2018-2019學(xué)年四川省射洪縣射洪中學(xué)高二下學(xué)期期中考試化學(xué)試題 解析版
可能用到的相對原子質(zhì)量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Al 27 Fe 56
第I卷(選擇題)
一．選擇題(1-12題每小題2分，13-20題每小題3分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)
1.暖寶寶貼有散熱均衡、發(fā)熱持久、直接撕開外包裝便可發(fā)熱等優(yōu)點，它能保持51~60℃約12個小時，它采用鐵的“氧化放熱”原理，利用微孔透氧的技術(shù)，采用完全隔絕空氣的方式，使其發(fā)生原電池反應(yīng)，鐵粉在原電池中( )

原材料名：鐵粉、水、活性炭、蛭石、食鹽
A. 作正極 B. 得到電子 C. 被還原 D. 作負(fù)極
【答案】D
【解析】
【詳解】在原電池中，鐵是活潑金屬易失去電子作負(fù)極，被氧化，發(fā)生氧化反應(yīng)，另一個電極是正極，正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)；
故答案選D。

2.下列物質(zhì)的量濃度相同的溶液中，pH最小的是( )
A. CH3COONa B. Na2SO4 C. KH2PO4 D. NaHCO3
【答案】C
【解析】
【詳解】CH3COONa是強堿弱酸鹽，水解使溶液呈堿性；Na2SO4是強酸強堿鹽，其溶液呈中性；KH2PO4是強堿弱酸的酸式鹽，但H2PO4-的電離程度大于水解程度使溶液呈酸性；NaHCO3是強堿弱酸的酸式鹽，HCO3-的水解程度大于電離程度使溶液呈堿性；所以pH最小的是KH2PO4溶液，
故答案選C。

3.下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法正確的是( )
A. SO3溶于水后能導(dǎo)電，故SO3為電解質(zhì)
B. 一切鉀鹽、鈉鹽、硝酸鹽都不發(fā)生水解
C. 硫酸酸性強于醋酸，但CaCO3難溶于硫酸，可溶于醋酸
D. pH=5的鹽酸和氯化銨溶液，水的電離程度相同
【答案】C
【解析】
【詳解】A．SO3溶于水后生成硫酸，硫酸是強電解質(zhì)完全電離出離子能導(dǎo)電，并不是SO3電離而導(dǎo)電，SO3屬于非電解質(zhì)，故A項錯誤；
B．有弱才水解，如碳酸鉀，硝酸銨，都含有弱酸根陰離子或弱堿陽離子，能夠水解，故B項錯誤；
C．碳酸鈣與硫酸反應(yīng)生成微溶物硫酸鈣，硫酸鈣附著在碳酸鈣表面，碳酸鈣與醋酸反應(yīng)生成易溶性醋酸鈣，所以CaCO3難溶于硫酸，易溶于醋酸，故C項正確；
D．鹽酸抑制水的電離，氯化銨可水解，能夠促進水的電離，故D項錯誤；
故答案選C。
【點睛】本題主要考查電解質(zhì)的性質(zhì)與判斷，要注意理解掌握電解質(zhì)的定義，電解質(zhì)發(fā)生水解的條件等，試題難度不大。

4.下表中給出了四個實驗裝置和對應(yīng)的部分實驗現(xiàn)象，其中a、b、c、d為金屬電極，由此可判斷四種金屬的活動性順序是( )
實驗裝置




部分實驗現(xiàn)象
a極質(zhì)量減小
b極質(zhì)量增加
b極有氣泡產(chǎn)生
c極無變化
d極溶解
c極有氣泡產(chǎn)生
電流計指示在導(dǎo)線中
電流從a極流向d極


A. d>a>b>c B. b>c>d>a C. a>b>c>d D. a>b>d>c
【答案】A
【解析】
【分析】
原電池中較活潑金屬是負(fù)極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng),電子經(jīng)導(dǎo)線傳遞到正極，溶液中的陽離子向正極移動，正極上發(fā)生還原反應(yīng)。
【詳解】a極質(zhì)量減小，b極質(zhì)量增加，說明a電極是負(fù)極，失去電子，b電極是正極，金屬性a＞b；b有氣體產(chǎn)生，c無變化，說明b的金屬性強于c；d極溶解，c極有氣體產(chǎn)生，說明d電極是負(fù)極，c電極是正極，金屬性d＞c；電流計指示在導(dǎo)線中電流從a極流向d極，說明d電極是負(fù)極，a電極是正極，金屬性d＞a，四種金屬的活動性順序是d＞a＞b＞c，故選A。
【點睛】本題考查原電池原理的應(yīng)用，明確原電池的工作原理，注意運用原電池判斷金屬性強弱是解答關(guān)鍵。

