高中化学选择性必修1综合测评1

PAGEPAGE6综合测评(一)时间：90分钟满分：100分一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1．化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法正确的是(A)A．纯碱可以用作锅炉除垢时CaSO4的转化剂B．加入“聚铁”净水剂可以使海水淡化C．草木灰可以肥田，还可以降低土壤的碱性D．向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变解析根据沉淀平衡，碳酸钙溶度积小于硫酸钙，故纯碱可以将CaSO4转化为溶解度更低的碳酸钙沉淀，A正确；聚合硫酸铁又名聚铁，是一种净水剂，能将海水中的悬浮物沉降，但不能淡化海水，B错误；草木灰是植物(草本和木本植物)燃烧后的残余物，其主要成分为K2CO3，草木灰属于钾肥，K2CO3水解显碱性，不能降低土壤的碱性，C错误；热值是单位质量(或体积)的燃料完全燃烧时所放出的热量，向汽油中添加甲醇后，汽油与甲醇碳氢比不同，该混合燃料的热值不可能不变，D错误。2．下列过程中，属于非自发过程的是(B)A．N2和O2混合B．常温、常压下，石墨转化为金刚石C．H2和O2化合生成H2OD．C＋O2eq\o(=,\s\up15(点燃))CO2解析氮气和氧气混合时ΔS>0，体系混乱度增加，属于自发过程；石墨转化为金刚石是吸热反应，常温、常压下是非自发过程；H2和O2化合生成H2O的反应是ΔH<0的放热反应，ΔS<0，低温时ΔH－T·ΔS<0，属于自发过程；碳和氧气的反应是ΔH<0的放热反应，属于自发过程。3．对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是(B)A．增大压强 B．升高温度C．使用催化剂 D．多充入O2解析气体压强和反应物浓度只能影响化学反应速率，催化剂增大反应物中活化分子百分数，自然能增大化学反应速率，但催化剂不能改变化学平衡常数，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答。增大压强，活化分子百分数不变，化学平衡常数也不变，故A错误；升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误。4．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上发生的电极反应式是(C)A．2H＋＋2e－=H2B．Fe2＋＋2e－=FeC．2H2O＋O2＋4e－=4OH－D．Fe3＋＋e－=Fe2＋解析钢铁在接近中性或弱碱性的空气中发生的腐蚀为吸氧腐蚀。各电极反应式为负极：Fe－2e－=Fe2＋；正极：2H2O＋O2＋4e－=4OH－综上所述，C项正确。5．下列事实可以用勒夏特列原理解释的是(B)A．高锰酸钾溶液与草酸发生化学反应刚开始缓慢，随后反应迅速加快B．实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气(Cl2＋H2OHCl＋HClO)C．500℃左右的温度比室温更有利于合成氮反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0D．FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl，增大KCl的浓度则溶液的颜色变浅解析高锰酸钾溶液与草酸反应是放热反应，所以刚开始反应缓慢，随着反应的进行，温度升高，且生成的锰离子起催化作用，所以反应迅速加快，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；氯气在溶液中存在溶解平衡，在饱和食盐水中，氯离子抑制了氯气的溶解，所以能够用勒夏特列原理解释，故B正确；该反应正反应为放热反应，采用500℃的高温，利有用平衡向逆反应进行，反应物转化率与产物的产率降低，主要考虑反应速率与催化剂活性，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；增大KCl的浓度，溶液中Fe3＋、SCN－浓度不变，K＋和Cl－不参加反应，氯化钾不影响平衡，平衡不移动，溶液颜色不变，不能用勒夏特列原理解释，故D错误。6．下列实验操作不能达到实验目的的是(B)A．热的Na2CO3溶液除去试管中的油污B．将AlCl3溶液加热蒸干制取无水AlCl3C．配制FeCl3溶液时，将FeCl3溶解在较浓的盐酸中再加水稀释D．除去MgCl2溶液中少量FeCl3杂质，加入Mg(OH)2固体后过滤解析油污在碱性条件下会发生皂化反应，产生可溶性的物质，温度升高促进水解，溶液碱性增强，所以热的Na2CO3溶液可以除去试管中的油污，A正确；将AlCl3溶液加热蒸干得到Al(OH)3，为防止盐的水解，制取无水AlCl3应该在HCl环境中加热AlCl3溶液，B错误；FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3＋容易发生水解产生Fe(OH)3，使溶液变浑浊，为抑制盐的水解，在配制FeCl3溶液时，应将FeCl3溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释到一定浓度，C正确；Mg(OH)2难溶于水，可以消耗溶液中的H＋，当溶液的pH增大到一定范围时，Fe3＋就会形成Fe(OH)3，然后过滤，除去难溶性的物质，就得到MgCl2溶液，D正确。7．下列说法不正确的是(C)①盐酸与足量锌片反应时，加入少量硫酸铜溶液可以加快反应速率且不影响生成氢气的物质的量②增加硫酸的浓度，一定可以加快锌与硫酸反应制取氢气的速率③对反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)，在一密闭容器中进行，充入氦气，则化学反应速率一定不变④对于反应3KSCN(aq)＋FeCl3(aq)Fe(SCN)3(aq)＋3KCl(aq)，加入KCl固体，逆反应速率瞬时增大，随后正反应速率增大A．①②④ B．②③④C．②④ D．①③④解析锌和铜离子反应生成铜单质，锌、铜和稀硫酸构成原电池，能加快反应速率且不影响产气量，①正确；如为浓硫酸，硫酸主要以分子形式存在，与锌反应不能生成氢气，②错误；充入氦气，参加反应的气体物质的浓度不变，反应速率不变，③正确；该反应的实质是Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，氯离子和钾离子不参与反应，因此加入KCl固体对平衡不移动，反应速率不变，④错误。