新疆伊犁奎屯市第一高级中学2020-2021学年高二上学期期末考试化学试卷含解析

高二化学卷相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64K39Ca40Ba137一、选择题(每小题只有一个正确答案，本题共21小题，每小题2分，共42分)1.在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是A.CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=+725.8kJ/molB.2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H=－1452kJ/molC.2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H=－725.8kJ/molD.2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H=+1452kJ/mol【答案】B【解析】【分析】在25℃、101kPa下，1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则32g甲醇即1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量=22.68kJ×32=725.8kJ【详解】A．乙醇的燃烧属于放热反应，△H＜0，故A错误；B．1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量=22.68kJ×32=725.8kJ，则2mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量=1452kJ，其热化学反应方程式为2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H=-1452kJ/mol，故B正确；C．1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量=22.68kJ×32=725.8kJ，则2mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量=1452kJ，其热化学反应方程式为2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H=-1452kJ/mol，故C错误；D．乙醇的燃烧属于放热反应，△H＜0，故D错误；故选B。2.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（）A.NO2、N2O4平衡混合气体加热后颜色变深B.氯水长期露置于空气中褪色C.弱电解质的溶液达到平衡后，加水稀释，平衡向电离的方向移动D.合成氨工业，采用铁触媒催化剂【答案】D【解析】【分析】【详解】A．存在2NO2⇌N2O4，平衡体系加热，平衡向吸热反应的逆反应方向移动，颜色变深，能用勒夏特列原理解释，选项A不选；B．对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向右移动，能用勒夏特列原理解释，选项B不选；C．弱电解质的溶液达到平衡后，加水稀释，溶液变稀，平衡向电离的方向移动，能用勒夏特列原理解释，选项C不选；D．催化剂能同等程度的增大正逆反应速率，平衡不移动，所以不能用勒夏特列原理解释，选项D选；答案选D。3.对可逆反应：2C(g)A(g)+3B(g)，(正反应吸热)；下列说法正确的是（）A.升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大，B.降低压强，反应速率减慢，平衡逆向移动C.达平衡后，升温或加压都有利于平衡正向移动D.达平衡后保持体积不变，增加C的物质的量，则C的转化率降低【答案】D【解析】【分析】该反应为气体体积增大的吸热可逆反应，根据勒夏特列原理进行分析。【详解】A．升高温度，正逆反应速率均会增大，A错误；B．该反应正反应为气体增大的反应，降低压强，各物质浓度减小，反应速率减慢，平衡正向移动，B错误；C．正反应吸热，达平衡后，升温后平衡正向移动，该反应正反应为气体增大的反应，加压有利于平衡逆向移动，C错误；D．达平衡后保持体积不变，增加C的物质的量，相对于原平衡来讲，等效于对该反应升压的过程，平衡向左移动，则C的转化率降低，D正确；本题正确选项D。4.下列说法正确的是()A.将FeCl3溶液蒸干后不能得到FeCl3晶体B.电解质熔化时都能导电C.将足量镁粉加到NH4Cl溶液中气态产物只有H2D.可逆反应2SO2+O22SO3中，当SO2、O2、SO3三者物质的量之比为2∶1∶2时表示已达平衡状态的标志【答案】A【解析】【分析】【详解】A．FeCl3为挥发性酸的弱碱盐，将FeCl3溶液蒸干过程中，水解平衡FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl不断正向移动，HCl挥发，蒸干得到Fe(OH)3，A正确；B．电解质若为共价化合物(如含氧酸)，熔化时不产生自由移动的阴、阳离子，不能导电，B不正确；C．将足量的镁粉加到NH4Cl溶液中，发生反应Mg+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2↑，所得气态产物为H2和NH3，C不正确；D．可逆反应2SO2+O22SO3中，SO2、O2、SO3三者物质的量之比为2∶1∶2，不是平衡的特征，不一定是平衡状态，D不正确；故选A。5.下列变化过程中，ΔS＜0的是()A.氯化钠溶于水中 B.NH3(g)和HCl(g)反应生成NH4ClC.干冰的升华 D.CaCO3(s)分解为CaO(s)和CO2(g)【答案】B【解析】分析】熵变是反应体系的混乱度，是体系混乱度（或无序度）的量度，同一物质，气态熵大于液态熵，液态熵大于固态熵；不同物质生成的气体体积越大，熵值增加，熵变为正值．气体体积减少，熵值减小，熵变为负值，△S＜0，说明反应或变化过程中混乱度减小，据此分析判断【详解】A.氯化钠固体溶解到水中形成溶液，混乱度增大，熵值增大，△S>0，故A错误；B.