5.下列物質(zhì)的水溶液能在蒸發(fā)皿中蒸干灼燒得到原物質(zhì)的是( )
①FeCl3 ②綠礬 ③碳酸氫鈉 ④Na2SO3 ⑤K2CO3 ⑥CaCl2
A. ②③⑥ B. ⑤⑥ C. ③④⑤ D. ①④⑤
【答案】B
【解析】
【詳解】①FeCl3溶液加熱水解生成氫氧化鐵和鹽酸，鹽酸揮發(fā)，灼燒生成氧化鐵，故①錯誤；
②綠礬主要成分為硫酸亞鐵，加熱過程中被氧化為硫酸鐵，故②錯誤；
③碳酸氫鈉不穩(wěn)定，加熱易分解，蒸干得到分解產(chǎn)物碳酸鈉，故③錯誤；
④Na2SO3具有還原性，加熱過程中被氧化為硫酸鈉，故④錯誤；
⑤K2CO3水解生成氫氧化鉀和碳酸氫鉀，加熱蒸發(fā)時水揮發(fā)，得到碳酸鉀固體，仍能得到原物質(zhì)，故⑤正確；
⑥CaCl2不水解，較穩(wěn)定，蒸干得到原物質(zhì)，故⑥正確；
則能得到原物質(zhì)的是⑤⑥。
故答案選B。
【點睛】本題注意當(dāng)水解生成揮發(fā)性酸時，加熱蒸干并灼燒最終得到的是金屬氧化物，另外，加熱易分解、易氧化的物質(zhì)不能得到原物質(zhì)。

6.下列各種情況下，溶液中離子可能大量共存的是( )
A. 透明澄清溶液中：Cl-，Na+，F(xiàn)e3+，SO42-
B. 水電離的H+濃度c(H+)=10-12 mol/L的溶液中：Cl-，CO32-，NH4+，S2O32-
C. 使pH=1溶液中：K+，F(xiàn)e2+，NO3-，Cl-
D. 含有HCO3-的溶液中：NH4+，K+，Na+，AlO2-，SO42-
【答案】A
【解析】
【詳解】A．Cl-，Na+，F(xiàn)e3+，SO42-之間不反應(yīng)，能夠大量共存，故A項正確；
B．水電離的H+濃度c（H+）=10-12?mol/L的溶液呈酸性或堿性，NH4+與氫氧根離子反應(yīng)，CO32-、S2O32-與氫離子反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故B項錯誤；
C．使pH=1溶液呈酸性，F(xiàn)e2+，NO3-在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故C項錯誤；
D．HCO3-、AlO2-之間反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和碳酸根離子，在溶液中不能大量共存，故D項錯誤；
故答案選A。

7.下列事實，不能用勒夏特列原理解釋的是(　 　)
A. 熱純堿溶液比冷的純堿溶液洗滌油污的能力強
B. 向MgCO3沉淀中滴加NaOH溶液可以得到Mg(OH)2沉淀
C. 水的離子積隨溫度變化如表格所示：
D. 對CO(g)＋NO2(g) CO2(g)＋NO(g)平衡體系增大壓強可使顏色變深
【答案】D
【解析】
【分析】
平衡移動原理是如果改變影響平衡的一個條件，平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動。平衡移動原理適用的對象應(yīng)存在可逆的過程，并且可逆的過程發(fā)生移動，據(jù)此判斷。
【詳解】A、鹽類水解是吸熱的可逆反應(yīng)，升高溫度促進水解，所以熱的純堿溶液比冷的純堿溶液洗滌油污的能力強，效果好，能夠用平衡移動原理解釋，A不選；
B、碳酸鎂微溶，存在溶解平衡，氫氧化鎂比碳酸鎂難溶，則向MgCO3沉淀中滴加NaOH溶液可以轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2沉淀，能夠用平衡移動原理解釋，B不選；
C、水的電離是吸熱的，升高溫度促進水的電離，電離常數(shù)增大，導(dǎo)致水的離子積常數(shù)增大，能夠用平衡移動原理解釋，C不選；
D、反應(yīng)CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)為氣體體積不變的可逆反應(yīng)，壓強不影響該反應(yīng)的平衡狀態(tài)，氣體顏色變深是由于二氧化氮濃度增大所致，不能用平衡移動原理解釋，D選；
答案選D。