8．有关电化学知识的描述正确的是(B)A．Cu＋H2SO4=CuSO4＋H2↑这个反应可设计成原电池B．利用Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2，可设计如图所示原电池装置，盐桥内K＋向FeCl3溶液移动C．因为铁的活泼性强于铜，所以将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，铁作负极，铜作正极，其负极反应式为Fe－2e－=Fe2＋D．由Al、Mg与氢氧化钠溶液组成的原电池，其负极反应式为Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2解析由于活动性H>Cu，所以Cu与硫酸不能发生反应，所以该反应不是自发的氧化还原反应，不能设计成原电池，A错误；根据电池总反应式Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2，可知Cu失电子，作原电池的负极，正极上Fe3＋得电子生成Fe2＋，利用盐桥组成原电池，将氧化剂FeCl3和还原剂Cu分开，原电池工作时，盐桥中的阳离子向正极移动，则盐桥内K＋向FeCl3溶液移动，B正确；铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，由于在室温下铁遇到浓硝酸会钝化，所以金属铜作负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，C错误；由Al、Mg与NaOH溶液组成的原电池，Mg与NaOH不能发生反应，而Al与NaOH溶液反应，所以该原电池中Al作负极，Al失电子，发生氧化反应，D错误。9．微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含CH3COO－的溶液为例)。下列说法错误的是(B)A．负极反应为CH3COO－＋2H2O－8e－=2CO2↑＋7H＋B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜C．当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上除盐58.5gD．电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1解析据图可知a极上CH3COO－转化为CO2和H＋，C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，则b极为正极。a极为负极，CH3COO－失电子被氧化成CO2和H＋，结合电荷守恒可得电极反应式为CH3COO－＋2H2O－8e－=2CO2↑＋7H＋，故A正确；为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜2为阳离子交换膜，故B错误；当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有1molCl－移向负极，同时有1molNa＋移向正极，即除去1molNaCl，质量为58.5g，故C正确；b极为正极，水溶液为酸性，所以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，所以当转移8mol电子时，正极产生4mol气体，根据负极反应式可知负极产生2mol气体，物质的量之比为4∶2＝2∶1，故D正确。10．在下列各微粒中，室温下能使水的电离平衡向电离的方向移动，且使溶液的pH＞7的是(B)A．Al3＋ B．HCOeq\o\al(－,3)C．HSOeq\o\al(－,4) D．26X3＋解析Al3＋是弱碱阳离子，能结合水电离出的OH－，使水的电离平衡右移，溶液显酸性，pH<7，A错误；HCOeq\o\al(－,3)是弱酸的酸根离子，既能电离又能水解，但其水解程度大于电离程度，因此水解消耗水电离产生的H＋，促进水的电离，最终由于溶液中c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性，pH>7，B正确；HSOeq\o\al(－,4)是强酸的酸根离子，能完全电离为H＋和SOeq\o\al(2－,4)，对水的电离有抑制作用，C错误；26X3＋是Fe3＋，Fe3＋是弱碱阳离子，能结合水电离出的OH－，使水的电离平衡右移，最终达到平衡时，溶液显酸性，pH<7，D错误。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．下列实验误差分析不正确的是(AD)A．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏大B．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，读取数值偏小D．用沾有水珠的锥形瓶盛装待测液进行滴定，测定浓度偏小解析润湿的pH试纸测稀碱溶液，稀释了溶液，溶液碱性减弱，测定溶液pH偏小，A错误；测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，会有部分热量散失，所以测定结果偏小，B正确；滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，导致计算时滴定管内液体体积偏小，则所测体积偏小，C正确；用沾有水珠的锥形瓶盛装待测液进行滴定时不影响滴定结果，D错误。12．在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是(B)A．稀释溶液，水解平衡常数增大B．加入CuSO4固体，HS－浓度减小C．升高温度，c(HS－)/c(S2－)减小D．加入NaOH固体，溶液pH减小解析平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，A错误；加入CuSO4固体，硫离子与铜离子结合生成硫化铜沉淀，使S2－＋H2OHS－＋OH－逆向移动，HS－浓度减小，B正确；水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c(S2－)减小，c(HS－)增大，所以c(HS－)/c(S2－)增大，C错误；加入NaOH固体，由于氢氧化钠是一种强碱，溶液pH增大，D错误。13．t℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)，各组分在不同时刻的浓度如下表：下列说法正确的是(AD)物质XYZ初始浓度/(mol·L－1)0.10.202min末浓度/(mol·L－1)0.08ab平衡浓度/(mol·L－1)0.050.050.1A.