NH3(g)与HCl(g)反应生成NH4Cl(s)，气体体积减小，体系混乱度减小，熵值减小，△S<0，故B正确；C.干冰(CO2)的升华，固体转化为气体，混乱度增大，熵值增大，△S>0，故C错误；D.

CaCO3(s)分解为CaO(s)和CO2(g)，反应生成了气体，体系混乱度增大，熵值增大，△S>0，故D错误；答案选B。【点睛】熵变小于零，是指混乱度减小，例如气体的体积减小。6.如图，abcd分别代表酸碱溶液加水稀释后pH与加水的体积的关系。下列判断正确的是（）A.a和b为强电解质B.等体积的c和d分别与足量的镁粉反应，放出H2一样多C.c和d的物质的量浓度相同D.pH相等的a和b分别加水稀释m和n倍后pH仍相等，则m<n【答案】D【解析】【分析】相同温度下，pH大于7的为碱，小于7的为酸，pH相等的酸或碱，稀释相同的倍数，pH变化大的酸或碱，酸的酸性或碱的碱性较强，pH变化小的酸或碱，酸的酸性或碱的碱性较弱。【详解】A．pH相等的a和b稀释相同的倍数时，溶液的pH不同，且a溶液的pH变化小于b，则a一定是弱电解质，选项A错误；B．通过图象知，c的酸性小于d，则等pH的c和d，c的浓度大于d，所以等体积的c和d分别与足量的镁粉反应，c放出H2多，选项B错误；C．根据图象知，c的酸性小于d，所以等pH的两种溶液c的浓度大于d，选项C错误；D．通过图象知，a的碱性大于b，等pH的两种溶液，a的浓度小于b，所以pH相等的a和b分别加水稀释m和n倍后pH仍相等，则m＜n，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查强弱电解质溶液稀释时的pH、浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点，易错选项是D，注意等pH的a和b稀释相同的倍数时，a的pH变化大，b的变化小，为易错点。7.常温时，向pH=2的硫酸溶液中加入等体积的下列溶液后，滴入甲基橙试液，出现红色，该溶液可能是A.pH=12的Ba(OH)2B.pH=12的NH3·H2OC.0.05mol/L的NaOHD.0.05mol/L的BaCl2【答案】D【解析】【分析】甲基橙试液的变色范围为3.1-4.4，如果混合溶液中滴入甲基橙试液，出现红色，说明溶液呈酸性，据此分析解答。【详解】甲基橙试液的变色范围为3.1-4.4，如果混合溶液中滴入甲基橙试液，出现红色，说明溶液呈酸性，pH=2的硫酸中氢离子浓度为0.01mol/L，则A.pH=12的Ba(OH)2中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，二者等体积混合，氢离子和氢氧根离子恰好反应生成水，溶液呈中性，故A错误；B.pH=12的NH3·H2O的氨水浓度大于0.01mol/L，二者等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性，故B错误；C.0.05mol/L的NaOH浓度大于硫酸中氢离子浓度，二者等体积混合后溶液呈碱性，故C错误；D.0.05mol/L的BaCl2溶液呈中性，二者反应后生成硫酸钡和盐酸，混合溶液呈酸性，所以D选项是正确的；综上所述，本题正确选项D8.在一固定容积的密闭容器中充入3molA和1molB，发生反应：3A(g)＋B(g)xC(g)，达到平衡后，C的体积分数为W%。若维持容器体积和温度不变，按0.9molA、0.3molB和2.1molC为起始物质，达到平衡后，C的体积分数仍为W%，则x值可能为A.1 B.2 C.3【答案】C【解析】【分析】【详解】恒温恒容下，开始充入3molA和1molB与开始充入0.9molA、0.3molB和2.1molC达到平衡后，C的体积分数为W%，说明为完全等效平衡，按化学计量数转化到左边，满足n(A)=3mol、n(B)=1mol，故0.9mol+×3=3mol，解得x=3，但是对于反应前后气体系数和相等的反应，物质的投料等比即等效，所以x=4也是正确的，因此C满足题意；故答案为C。9.已知在的饱和溶液中，，，则的为A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】【详解】的饱和溶液中存在，，，则的，故选A。10.在可逆反应中，平衡常数与反应进行的限度关系正确的是()A.K越大，反应程度越大 B.K越大，反应程度越小C.K的大小与反应程度无关 D.K越大，反应程度可能变大，也可能变小【答案】A【解析】【分析】【详解】A．一定条件下的化学平衡，平衡常数越大，说明反应进行的程度越大，选项A正确；B．一定条件下的化学平衡，平衡常数越大，说明反应进行的程度越大，选项B错误；C．平衡常数是衡量反应进行程度的物理量，选项C错误；D．一定条件下的化学平衡，平衡常数越大，说明反应进行的程度越大，选项D错误；答案选A。11.T℃时，A气体与B气体反应生成C气体。反应过程中A、B、C物质的量变化如图(Ⅰ)所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图(Ⅱ)所示，则下列结论正确的是A.