8.下列操作會使H2O的電離平衡向正方向移動，且所得溶液呈酸性的是(　 　)
t/℃
25
50
100
Kw /×10-14
1.01
5.47
55.0


A. 向水中加入少量的CH3COONa B. 向水中加入少量的NaHSO4
C. 加熱水至100 ℃，pH＝6 D. 向水中加少量的CuSO4
【答案】D
【解析】
【分析】
使H2O的電離平衡向正方向移動，且所得溶液呈酸性，說明該物質(zhì)是可以水解的鹽。
【詳解】A項、CH3COONa是強堿弱酸鹽，在溶液中水解，使水的電離平衡右移，溶液呈堿性，故A錯誤；
B項、NaHSO4是強酸強堿的酸式鹽，溶于水能完全電離，溶液顯酸性，電離出的氫離子抑制水的電離，使水的電離平衡左移，故B錯誤；
C項、加熱水至100 ℃，水的電離平衡右移，氫離子濃度等于氫氧根濃度，水顯中性，故C錯誤；
D項、CuSO4是強酸弱堿鹽，在溶液中水解，使水的電離平衡右移，溶液呈酸性，故D正確。
故選D。
【點睛】本題考查水的電離，注意酸、堿、鹽和溫度等外界條件對水的電離的影響和溶液的酸堿性的判斷是解答關(guān)鍵，注意純水永遠顯中性，但顯中性時pH不一定為7。

9.在一定條件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列說法正確的是(　　)
A. 稀釋溶液，水解平衡常數(shù)增大 B. 加入CuSO4固體，HS－濃度減小
C. 升高溫度，c(HS－)/c(S2－)減小 D. 加入NaOH固體，溶液pH減小
【答案】B
【解析】
【詳解】A.平衡常數(shù)僅與溫度有關(guān)，溫度不變，則稀釋時平衡常數(shù)是不變的，A錯誤；
B.加入CuSO4固體，硫離子與銅離子結(jié)合生成硫化銅沉淀，使S2-+H2OHS-+OH-逆向移動，HS-濃度減小，B正確；
C.水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升溫促進水解，平衡正移，c(S2-)減小，c(HS-)增大，所以c(HS－)/c(S2－)增大，C錯誤；
D.加入NaOH固體，由于氫氧化鈉是一種強堿，溶液pH增大，D錯誤；
答案選B。

10.t ℃時，在體積不變的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：X(g)+3Y(g)2Z(g)，各組分在不同時刻的濃度如下表，下列說法正確的是
物質(zhì)
X
Y
Z
初始濃度/mol·L-1
0.1
0.2
0
2 min末濃度/mol·L-1
0.08
a
b
平衡濃度/mol·L-1
0.05
0.05
0.1


A. 平衡時，X的轉(zhuǎn)化率為20%
B. t ℃時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為40
C. 前2 min內(nèi)，用Y的變化量表示的平均反應(yīng)速率v(Y)="0.03" mol·L-1·min-1
D. 增大平衡后的體系壓強，v正增大，v逆減小，平衡向正反應(yīng)方向移動
【答案】C
【解析】
試題分析：結(jié)合“三段式” X(g) + 3Y(g)2Z(g)，
初始濃度（mol/L） 0.1 0.2 0
變化量 （mol/L） 0.05 0.15 0.1
平衡濃度（mol/L） 0.05 0.05 0.1
平衡時X的轉(zhuǎn)化率為50%；該溫度下的平衡常數(shù)：K=0.12/0.05×0.053=1600；增大體系的壓強，正逆反應(yīng)速率均增大，且平衡向正反應(yīng)方向移動。
考點：可逆反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率、化學(xué)平衡常數(shù)、