平衡时，X的转化率为50%B．t℃时，该反应的平衡常数为40C．增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动D．前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v(Y)＝0.03mol·(L·min)－1解析平衡时，X的转化率＝eq\f(0.1mol/L－0.05mol/L,0.1mol/L)×100%＝50%，故A正确；依据图表数据得到平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到反应的平衡常数＝eq\f(0.12,0.05×0.053)＝1600，故B错误；反应是气体体积减小的反应，增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆增大，平衡向正反应方向移动，故C错误；列三段式：X(g)＋3Y(g)2Z(g)起始量0.10.20变化量0.020.060.042min量0.080.140.04前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v(Y)＝eq\f(0.06mol/L,2min)＝0.03mol·(L·min)－1，故D正确。14．对于可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，下列各项对示意图的解释与图像相符的是(C)A．①压强对反应的影响(p2>p1)B．②温度对反应的影响C．③t时刻为增加N2对反应的影响D．④催化剂对反应的影响解析该反应中增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图像不符，故A错误；因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应方向移动，则氮气的转化率降低，与图像中转化率增大不符，故B错误；反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，然后达到新的平衡，与图像符合，故C正确；因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡的时间少，与图像不符，故D错误。15．采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是(D)A．阳极反应为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑B．电解一段时间后，阳极室的pH未变C．电解过程中，H＋由a极区向b极区迁移D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量解析a极析出氧气，氧元素的化合价升高，作电解池的阳极，b极通入氧气，生成过氧化氢，氧元素的化合价降低，被还原，作电解池的阴极。依据分析a极是阳极，属于放氧生酸性型的电解，所以阳极的反应式是2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，故A正确；电解时阳极产生氢离子，氢离子是阳离子，通过质子交换膜移向阴极，所以电解一段时间后，阳极室的pH值不变，故B正确；由B的分析可知，C正确；电解时，阳极的反应为：2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，阴极的反应为：O2＋2e－＋2H＋=H2O2，总反应为：O2＋2H2O=2H2O2，要消耗氧气，即是a极生成的氧气小于b极消耗的氧气，故D错误。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．(12分)弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。根据要求回答问题。(1)生活中明矾常作净水剂，其净水的原理是Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋(用离子方程式表示)。(2)常温下，取0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合，测得混合后溶液的pH＝5，则pH＝13的MOH溶液的浓度＞0.1mol/L(填“＜”“＞”或“＝”)。(3)0.1mol/L的NaHA溶液，测得溶液显碱性。则①该溶液中c(H2A)＞c(A2－)(填“＜”“＞”或“＝”)。②作出上述判断的依据是NaHA溶液显碱性，说明HA－水解程度大于电离程度(用文字解释)。(4)含Cr2Oeq\o\al(2－,7)的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0×10－3mol/L的Cr2Oeq\o\al(2－,7)。为了使废水的排放达标，进行如下处理：eq\x(Cr2O\o\al(2－,7))eq\o(→,\s\up15(绿矾、H＋),\s\do15(Ⅰ))eq\x(Cr3＋、Fe3＋)eq\o(→,\s\up15(石灰水),\s\do15(Ⅱ))eq\x(CrOH3、FeOH3)绿矾为FeSO4·7H2O。反应(Ⅰ)中Cr2Oeq\o\al(2－,7)与FeSO4的物质的量之比为1∶6。常温下若处理后的废水中c(Cr3＋)＝6.0×10－7mol/L，则处理后的废水的pH＝6。{Ksp[Cr(OH)3]＝6.0×10－31}解析(1)明矾溶于水电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水，水解方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。(2)由题意知MOH为弱碱，则pH＝13的MOH溶液浓度大于0.1mol/L。(3)①溶液显碱性，说明水解大于电离，所以水解出的H2A浓度大于电离出的A2－浓度。②NaHA溶液显碱性，说明HA－水解程度大于电离程度。(4)①依据氧化还原反应离子方程式：6Fe2＋＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O可以求得Cr2Oeq\o\al(2－,7)与FeSO4的物质的量之比为1∶6；②Ksp[Cr(OH)3]＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝c3(OH－)×6.0×10－7＝6.0×10－31，c(OH－)＝1.0×10－8，其pH＝6。