在(t1＋1)min时，保持其他条件不变，增大压强，平衡向逆反应方向移动B.在(t1＋1)min时，保持容器总压强不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动C.不再增减物质，只改变压强或温度时，A的体积分数V(A)%变化范围为25%＜V(A)%＜40%D.其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，且A的转化率增大【答案】C【解析】【分析】【详解】根据图(Ⅰ)，AB随反应的进行，物质不断减少，是反应物，而C随反应的进行不断增加，是生成物，在t1时反应达到平衡状态，A减少0.2mol，B减少(0.9-0.3)=0.6mol，C增加0.6mol，根据物质的变化量等于化学计量数之比，化学方程式为A(g)＋3B(g)3C(g)，A.在(t1＋1)min时，保持其他条件不变，增大压强，平衡向正反应方向移动，选项A错误；B.在(t1＋1)min时，保持容器总压强不变，通入稀有气体，导致体积增大，相当于减小压强，平衡向逆反应方向移动，选项B错误；C.不再增减物质，根据A(g)＋3B(g)3C(g)平衡0.40.30.6只改变压强或温度时，若平衡向右进行完全，则A的体积分数V(A)%为=0.25，若平衡向左进行完全，则A的体积分数为=0.4，A的体积分数变化范围为25%＜V(A)%＜40%，选项C正确；D.根据图(Ⅱ)，升高温度，B的体积分数增大，说明平衡逆向移动，A的转化率降低，选项D错误；答案选C。12.下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.NaHSO3或NaHCO3的溶液中均有(S和C均用R表示)：c(Na＋)＝c(HRO)＋2c(RO)B.常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后溶液中：c(Na＋)=c(Cl－)＞c(CH3COOH)C.常温下物质的量浓度相等的①NH4HCO3、②(NH4)2SO4、③NH4HSO4三种溶液中c()：②＞③＞①D.相同条件下，pH=5的①NH4Cl溶液、②CH3COOH溶液、③稀盐酸溶液中由水电离出的c(H＋)：①＞②＞③【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据物料守恒可得：c(Na+)=c(HRO)＋c(RO)+c(H2RO3)，对于NaHSO3溶液，电离程度大于水解程度，所以c(RO)＞c(H2RO3)；对于NaHCO3溶液，溶液中的水解程度大于电离程度，则c(RO)＜c(H2RO3)。可见溶液中c(RO)和c(H2RO3)不相等，因此c(Na＋)≠c(HRO)＋2c(RO)，A错误；B．根据电荷守恒，可得c(Na＋)+c(H+)＝c(OH-)+c(Cl－)+c(CH3COO-)，溶液显中性，溶液中c(H+)＝c(OH-)，则c(Na＋)=c(Cl－)+c(CH3COO-)＞c(Cl－)，B错误；C．三种盐都会电离产生，当盐浓度相等时，盐化学式中含数目越多，电离产生的c()越大，故②(NH4)2SO4中c()最大；对于化学式中数目相同的盐，①NH4HCO3中、都会发生水解反应，水解相互促进，使c()减小；而在③NH4HSO4中，盐电离产生的H+对的水解起抑制作用，导致c()比NH4HCO3中的大，故三种溶液中c()：②＞③＞①，C正确；D．酸会抑制水的电离，溶液中H+主要由酸电离产生，盐会促进水的电离，溶液中H+是由水电离产生，当溶液的pH相等，即c(H+)时，水的电离程度：盐酸溶液。对于酸溶液，溶液的pH相等，水电离程度就相等，与酸的强弱无关。故相同条件下，pH=5的①NH4Cl溶液、②CH3COOH溶液、③稀盐酸溶液中由水电离出的c(H＋)：①＞②=③，D错误；故合理选项是C。13.已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反应情况如下：(1)CuSO4＋Na2CO3主要：Cu2＋＋＋H2O=Cu(OH)2↓＋CO2↑次要：Cu2＋＋=CuCO3↓(2)CuSO4＋Na2S主要：Cu2＋＋S2－=CuS↓次要：Cu2＋＋S2－＋2H2O=Cu(OH)2↓＋H2S↑下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是()A.Cu(OH)2＞CuCO3＞CuS B.CuS＞Cu(OH)2＞CuCO3C.CuS＜Cu(OH)2＜CuCO3 D.Cu(OH)2＜CuCO3＜CuS【答案】C【解析】【分析】【详解】：沉淀反应中，生成物的溶解度越小，沉淀反应越容易发生，CuSO4+Na2CO3中主要发生Cu2++CO32-+H2O=Cu(OH)2↓+CO2↑，次要发生Cu2++CO32─=CuCO3↓，可说明Cu(OH)2的溶解度小于CuCO3的溶解度；CuSO4+Na2S中主要：Cu2++S2-=CuS↓，次要：Cu2++S2-+2H2O=Cu(OH)2↓+H2S↑，可说明CuS的溶解度小于Cu(OH)2的溶解度，综上所述，溶解度为CuS＜Cu(OH)2＜CuCO3，故答案为C。