11.《Nature》期刊曾報道一例CH3OH-O2原電池，其工作示意圖如下。下列說法不正確的是( )

A. 電極A是負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)
B. 電極B的電極反應(yīng)為：O2 + 2e- + H+ = HO2-
C. 電解質(zhì)溶液中H+由電極A流向B極
D. 外電路中通過6 mol電子，生成22.4 L CO2
【答案】D
【解析】
【詳解】A．通入CH3OH的一極A為負(fù)極，失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)式為CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，故A項正確；
B．B極為正極，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)為O2+2e-+H+=HO2-，故B項正確；
C．陽離子向正極移動，則電解質(zhì)溶液中H+由A極流向B極，故C項正確；
D．沒有說明是否在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，無法計算氣體的體積，故D項錯誤；
故答案選D。
【點睛】本題考查原電池原理，根據(jù)元素化合價變化來判斷正負(fù)極，再結(jié)合反應(yīng)物、生成物及得失電子書寫電極反應(yīng)式，注意書寫電極反應(yīng)式時要結(jié)合電解質(zhì)特點。

12.幾種短周期元素的原子半徑及主要化合價如下表所示
元素符號
X
Y
Z
W
原子半徑/nm
0.160
0.143
0.070
0.066
主要化合價
+2
+3
+3，+5，-3
-2


下列有關(guān)敘述正確的是（ ）
A. 四種元素位于元素周期表的同一周期
B. 電解X的氯化物的水溶液可以得到單質(zhì)X
C. Y的最高價氧化物對應(yīng)的水化物既能溶解在鹽酸中，又能溶解在氨水中
D. W、Z的氫化物均多于1種
【答案】D
【解析】
【分析】
W化合價為-2價，W為氧元素；Z元素化合價為+5、+3、-3，Z處于ⅤA族，原子半徑與氧元素相差不大，則Z與氧元素處于同一周期，則Z為氮元素；X化合價為+2價，應(yīng)為周期表第ⅡA族，Y的化合價為+3價，應(yīng)為周期表第ⅢA族元素，二者原子半徑相差較小，可知兩者位于同一周期相鄰主族，由于X、Y的原子半徑與W、Z原子半徑相差很大，則X、Y應(yīng)在第三周期，所以X為鎂元素，Y為鋁元素，以此解答。
【詳解】根據(jù)原子半徑及主要化合價的變化規(guī)律可知，X、Y、Z、W分別為Mg、Al、N、O，
A、根據(jù)題分析可知，四種元素不在同一周期，故A錯誤；
B、電解氯化鎂溶液得到氫氧化鎂沉淀，得不到單質(zhì)鎂，制備單質(zhì)鎂需電解熔融的氯化鎂，故B錯誤；
C、Y的最高價氧化物的水化物是氫氧化鋁，其不溶于氨水，故C錯誤；
D、W為O元、Z為N元素，O的氫化物有H2O和H2O2，N的氫化物有NH3和N2H4，氫化物均多于1種，故D正確。
故選D。
【點睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，把握短周期元素的性質(zhì)、元素化合物知識為解答的關(guān)鍵，注意化學(xué)用語的使用。

13.下列說法正確的是( )
A. 中和等體積等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和氫硫酸，鹽酸消耗的氫氧化鈉更多
B. 將等物質(zhì)的量的Na2CO3和NaHCO3混合溶于水中： >1
C. pH=9的Na2CO3溶液中，2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)
D. pH相等的①NH4NO3 ②(NH4)2SO4 ③NH4HSO4溶液中，c(NH4+)大小順序為：①>②>③
【答案】B
【解析】
【詳解】A、等體積、等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和氫硫酸溶液中，氫硫酸是二元酸，所以氫硫酸消耗的氫氧化鈉更多，故A項錯誤；
B．將等物質(zhì)的量的Na2CO3和NaHCO3混合溶于水中，碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子，所以＞1，故B項正確；
C．pH=9的Na2CO3溶液中，根據(jù)物料守恒：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），故C項錯誤；
D．相同pH的（NH4）2SO4與NH4NO3溶液中，都是強酸弱堿鹽，根據(jù)溶液呈電中性可判斷二者NH4+濃度相等，由于NH4HSO4電離時產(chǎn)生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4+的濃度小于（NH4）2SO4，即c（NH4+）大小順序①=②＞③，故D項錯誤；
故答案選B。