17．(12分)已知25℃时草酸(H2C2O4)的电离常数为K1＝5.0×10－2，K2＝5.4×10－5，草酸钙的Ksp＝4.0×10－8，碳酸钙的Ksp＝2.5×10－9。不同温度下水的离子积常数见下表：t/℃0102025405090100Kw/10－140.1340.2920.6811.002.925.5738.055.0(1)常温下将0.2mol/L的KOH溶液20mL与0.2mol/L的草酸溶液20mL混合后溶液显酸性，则混合后溶液中各离子浓度的大小顺序为c(K＋)>c(HC2Oeq\o\al(－,4))>c(H＋)>c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(OH－)。(2)已知草酸能使酸性高锰酸钾溶液(稀硫酸酸化)褪色，若在锥形瓶中放入20.00mL未知浓度的草酸，用0.1mol/L高锰酸钾溶液滴定，当到达滴定终点时，若共消耗VmL高锰酸钾溶液，则草酸的物质的量浓度为V/80mol/L。(3)90℃时，将0.005mol/L的氢氧化钙溶液20mL与0.0012mol/L的草酸溶液20mL混合，混合后溶液的pH＝10。(4)25℃时若向20mL草酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10－4mol/L的碳酸钾溶液10mL，能否产生沉淀，能(填“能”或“否”)。解析(1)常温下将0.2mol/L的KOH溶液20mL与0.2mol/L的草酸溶液20mL混合，反应生成草酸氢钾，由于草酸氢根离子的电离程度远远大于其水解程度，所以溶液显示酸性，c(H＋)＞c(OH－)，溶液中离子浓度大小为：c(K＋)>c(HC2Oeq\o\al(－,4))>c(H＋)>c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(OH－)。(2)高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从＋3价氧化成＋4价的二氧化碳，Mn元素从＋7价变化到＋2价的锰离子，由于草酸分子中有2个C原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为2∶5，故反应的方程式为：2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；设草酸的物质的量浓度为xmol/L，根据反应：2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O2510－4Vmol0.02xmol可得：eq\f(2,10－4V)＝eq\f(5,0.02x)解得x＝eq\f(V,80)mol/L；(3)0.005mol/L20mL的氢氧化钙溶液中氢氧化钙的物质的量n＝cV＝0.005mol/L×0.02L＝10－4mol,0.0012mol/L20mL的草酸溶液中草酸的物质的量为0.24×10－4mol，根据草酸与氢氧化钙的反应可知，氢氧化钙过量，草酸完全反应，故溶液显碱性，氢离子完全由水电离产生，90℃下，Kw＝3.8×10－13，c(OH－)＝0.0038mol/L，则c(H＋)＝1.0×10－10，混合后溶液的pH＝－lgc(H＋)＝10；(4)在草酸钙的饱和溶液中，c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝c(Ca2＋)，根据草酸钙的Ksp＝4.0×10－8，可知c(Ca2＋)＝2×10－4mol/L，若向20mL草酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10－4mol/L的碳酸钾溶液10mL后，由于溶液体积的变化，c(Ca2＋)＝2×10－4mol/L×eq\f(2,3)＝eq\f(4,3)×10－4mol/L，c(COeq\o\al(2－,3))＝8.0×10－4mol/L×eq\f(1,3)＝eq\f(8,3)×10－4mol/L，故离子积Q＝c(Ca2＋)·c(COeq\o\al(2－,3))≈3.6×10－8＞Ksp＝2.5×10－9，故有沉淀产生。18．(12分)已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0。现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一体积为2L的恒温密闭玻璃容器中，反应物浓度随时间变化关系如下图。(1)图中共有两条曲线X和Y，其中曲线X表示NO2浓度随时间的变化；a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是b和d。下列不能说明该反应已达到平衡状态的是B。A．容器内混合气体的压强不随时间变化而改变B．容器内混合气体的密度不随时间变化而改变C．容器内混合气体的颜色不随时间变化而改变D．容器内混合气体的平均分子量不随时间变化而改变(2)反应25min时，若只改变了某一个条件，使曲线发生如上图所示的变化，该条件可能是增大NO2的浓度(用文字表达)。(3)若要准确测定NO2相对分子质量，应采取的有效措施是A(填字母序号)。A．升高温度，降低压强 B.降低温度，升高压强C．降低温度，降低压强 D.升高温度，升高压强(4)根据图像，计算反应2NO2(g)N2O4(g)在该温度下的平衡常数K＝1.1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(10,9)))。解析(1)由图可知0～10min时，X表示的生成物的浓度变化量为(0.6－0.2)mol/L＝0.4mol/L，Y表示的反应物的浓度变化量为(0.6－0.4)mol/L＝0.2mol/L，X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线；由图可知，10～25min及30min之后X、Y的物质的量浓度不再发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，故b、d处于化学平衡状态；恒温恒容容器中，气体压强之比等于气体物质的量之比，当容器内压强不变时，即气体的物质的量不变，该反应属于气体非等体积反应，因此当容器内混合气体的压强不随时间变化而改变时，反应达到平衡状态，故A不选；容器内混合气体的体积不变，质量不变所以密度始终不变，因此，密度不能判断平衡，故B选；容器内混合气体的颜色不随时间变化而改变，即NO2浓度不再变化，即该反应达到平衡状态，故C不选；该反应属于气体非等体积反应，未达到平衡状态时，气体的物质的量会变化，气体总质量一定，其平均分子量不变时，即气体物质的量不变，可判断该反应达到平衡状态，故D不选。