14.有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合面成：①CH3COONa与HCl②CH3COONa与NaOH③CH3COONa与NaCl④CH3COONa与NaHCO3下列各项排序正确的是（）A.pH：②>③>④>① B.c(CH3COO－)：②>④>③>①C.溶液中c(H＋)：①>③>②>④ D.c(CH3COOH)：①>④>③>②【答案】B【解析】【分析】【详解】①：CH3COONa与HCl反应后生成CH3COOH和NaCl，其溶液呈酸性；②：CH3COONa与NaOH溶液，OH―阻止CH3COO―水解，溶液呈强碱性；③：CH3COONNa与NaCl，CH3COONa水解溶液呈碱性；④：CH3COONa与NaHCO3溶液，NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用；A．HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力，④中的pH>③中pH，A项错误；B．②中由于OH―对CH3COO―水解抑制作用强，其c(CH3COO―)最大，④中HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，c(CH3COO―)较大，①中生成了CH3COOH，c(CH3COO―)最小，c(CH3COO－)从大到小的排序②④③①，B项正确；C．②中含有NaOH，水中H＋浓度最小；①中含有CH3COOH，会电离出H＋，其c(H＋)最大；④中含有NaHCO3，由于HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力碱性④强于③，则③中c(H＋)大于④，从大到小的准确排序为①③④②；C项错误；D．④中含有的NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，CH3COO－水解生成CH3COOH较少，则③中c(CH3COOH)>④中c(CH3COOH)，D项错误；本题答案选B。15.有两个极易导热的密闭容器a和b（如图所示），a容器体积恒定，b容器体积可变，压强不变。在同温同压和等体积条件下，向a和b两容器中通入等物质的量的NO2，发生反应：2NO2N2O4（正反应放热），则以下说法正确的是A.反应起始时反应速率的关系：va＜vbB.反应过程中反应速率关系：va＜vbC.两容器内反应达到平衡所需时间一定相同D.反应达到平衡，两容器中的NO2的转化率相同【答案】B【解析】A．反应起始时两容器的反应速率va和vb的关系：va＜vb错，起始瞬间，两容器体积相等，加入NO2相等，即浓度相等，即起始瞬间的速率相等，故A错误；B．反应过程中两容器内的反应速率va和vb的关系：va＜vb正确，b的活塞会逐渐向下运动，即相当于加压，速率较a大，或者理解为b恒压，而a恒容，所以a中的压强会逐渐减小，速率相对较小，故B正确；C、两容器内反应达到平衡所需用的时间一定不等，因为速率不一样，平衡也不一样，故C错；D．反应达到平衡，两容器的NO2的转化率不相同，b容器较a相当于加压，所以平衡会正向移动，所以NO2的转化率比a大，故D错误；故选B。点睛：注意，a恒容，b恒压即活塞可以动，即随着反应进行，活塞会向下运动16.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.无色透明的溶液中：Fe3＋、Mg2＋、SCN－、Cl－B.＝1×10－12的溶液中：K＋、Na＋、、C.中性溶液中可能大量存在Fe3＋、K＋、Cl－、D.能使甲基橙变红的溶液中：Na＋、、、【答案】B【解析】【分析】【详解】A．Fe3＋和SCN－不能共存，且铁离子溶液不为无色，故A不符合题意；B．＝1×10－12的溶液中氢氧根浓度大于氢离子浓度，故溶液呈碱性，K＋、Na＋、、之间不反应，可以大量共存，故B符合题意；C．中性溶液中Fe3＋形成Fe(OH)3，故C不符合题意；D．能使甲基橙变红的溶液是酸性溶液，氢离子与HCO会发生复分解反应，生成二氧化碳和水，不能大量共存，D不符合题意；答案选B。17.磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：下列叙述错误的是A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B.从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC.“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D.上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠【答案】D【解析】分析：正极片碱溶时铝转化为偏铝酸钠，滤渣中含有磷酸亚铁锂，加入硫酸和硝酸酸溶，过滤后滤渣是炭黑，得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，滤液中加入碳酸钠生成含锂的沉淀，据此解答。