14.工業(yè)上為了處理含有Cr2O72-的酸性工業(yè)廢水，采用下面的處理方法：往工業(yè)廢水中加入適量NaCl，以鐵為電極進行電解，經(jīng)過一段時間，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成，工業(yè)廢水中鉻元素的含量已低于排放標(biāo)準(zhǔn)。關(guān)于上述方法，下列說法錯誤的是( )
A. 陽極反應(yīng)：Fe - 2e- = Fe2+ B. 陰極反應(yīng)：2H+ + 2e- = H2↑
C. 電解過程中工業(yè)廢水的pH增大 D. 可以將鐵電極改為石墨電極
【答案】D
【解析】
【詳解】A．Fe為電極進行電解時，陽極是活潑電極，則電極本身發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，即陽極反應(yīng)為：Fe-2e-═Fe2+，故A項正確；
B．陰極上氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，陰極反應(yīng)為：2H++2e-═H2↑，故B項正確；
C．陰極反應(yīng)消耗H+，溶液中的氧化還原反應(yīng)也消耗H+，導(dǎo)致溶液中氫離子濃度降低，從而使溶液pH升高，所以在電解過程中工業(yè)廢水的pH增大，故C項正確；
D．若用石墨做電極，則無法產(chǎn)生還原劑Fe2+，從而使Cr2O72-無法還原為Cr3+變成沉淀除去，所以不能用石墨作電極，故D項錯誤；
故答案選D。
【點睛】本題考查電解池工作原理，還涉及氧化還原反應(yīng)等知識，明確各個電極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，注意活潑金屬作陽極時，陽極上金屬失電子而不是溶液中陰離子失電子，為易錯點。

15.下列實驗中根據(jù)現(xiàn)象得出的結(jié)論錯誤的是( )
選項
實驗
現(xiàn)象
結(jié)論
A
相同條件下，用1mol/L的CH3COOH溶液和1mol/L的鹽酸分別做導(dǎo)電性實驗
CH3COOH溶液對應(yīng)的燈泡較暗
CH3COOH是弱電解質(zhì)
B
向某濃溶液中加銅和濃H2SO4，加熱
試管口有紅棕色氣體產(chǎn)生
原溶液在可能含有NO3－
C
向某鈉鹽固體中滴加濃鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液
品紅溶液褪色
該鈉鹽為Na2SO3或NaHSO3
D
向濃度均為0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水
先出現(xiàn)藍色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]>
Ksp[Cu(OH)2]


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
A、同濃度兩種一元酸的導(dǎo)電性實驗，CH3COOH溶液對應(yīng)的燈泡較暗說明其離子濃度小，可以證明醋酸為弱電解質(zhì)；
B、銅在酸性條件下，與溶液中NO3-離子反應(yīng)生成銅離子、一氧化氮和水；
C、使品紅溶液褪色的氣體可能為氯氣或二氧化硫；
D、難溶電解質(zhì)的溶度積越小，越容易生成沉淀。
【詳解】A項、用相同濃度的兩種一元酸分別做導(dǎo)電性實驗，CH3COOH溶液對應(yīng)的燈泡較暗，說明醋酸電離出的離子濃度小，所以醋酸為弱電解質(zhì)，故A正確；
B項、銅在酸性條件下，與溶液中NO3-離子反應(yīng)生成銅離子、一氧化氮和水，一氧化氮在試管口與空氣中的氧氣反應(yīng)生成紅棕色氣體二氧化氮，因此向某濃溶液中加銅和濃H2SO4，試管口有紅棕色氣體產(chǎn)生說明原溶液中可能含有NO3-，故B正確；
C項、使品紅溶液褪色的氣體可能為氯氣或二氧化硫，可能為NaClO與濃鹽酸反應(yīng)生成的氯氣，也可能是Na2SO3或NaHSO3與濃鹽酸反應(yīng)生成的二氧化硫，故C錯誤；
D項、難溶電解質(zhì)的溶度積越小，越容易生成沉淀。在相同的條件下，先生成藍色的氫氧化銅沉淀，因此可以得出Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]結(jié)論，故D正確。
【點睛】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，涉及弱酸的證明、硝酸根離子檢驗、物質(zhì)的檢驗、沉淀的溶度積大小比較等知識，把握實驗操作及物質(zhì)的性質(zhì)為解答的關(guān)鍵，注意方案的合理性分析。