(2)由曲线看出25min时，NO2的浓度突然增大，可知改变的条件为增大NO2的浓度。(3)若要准确测定NO2相对分子质量，即体系中NO2百分含量越高越准确，即需要改变外界条件使平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，升温可使平衡逆向移动，该反应正向为气体体积减小的反应，减小压强，平衡逆向移动，综上所述，可采取措施为：升高温度，降低压强。(4)以10～25min内各物质平衡浓度计算平衡常数，根据图像可知，c(NO2)＝0.6mol/L，c(N2O4)＝0.4mol/L，由此计算K＝eq\f(cN2O4,c2NO2)＝eq\f(0.4,0.62)＝eq\f(10,9)。19．(12分)如图所示，A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，C、D为电解槽，其电极材料及电解质溶液如图所示。(1)闭合K1，断开K2，通电后，d端显红色，则电源a端为正极，若c、d为惰性电极，c端的电极反应是2Cl－－2e－=Cl2↑；检验c端产物的方法将湿润的淀粉碘化钾试纸置于电极附近，试纸变蓝；高锰酸钾液滴现象紫红色向c极移动。(2)已知C装置中溶液的溶质为Cu(NO3)2和X(NO3)3，且均为0.1mol，断开K1，闭合K2，通电一段时间后，阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如图所示，则Cu2＋、X3＋、H＋氧化能力由大到小的顺序是Cu2＋>H＋>X3＋。(3)D装置中反应的方程式Cu＋H2SO4eq\o(=,\s\up15(通电))CuSO4＋H2↑。解析(1)关闭K1，打开K2，为电解饱和食盐水装置，其电解总反应为：2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up15(通电))2OH－＋Cl2↑＋H2↑，d端呈红色，说明d端生成了OH－，由此可知，b为电源负极，a端为电源正极；c为电解池的阳极，若c为惰性电极，其电极反应式为：2Cl－－2e－=Cl2↑；c端产物为Cl2，常用湿润淀粉碘化钾试纸检验，其检验方法为：将湿润的淀粉碘化钾试纸置于电极附近，若试纸变蓝，则说明生成了Cl2；KMnO4溶液为电解质溶液，电解过程中，c端Cl－被氧化，MnOeq\o\al(－,4)向c极移动，其现象为：紫红色向c极移动；(2)根据电解C的图像可知，通电后就有固体生成，当通过电子为0.2mol时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜。如果是X3＋析出，电子数应该是0.3mol，则氧化能力为Cu2＋>X3＋，当电子超过0.2mol时，固体质量没变，说明这时阴极产生的是氢气，即电解水，说明氧化能力H＋>X3＋，故氧化能力为Cu2＋>H＋>X3＋；(3)断开K1，闭合K2，由(1)分析已知b为电源负极，即D装置中碳棒作为阴极，Cu电极作为阳极，阴极上的电极反应是H＋得到电子，阳极上是Cu失去电子，故D装置中反应的化学方程式为：Cu＋H2SO4eq\o(=,\s\up15(通电))CuSO4＋H2↑。20．(12分)下图是利用废铜屑(含杂质铁)制备胆矾(硫酸铜晶体)的流程。部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2开始沉淀2.77.54.4完全沉淀3.79.76.7请回答：(1)溶液B中含有的阳离子有Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、H＋(填离子符号)。(2)下列物质中最适宜做氧化剂X的是b(填字母)。a．NaClOb.H2O2c．KMnO4(3)加入试剂①是为了调节pH，要调整pH范围是3.7～4.4，则试剂①可以选择CuO[或Cu(OH)2或CuCO3](填化学式)。(4)沉淀D加入盐酸和铁粉，可以制得FeCl2溶液，实验室保存FeCl2溶液，需加入过量的铁粉，其原因是Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋(用离子方程式表示)。(5)溶液E经过操作①可得到胆矾，操作①为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。(6)已知溶液中c(Cu2＋)与pH的关系为lgc(Cu2＋)＝8.6－2pH，若溶液中c(Cu2＋)为1mol/L，此时溶液中的Fe3＋能否沉淀完全：能(填“能”或“否”)。解析灼烧废铜屑，Cu反应生成CuO、Fe被氧化生成Fe3O4，A的成分为CuO、Fe3O4，A与足量稀硫酸反应生成CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，B中含有CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和稀硫酸，加入氧化剂X得到溶液C，X应能氧化亚铁离子生成铁离子但是不能引进新的杂质，则X为H2O2，加入试剂①是为了调节pH，加入的物质能和氢离子反应但是不能引进新的杂质，过滤得到的沉淀D为Fe(OH)3，溶液E为CuSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到胆矾，据此解答。(1)A中含有CuO、Fe3O4，A和稀硫酸反应且稀硫酸过量导致溶液B中含有CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和稀硫酸，所以B中含有阳离子为Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、H＋。(2)氧化剂X能氧化亚铁离子生成铁离子且不能引进新的杂质，双氧水被还原为水，不引进新的杂质，但是次氯酸钠和高锰酸钾溶液能引进新的杂质，所以选双氧水。(3)加入试剂①是为了调节pH，试剂①能和氢离子反应且不能引进新的杂质，该试剂为CuO或Cu(OH)2或CuCO3，由于是沉淀铁离子，而不沉淀铜离子，所以根据表中数据可知要调整pH范围是3.7～4.4。(4)亚铁离子不稳定，易被空气氧化生成铁离子，因此实验室保存FeCl2溶液，需加入过量的铁粉，反应的离子方程式为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋。(5)溶液E为硫酸铜溶液，硫酸铜溶液经过操作①可得到胆矾，由于硫酸铜易溶于水，则操作①为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。(6)已知溶液中c(Cu2＋)与pH的关系为lgc(Cu2＋)＝8.6－2pH，若溶液中c(Cu2＋)为1mol/L，则此时溶液的pH＝(8.6－lg1)÷2＝4.3＞3.7，所以溶液中的Fe3＋能沉淀完全。综合检测卷一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列过程中能量的转化与图示吻合的是()A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应B．C与CO2(g)反应C．酸碱中和反应D．断开H2中的H—H键【答案】C【解析】由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应。Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，A错误；C与CO2(g)共热生成一氧化碳的反应为吸热反应，B错误；断开H2中的H—H键是一个吸热过程，D错误。2．一定条件下反应2SO2(g)＋O2(g)eq\o(,\s\up7(催化剂))2SO3(g)在恒容密闭容器中进行，从反应开始至10s时，O2的浓度减少了0.6mol·L－1，则0～10s内平均反应速率为()A．v(O2)＝0.3mol·L－1·s－1B．v(O2)＝0.06mol·L－1·s－1C．v(SO2)＝0.06mol·L－1·s－1D．v(SO3)＝0.06mol·L－1·s－1【答案】B3．已知热化学方程式：①H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(g)ΔH＝－241.8kJ/mol②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ/mol③H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ/mol④2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ/mol则H2的标准燃烧热为()A．241.8kJ/mol B．483.6kJ/molC．285.8kJ/mol D．571.6kJ/mol【答案】C4．一定条件下，恒容密闭容器中发生可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。下列说法正确的是()A．N2和H2可完全转化为NH3B．平衡时，正、逆反应速率相等C．充入NH3，正、逆反应速率都降低D．平衡时，N2、H2和NH3的浓度一定相等【答案】B5．如图，向溶液a中加入溶液b，灯泡亮度不会出现“亮—灭(或暗)—亮”变化的是()选项ABCD溶液aBa(OH)2Ba(OH)2CH3COOHCa(OH)2溶液bCuSO4H2SO4氨水NH4HCO3【答案】C【解析】向CH3COOH溶液中加入氨水，反应生成CH3COONH4和H2O，离子浓度逐渐增大，灯泡逐渐变亮，C符合题意。6．火星大气中含有大量CO2，一种有CO2参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极，放电时()A．负极上发生还原反应B．CO2在正极上得电子C．阳离子由正极移向负极D．将电能转化为化学能【答案】B7．常温下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是()A．Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Cu(OH)2]B．加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点C．c、d两点代表的溶液中c(H＋)与c(OH－)乘积相等D．Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和【答案】B【解析】b、c两点金属阳离子的浓度相等，设都为x，c(OH－)b＝10－12.7mol·L－1，c(OH－)c＝10－9.6mol·L－1，则Ksp[Fe(OH)3]＝x×(10－12.7)3，Ksp[Cu(OH)2]＝x×(10－9.6)2，故Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Cu(OH)2]，A正确；a点到b点溶液的酸性减弱，而NH4Cl溶于水后显酸性，B错误；只要温度一定，Kw就一定，C正确；溶度积曲线上的点代表的溶液都已饱和，D正确。8．将铁片和铜片贴在浸润过稀硫酸的滤纸两侧，用导线连接电流表，制成简易电池，装置如图。关于该电池的说法正确的是()A．铜片上有O2产生B．负极反应为Fe－2e－=Fe2＋C．铁电极附近溶液中的c(H＋)增大D．放电时电子流向：铜片→电流表→铁片【答案】B9．两人用同一瓶盐酸滴定同一瓶NaOH溶液。甲将锥形瓶用NaOH待测液润洗后，使用水洗过的碱式滴定管取碱液于锥形瓶中；乙则用甲用过的滴定管取碱液于刚用蒸馏水洗过且存有蒸馏水的锥形瓶中。若其他操作及读数均正确，你的判断是()A．甲操作有错B．乙操作有错C．甲测定数值一定比乙小D．乙实际测得值偏小【答案】A【解析】滴定管使用前需用待盛液润洗，而锥形瓶不应用碱液润洗。甲用过的滴定管对乙来说已润洗过。10．氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是()A．一定温度下，反应2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0B．氢氧燃料电池的负极反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－C．常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH2，转移电子的数目为6.02×1023D．反应2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)的ΔH可通过下式估算：ΔH＝反应中形成新共价键的键能之和－反应中断裂旧共价键的键能之和【答案】A【解析】氢气与氧气反应生成水是可自发进行的放热的反应，ΔH<0，A正确；氢氧燃料电池的负极反应为氧化反应，应是氢气在负极放电，B错误；常温常压下，Vm大于22.4L·mol－1，C错误；反应2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)的ΔH＝反应中断裂旧共价键的键能之和－反应中形成新共价键的键能之和，D错误。