详解：A、废旧电池中含有重金属，随意排放容易污染环境，因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A正确；B、根据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有Al、Fe、Li，B正确；C、得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，因此“沉淀”反应的金属离子是Fe3＋，C正确；D、碳酸锂沉淀，硫酸锂能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。答案选D。点睛：本题以废旧电池的回收为载体考查金属元素的回收，明确流程中元素的转化关系是解答的关键，题目难度不大。18.一种可充电锂—空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li＋在多孔碳材料电极处生成Li2O2－x(x＝0或1)。下列说法正确的是()A.放电时，多孔碳材料电极为正极反应为(2－x)O2＋4Li+＋4e-=2Li2O2－x(x＝0或1)B.放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极C.充电时，电池总反应为2Li＋(1－)O2=Li2O2－xD.充电时，电解质溶液中Li＋向多孔碳材料区迁移【答案】A【解析】【分析】根据电池工作原理，多孔碳材料吸附O2，O2在此获得电子，所以放电时多孔碳材料电极为电池的正极，发生的电极反应为：(2－x)O2＋4Li+＋4e-=2Li2O2－x(x＝0或1)；锂材料电极为电池的负极，发生的电极反应为：Li-e-=Li+；充电时，阳极、阴极反应式与放电时正极、负极电极反应式相反，据此分析解答。【详解】A．多孔碳材料电极为原电池的正极，O2得到电子被还原，电极反应为：(2－x)O2＋4Li+＋4e-=2Li2O2－x(x＝0或1)，A正确；B．放电时，Li失去电子转化为Li+，电子经外电路从锂电极流向多孔碳材料，B错误；C．充电时，相当于电解Li2O2－x重新得到Li和O2，所以电池总反应为：Li2O2－x=2Li＋(1－)O2，C错误；D．充电时，装置为电解池，原电池正负极分别接外电路阳极和阴极，Li+

需得电子重新生成Li，所以电解质溶液中Li+向阴极移动，即向锂电极区迁移，D错误；故选A。19.下列说法正确的是()。A.吸热反应在任何条件下都不能发生B.Na转化为Na+时，吸收的能量就是该过程的反应热C.水蒸气变为液态水时，放出的能量就是该变化的反应热D.同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同【答案】D【解析】【分析】【详解】A．吸热反应在一定条件下也能发生，如CO2与C在加热条件下反应产生CO，该反应就属于吸热反应，A错误；B．反应热是断裂反应物化学键吸收的热量与形成生成物化学键释放的能量差，Na转化为Na+时，没有新物质产生，因此吸收的能量不是反应热，B错误；C．水蒸气变为液态水时，放出的能量，但这是物质状态的变化，没有产生新的物质，因此该过程的能量变化不是反应热，C错误；D．反应热只与物质的始态和终态有关，与反应条件、反应过程无关，因此在同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，D正确；故合理选项是D。20.运用电离平衡常数判断可以发生的反应是（）酸电离常数(25℃)碳酸Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11次溴酸Ka=2.4×10-9①HBrO+Na2CO3=NaBrO+NaHCO3②2HBrO+Na2CO3=2NaBrO+H2O+CO2↑③HBrO+NaHCO3=NaBrO+H2O+CO2↑④NaBrO+CO2+H2O=NaHCO3+HBrOA.①③ B.②④ C.①④ D.②③【答案】C【解析】【分析】【详解】弱酸的电离常数越大酸性越强，依据题目中给出的电离常数可知酸性强弱顺序为H2CO3＞HBrO＞HCO，依据强酸制弱酸规律可知①HBrO+Na2CO3=NaBrO+NaHCO3能发生，②2HBrO+Na2CO3=2NaBrO+H2O+CO2↑不能发生，③HBrO+NaHCO3=NaBrO+H2O+CO2↑不能发生，④NaBrO+CO2+H2O=NaHCO3+HBrO可以发生，故可以发生的反应为①④，故答案为C。21.某反应的ΔH=+100kJ•mol-1，下列有关该反应的叙述正确的是（）A.正反应活化能小于100kJ•mol-1B.逆反应活化能一定小于100kJ•mol-1C.正反应活化能不小于100kJ•mol-1D.