液的物质的量，对V(标准)无影响，根据c(待测)=c可知，c(待测)不变，则对所测得的x值无影响；（3）根据表格中的数据，可知第三组数据与其它来组数据相差大，舍去第三组数据，可知高锰酸钾的物质的量为n=cv=0.0100mol/L×(13.05-1.00)+(12.45-0.50)2×10-3L=1.2×10-4mol，根据2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，可知2KMnO4～5H2C2O4，可得则所配制的草酸溶液的物质的量浓度为nv=（4）根据影响反应速率的因素，加快反应速率的可能反应放热或者生成某离子对反应有催化作用；（5）当溶液中的Cl-恰好沉淀完全(浓度为1.0×10-5mol/L)时根据Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)，可得c(Ag+)=1.8×10−101×10−5=1.8×10-5mol/L，根据Ksp(Ag2CrO4l)=c2(Ag+（6）目的是要测定SCN-的浓度，所以原理应为先使SCN-沉淀，当SCN-完全反应后产生其他颜色的沉淀，根据题目所给条件可知AgSCN为白色沉淀，所以指示剂与银离子沉淀时颜色不能为白色，则为AgBr或Ag2CrO4，其中Ag2CrO4的溶度积要稍大于AgSCN，所以会后与AgSCN沉淀，所以可选Na2CrO4作为指示剂；故答案为：C。

【分析】（1）滴定终点的现象是最后一滴标准液进入锥形瓶中，颜色或者沉淀半分钟内不再变化；

（2）锥形瓶中的物质的量固定，稀释不影响滴定；

（3）当题目中出现的数据相差较大的时候应该舍去，结合公式n=c·V计算；

（4）升高温度、加入催化剂都可能加快溶液或者液体参与的化学反应速率；

（5）结合溶度积和氯离子的浓度计算；

（6）本题要注意，要使硫氰酸根最先沉淀，且生成的沉淀颜色不能和氯化银的沉淀颜色相同。19．【答案】（1）<；降温或从平衡体系中移去氮气或二氧化碳；不变（2）C(s)+N2O=C(O)+N2(g)（3）BC；相同条件下NO去除率更高或在较低温度下去除NO的效果或纯碳的活化能高、反应速率慢等；；BD【解析】【解答】反应C(S)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)在常温下可以自发进行，满足ΔH-TΔS<0，提高NO平衡转化率需要平衡正向进行，NO的起始浓度增大，体系压强增大，由于反应前后气体体积不变，化学平衡状态不变；(2)盖斯定律，可知反应间系，可得第三步反应；(3)①A．恒温恒容条件下气体压强与气体物质的量成正比，该反应前后气体物质的量不变，则压强始终不变；B．根据摩尔质量公式M=mnC．反应前后气体总质量增大、容器体积不变，则反应前后气体密度增大，当混合气体密度不变时，反应达到平衡状态；D．根据题中信息，测得第3小时末(未到达平衡)NO去除率，根据图中信息Cu/C催化200℃时NO去除率达50%，来判断；②图中分析可知La/C、Cu/C去除NO效果好于c，原因是相