11．一定条件下，用甲烷可以消除氮的氧化物(NOx)的污染。已知：①CH4(g)＋4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH1＝－574kJ·mol－1，②CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－1160kJ·mol－1。下列选项不正确的是()A．CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－867kJ·mol－1B．CH4(g)＋4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(l)ΔH3ΔH3<ΔH1C．若用0.2molCH4(g)还原NO2(g)至N2(g)，则反应中放出的热量一定为173.4kJD．若用标况下2.24LCH4还原NO2至N2，整个过程中转移电子的物质的量为0.8mol【答案】C【解析】由eq\f(①＋②,2)得出：CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝eq\f(－574－1160,2)kJ·mol－1＝－867kJ·mol－1，A正确；H2O(g)=H2O(l)ΔH<0，因此ΔH3<ΔH1，B正确；由反应生成的H2O的状态判断，如果是气态，则正确，若是液态，则大于173.4kJ，C错误；消耗1molCH4转移8mole－，标况下2.24LCH4为0.1mol，转移电子数为0.8mol，D正确。12．25℃时，重水(D2O)的离子积为1.6×10－15，也可用pH一样的定义来规定其酸碱度：pD＝－lgc(D＋)，下列有关pD的叙述正确的是()①中性D2O的pD＝7②在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，其pD＝12③1L0.01mol/L的DCl的重水溶液，pD＝2④在100mL0.25mol/LDCl的重水溶液中，加入50mL0.2mol/LNaOD的重水溶液，反应后溶液的pD＝1A．①② B．③④C．①③④ D．①②③④【答案】B【解析】由于重水的离子积常数为1.6×10－15，因此重水中c(D＋)＝4×10－8，对应的pD≈7.4，①错误；在0.01mol/LNaOD溶液中，c(OD－)＝0.01mol/L，根据重水的离子积常数，可推知c(D＋)＝1.6×10－13mol/L，pD不等于12，②错误；在0.01mol/L的DCl的重水溶液，c(D＋)＝0.01mol/L，因此pD＝2，③正确；根据中和反应量的关系，100mL0.25mol/LDCl和50mL0.2mol/LNaOD中和后溶液中有0.1mol/L的DCl过量，因此对应溶液的pD＝1，④正确。13．某温度下，发生反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1，N2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图所示。下列说法正确的是()A．将1molN2和3molH2置于1L密闭容器中发生反应，放出的热量为92.4kJB．平衡状态由A到B时，平衡常数K(A)<K(B)C．上述反应在达到平衡后，增大压强，H2的转化率增大D．升高温度，平衡常数K增大【答案】C14．常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是()A．在0.1mol·L－1H3PO4溶液中c(H3PO4)>c(H2POeq\o\al(－,4))>c(HPOeq\o\al(2－,4))>c(POeq\o\al(3－,4))B．在0.1mol·L－1Na2C2O4溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))C．在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＝0.1mol·L－1D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH＝9的溶液中c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)>c(H＋)【答案】A【解析】由于磷酸为多元酸，第一步电离>第二步电离>第三步电离，所以在0.1mol·L－1H3PO4溶液中，离子浓度大小为c(H3PO4)>c(H2POeq\o\al(－,4))>c(HPOeq\o\al(2－,4))>c(POeq\o\al(3－,4))，A正确；在0.1mol·L－1Na2C2O4溶液中，根据电荷守恒得到c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))，B错误；在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中，根据物料守恒得到c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1，C错误；氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH＝9的溶液，则c(OH－)>c(H＋)，根据电荷守恒c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)，则c(Cl－)<c(NHeq\o\al(＋,4))，D错误。15．Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如下图所示：下列关于活化历程的说法错误的是()A．决速步骤：中间体2→中间体3B．总反应为Ni＋C2H6→NiCH2＋CH4C．Ni－H键的形成有利于氢原子的迁移D．涉及非极性键的断裂和生成【答案】D16．某弱酸HA溶液中主要成分的分布分数随pH的变化如图所示。下列说法错误的是()A．该酸－lgKa≈4.7B．NaA的水解平衡常数Kh＝eq\f(1,Ka)C．当该溶液的pH＝7.0时，c(HA)<c(A－)D．