正反应活化能比逆反应活化能小100kJ•mol-1【答案】C【解析】【分析】【详解】某反应的ΔH=+100kJ•mol-1，则正反应的活化能—逆反应的活化能=+100kJ•mol-1，说明正反应的活化能比逆反应的活化能大100kJ•mol-1，则该正反应活化能不小于100kJ•mol-1，故合理选项是C。第Ⅱ卷非选择题(共58分)22.50mL0.50mol·L−1盐酸与50mL0.55mol·L−1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是__________。(2)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值__________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(3)实验中改用60mL0.50mol·L−1盐酸跟50mL0.55mol·L−1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量__________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热__________(填“相等”或“不相等”)。(4)在反应中若因为有放热现象而造成少量HCl在反应中挥发，则测得的中和热数值_________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。(5)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L-1稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为__________。【答案】(1).环形玻璃搅拌棒(2).偏小(3).不相等(4).相等(5).偏小(6).ΔH1=ΔH2<ΔH3【解析】【分析】中和热测定使用的仪器有温度计、大烧杯、小烧杯、环形玻璃搅拌棒、保温材料、量筒，硬纸板，关键是做好保温工作，混合溶液时要一次性快速加入，快速混合，测出反应前溶液温度及混合后的最高温度，利用Q=c·m·△t计算放出热量，根据△H=-计算中和热。反应放出热量与反应的物质多少有关，但反应热与反应放出的热量无关。中和反应是放热反应，反应放出热量越多，则反应热就越小。结合使用物质溶解过程是否有热量损失、溶解热、电离热等分析实验误差。【详解】(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒；(2)大烧杯上如不盖硬纸板，导致部分热量损失，使求得的中和热数值偏小；(3)在题干中盐酸不足量，反应放出热量以盐酸为标准计算，若实验中改用60mL0.50mol·L−1盐酸跟50mL0.55mol·L−1NaOH溶液进行反应，NaOH不足量，反应放出热量以NaOH为标准计算，由于反应物的物质的量增大，反应放出的热量也增多，因此与上述实验相比，二者所放出的热量不相等；由于中和热是可溶性强酸、强碱发生中和反应产生可溶性盐和1mol水时放出的热量，与反应的酸、碱的物质的量的多少无关，因此所求中和热相等；(4)在该反应中反应放出热量是以不足量的盐酸为标准计算，若因有放热现象而造成少量HCl在反应中挥发，溶质的物质的量减少，反应放出的热量减少，则测得的中和热数值偏小；(5)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L-1稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，由于在稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液溶液中溶质完全电离产生离子，而在稀氨水中溶质主要以电解质分子存在，电解质分子发生电离产生自由移动的离子需吸收热量，因此在与盐酸反应时放出的热量就比强碱NaOH、Ca(OH)2少。反应放出的热量越少，反应热就越大，故ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为ΔH1=ΔH2<ΔH3。23.某同学用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL某浓度的CH3COOH溶液。(1)部分操作如下：①取一支用蒸馏水洗净的碱式滴定管，加入标准氢氧化钠溶液，记录初始读数②用酸式滴定管放出一定量待测液，置于用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入2滴甲基橙③滴定时，边滴加边振荡，同时注视滴定管内液面的变化请选出上述操作过程中存在错误的序号：________。(2)某次滴定前滴定管液面如图1所示，读数为______________mL。(3)根据实验结果所绘制的滴定曲线如图，其中点①所示溶液中c(CH3COO－)＝1.7c(CH3COOH)，点③所示溶液中c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)。