某c(HA)∶c(A－)＝4∶1的缓冲溶液，pH≈4【答案】B【解析】观察曲线的交点为c(HA)＝c(A－)时，此时溶液的pH≈4.7，该酸Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝c(H＋)≈10－4.7，故－lgKa≈4.7，A说法正确；NaA的水解平衡常数Kh＝eq\f(c（OH－）·c（HA）·c（H＋）,c（A－）·c（H＋）)＝eq\f(Kw,Ka)，B说法错误；根据图像可知，当该溶液的pH＝7.0时，c(HA)＜c(A－)，C说法正确；根据图像可知，α(HA)为0.8，α(A－)为0.2时，pH约为4，故某c(HA)∶c(A－)＝4∶1的缓冲溶液，pH≈4，D说法正确。二、非选择题：本大题共4小题，共56分。17．(10分)红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)，反应过程中的能量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1mol产物的数据)。根据图像回答下列问题：(1)P(s)和Cl2(g)反应生成PCl3(g)的热化学方程式是___________________________________________________________________________________________________。(2)PCl5(g)分解成PCl3(g)和Cl2(g)的热化学方程式是____________________________________________________________________________________________________。(3)P(s)和Cl2(g)分两步反应生成1molPCl5(g)的ΔH3＝______________，P(s)和Cl2(g)一步反应生成1molPCl5(g)的ΔH4________(填“大于”“小于”或“等于”)ΔH3。【答案】(1)eq\f(3,2)Cl2(g)＋P(s)=PCl3(g)ΔH＝－306kJ/mol(3分)(2)PCl5(g)=PCl3(g)＋Cl2(g)ΔH＝＋93kJ/mol(3分)(3)－399kJ/mol(2分)等于(2分)【解析】(3)根据盖斯定律可知由P(s)和Cl2(g)生成1molPCl5(g)的ΔH3＝ΔH1＋ΔH2＝－399kJ/mol，不管该反应是一步完成还是分几步完成，反应的热效应不变。18．(12分)Ⅰ.某温度下，在一个1L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，填写下列空白：(1)从开始至2min，X的平均反应速率为____________________。(2)该反应的化学方程式为________________________________。(3)1min时，正逆反应速率的大小关系为：v正________v逆，2min时，v正________v逆(填“>”“<”或“＝”)。(4)若X、Y、Z均为气体，在2min时，向容器中通入氩气，增大体系压强，X的化学反应速率将________，若加入适合的催化剂，Y的化学反应速率将________(填“变大”“不变”或“变小”)。(5)若X、Y、Z均为气体，下列能说明反应已达平衡的是________(填字母)。a．X、Y、Z三种气体的浓度相等b．气体混合物物质的量不再改变c．反应已经停止d．反应速率v(X)∶v(Y)＝2∶1e．(单位时间内消耗X的物质的量)∶(单位时间内消耗Z的物质的量)＝3∶2Ⅱ.(双选)在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是()A．反应2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)的ΔH>0B．图中P点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率C．图中Q点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率D．380℃下，c起始(O2)＝5.0×10－4mol·L－1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000【答案】Ⅰ.(1)0.15mol·L－1·min－1(2分)(2)3X＋Y2Z(2分)(3)>＝(4)不变变大(5)be(2分)Ⅱ.BD(2分)【解析】Ⅰ.(1)从开始至2min，v(X)＝eq\f(（1－0.7）mol,1L·2min)＝0.15mol·L－1·min－1。(2)从开始至2min，Y的物质的量减少了1.0mol－0.9mol＝0.1mol，Z增加了0.2mol，则根据变化量之比是相应的化学计量数之比可知该反应的化学方程式为3X＋Y2Z。(3)1min时反应没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行，则正逆反应速率的大小关系为：v正＞v逆，2min时反应达到平衡状态，则v正＝v逆。(4)若X、Y、Z均为气体，在2min时，向容器中通入氩气，增大体系压强，由于物质的量浓度不变，则X的化学反应速率将不变；若加入适合的催化剂，Y的化学反应速率将变大。(5)X、Y、Z三种气体的浓度相等不能说明正逆反应速率相等，则不一定处于平衡状态，a错误；平衡时正逆反应速率相等，但不为0，反应没有停止，c错误；反应速率v(X)∶v(Y)＝2∶1不能说明反应处于平衡状态，d错误。Ⅱ.一开始升高温度，反应未达到平衡，正向反应程度大，所以NO转化率增大，250℃左右NO转化率达到最高点后开始降低，说明平衡后，升高温度导致平衡逆向移动，则该反应为放热反应，A错误；P点未达到平衡状态，此时反应正向进行程度大，所以延长反应时间，可以使NO转化率增大，B正确；Q点已达到平衡状态，增大O2浓度导致平衡正向移动，NO转化率增大，C错误；设NO起始物质的量浓度为amol·L－1，2NO＋O22NO2起始(mol·L－1):a5.0×10－40转化(mol·L－1)：0.5a0.25a0.5a平衡(mol·L－1)：0.5a5.0×10－4－0.25a0.5aK＝eq\f(c2（NO2）,c2（NO）·c（O2）)＝eq\f(1,5.0×10－4－0.25a)，当a＝0时，K＝2000，而NO起始物质的量不可能为0，则K>2000，D正确。19．(18分)Ⅰ.在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力如图所示，请回答：(1)“O”点导电能力为0的理由是________________________________________。(2)A、B、C三点溶液c(H＋)由大到小的顺序为_______________