计算醋酸的电离常数：______________，该CH3COOH的物质的量浓度为__________mol·L－1(4)水的电离平衡曲线如下图所示。若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积_____________。将常温下的pH=8的Ba(OH)2溶液与常温下的pH=5的稀盐酸混合，并保持100℃的恒温，欲使混合溶液pH=7，则【答案】(1).①②③(2).0.30(3).1.7×10－5(4).0.1007(5).10－12(6).2∶9【解析】【分析】【详解】(1)①滴定管没有用标准氢氧化钠溶液润洗，导致标准液被稀释，①错误；②由于CH3COONa水解呈碱性，应选用酚酞作指示剂，不能选用甲基橙，②错误；③滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，以便及时判断滴定终点，不需要注视滴定管内液面的变化，③错误；根据分析可知①②③错误，故答案为：①②③；(2)根据图示可知，滴定管中液面位于0刻度下方的第三个小刻度处，读作0.30mL，故答案为：0.30；(3)点③所示溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)，说明此时NaOH与CH3COOH恰好完全反应，则此时浓度为：c(CH3COOH)==0.1007mol/L；点①所示溶液中c(CH3COO-)=1.7c(CH3COOH)，此时pH=5，c(H+)=10-5mol/L，则CH3COOH的电离平衡常数Ka==1.7×10-5；故答案为：1.7×10-5；0.1007；(4)水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，A点水的离子积常数Kw=10-7×10-7=10-14，B点水的离子积常数Kw=10-6×10-6=10-12，100°C的pH=8的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度c(OH-)==10-4mol/L，pH=5的稀盐酸溶液中氢离子浓度=10-5mol/L，混合溶液pH=7，溶液呈碱性，混合溶液中氢氧根离子浓度c(OH-)==10-5mol/L，设Ba(OH)2、盐酸的体积分别是xL、yL，则=10-5mol/L，求得x:y=2∶9，故答案为：10-12；2∶9。24.为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。回答下列问题：(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L－1FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、________(从下列图中选择，写出名称)。(2)电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择________作为电解质。阳离子u∞×108/(m2·s－1·V－1)阴离子u∞×108/(m2·s－1·V－1)Li＋4.074.61Na＋5.197.40Ca2＋6.59Cl－7.91K＋7.628.27(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入________电极溶液中。(4)电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2＋)增加了0.02mol·L－1。石墨电极上未见Fe析出。可知，石墨电极溶液中c(Fe2＋)＝________。(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为________，铁电极的电极反应式为______________。因此，验证了Fe2＋氧化性小于Fe3＋还原性小于Fe。【答案】(1).烧杯、量筒、托盘天平(2).KCl(3).石墨(4).0.09mol·L－1(5).Fe3＋＋e－=Fe2＋(6).Fe－2e－=Fe3＋【解析】【分析】根据题目信息溶液配制判断使用仪器，根据离子反应的条件及题干信息判断盐桥微粒，根据盐桥的作用可以判断离子的移动方向。利用氧化还原反应电子守恒，两电极联系桥梁是电子进行计算溶液中微粒变化。【详解】(1)溶液配置根据配制过程：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容步骤进行判断所需仪器为：烧杯、量筒、托盘天平；(2)根据题目盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近进行判断，溶液中含有三价铁和二价铁会与碳酸氢根和硝酸根离子可能发生反应，电迁移率相近故只能选KCl；(3)根据盐桥中微粒的作用是平衡两电解质溶液的电荷。石墨电极得电子，故阳离子进入石墨电极溶液中；(4)根据总反应方程式，设溶液体积为1L进行计算：，依据电子守恒得右侧石墨电极二价铁离子浓度增大0.4mol/L，故变为0.9mol/L；(5)根据实验过程中电子移动，电解质溶液中微粒得失电子进行判断。石墨电极的电极反应式为：，铁电极的电极反应式为：；【点睛】考查离子反应、氧化还原反应的应用，原电池实质是氧化还原反应。故可用氧化还原反应的知识进行解答。25.无色气体N2O4是一种强氧化剂，为重要的火箭推进剂之一。N2O4与NO2转换的热化学方程式为N2O4(g)2NO2(g)ΔH＝＋24.4kJ/mol。（1）将一定量N2O4投入固定容积的真空容器中，下述现象能说明反应达到平衡的是_________。a．v正(N2O4)＝2v逆(NO2)b．体系颜色不变c．气体平均相对分子质量不变d．气体密度不变达到平衡后，保持体积不变升高温度，再次到达平衡时，混合气体颜色_______(填“变深”“变浅”或“不变”)，判断理由___________________________。（2）平衡常数K可用反应体系中气体物质分压表示，即K表达式中用平衡分压代替平衡浓度，分压＝总压×物质的量分数[例如：p(NO2)＝p总×x(NO2)]。写出上述反应平衡常数Kp表达式___________________(用p总、各气体物质的量分数x表示)；影响Kp的因素_________________。（3）上述反应中，正反应速率v正＝k正·p(N2O4)，逆反应速率v逆＝k逆·p2(NO2)，其中k正、k逆为速率常数，则Kp为_______________(以k正、k逆表示)。若将一定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解(温度298K、压强100kPa)，已知该条件下k正＝4.8×104s－1，当N2O4分解10%时，v正＝______________kPa·s－1。（4）真空密闭容器中放入一定量N2O4，维持总压强p0恒定，在温度为T时，平衡时N2O4分解百分率为α。保持温度不变，向密闭容器中充入等量N2O4，维持总压强在2p0条件下分解，则N2O4的平衡分解率的表达式为__________________________。【答案】(1).bc(2).变深(3).正反应是吸热反应，其他条件不变，温度升高平衡正向移动，c(NO2)增加，颜色加深(4).(p总·x)2(NO2)/x(N2O4)(5).温度(6).k正/k逆(7).3.9×106(8).【解析】【分析】【详解】(1)a．应是2v正(N2O4)=v逆(NO2)时反应达到平衡状态，故a错误；b．体系颜色不变，说明二氧化氮浓度不变，反应到达平衡状态，故b正确；c．混合气体总质量不变，随反应减小混合气体总物质的量增大，平均相对分子质量减小，当气体平均相对分子质量不变时，反应到达平衡状态，故c正确；d．混合气体的总质量不变，容器的容积不变，气体密度始终不变，故d错误，正反应是吸热反应，其他条件不变，温度升高平衡正向移动，c(NO2)增加，颜色加深，故答案为bc；变深；正反应是吸热反应，其他条件不变，温度升高平衡正向移动，c(NO2)增加，颜色加深；(2)由题目信息可知，用某组分(B)的平衡压强(PB)表示平衡常数为：生成物分压的系数次幂乘积与反应物分压系数次幂乘积的比，N2O4(g)⇌2NO2(g)的平衡常数Kp==，平衡常数只受温度温度影响，温度不变，平衡常数不变，故答案为；温度；(3)平衡时正逆速率相等，由v正=k正．p(N2O4)，v逆=k逆．p2(NO2)，联立可得Kp=，当N2O4分解10%时，设投入的N2O4为1mol，转化的N2O4为0.1mol，则：N2O4(g)⇌2NO2(g)

物质的量增大△n1

2-1=10.1mol

0.1mol故此时p(N2O4)=×100kPa=×100kPa，则v正=4.8×l04s-1××100kPa=3.9×106kPa•s-1；故答案为；3.9×106；(4)在温度为T时，平衡时N2O4分解百分率为a，设投入的N2O4为1mol，转化的N2O4为amol，则：

N2O4(g)⇌2NO2(g)起始量(mol)：1

0

变化量(mol)：a

2a平衡量(mol)：1-a

2a故x(N2O4)=，x(NO2)=，则平衡常数Kp===p0×，保持温度不变，平衡常数不变，令N2O4的平衡分解率为y，则：p0×=2p0×，解得y=，故答案为。26.已知某温度下CH3COOH的电离常数K=1.6×10-5mol•L-1。该温度下，向20mL0.01mol•L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol•L-1KOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）。请回答下列有关问题（已知lg4=0.6）：（1）a点溶液中c(H+)为__，pH约为__。（2）a、b、c、d四点所示的溶液中水的电离程度最大的是__点，滴定过程中宜选用__作指示剂，滴定终点在__（填“c点以前”或“c点以后”）。（3）若向20mL稀氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，则下列变化趋势正确的是__（填序号）。A.B.