16.SO2是主要大氣污染物之一，工業(yè)上可用如下裝置吸收轉(zhuǎn)化SO2(A、B為惰性電極)。下列說法正確的是( )

A. 電子流動方向為：B→b→a→A→B
B. a、A極上均發(fā)生的是氧化反應(yīng)
C. 離子交換膜為陽離子交換膜
D. B極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為：SO2 + 2e- + 2H2O = SO42- + 4H+
【答案】C
【解析】
【分析】
A電極發(fā)生的反應(yīng)亞硫酸根離子變化為S2O42-，硫元素化合價降低得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，為電解池的陰極；B電極處二氧化硫被氧化為硫酸，硫元素的化合價升高失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，為電解池的陽極，陽極區(qū)發(fā)生反應(yīng)SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+，則a為電源負(fù)極，b電極為電源正極，據(jù)此分析判斷。
【詳解】A．電子流動方向為：a→A，B→b，電子不能通過電解質(zhì)溶液，故A項錯誤；
B．a(chǎn)為電源負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，A極為電解池陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，故B項錯誤；
C．陽極的電極反應(yīng)式為：SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，陰極的電極反應(yīng)式為：2HSO3-+2H++2e-═S2O42-+2H2O，離子交換膜應(yīng)使H+移動，應(yīng)為陽離子交換膜，故C項正確；
D．B極為電解池的陽極，二氧化硫失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+，故D項錯誤；
故答案選C。

17.下列有關(guān)溶液的說法中正確的是(　 )
A. 0.1 mol·L－1(NH4)2SO4溶液中：c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)
B. pH＝4的醋酸稀釋10倍，溶液中c(CH3COOH)、c(OH－)均減小
C. 向0.1 mol·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，c(Na＋)＞c(F－)
D. pH＝2的H2SO3溶液與pH＝12的NaOH溶液以任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO3－)+2c(SO32－)
【答案】D
【解析】
【詳解】A. 0.1 mol·L－1(NH4)2SO4溶液中銨根離子濃度大于硫酸根離子濃度，銨根水解溶液顯酸性，則溶液中c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH－)，A錯誤；
B. pH＝4的醋酸稀釋10倍，溶液中c(CH3COOH)、c(H＋)均減小，水的離子積常數(shù)不變，則c(OH－)增大，B錯誤；
C. 向0.1 mol·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，溶液中存在電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(F－)，因此c(Na＋)＝c(F－)，C錯誤；
D. pH＝2的H2SO3溶液與pH＝12的NaOH溶液以任意比例混合，溶液中存在電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO3－)+2c(SO32－)，D正確。
答案選D。
【點睛】本題考查溶液中離子濃度大小比較，明確電荷守恒、鹽類水解原理為解答的關(guān)鍵，注意掌握電離平衡及其影響因素，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力。

18.25 ℃時，向V mL pH＝a的NaOH溶液中滴加pH＝b的鹽酸溶液10V mL時，溶液中Na＋物質(zhì)的量恰好等于加入的Cl－的物質(zhì)的量，則a＋b的值為( )
A. 13 B. 14 C. 15 D. 不能確定
【答案】C
【解析】
【分析】
溶液中Cl-的物質(zhì)的量恰好等于加入Na+的物質(zhì)的量，則c（OH-）=c（H+），溶液顯中性。
【詳解】VmLpH=a的NaOH溶液中滴加pH=b的鹽酸10VmL時，溶液中Na＋物質(zhì)的量恰好等于加入的Cl－的物質(zhì)的量，說明溶液為中性，氫氧化鈉的物質(zhì)的量等于氯化氫的物質(zhì)的量，VmL×0.001L/mL×10a-14=10VmL×0.001L/mL×10-b，即10a+b-15=1，則a+b-15=0， a+b=15，故選C。
【點睛】本題考查酸堿混合的計算，明確溶液為中性及pH與濃度的換算是解答本題的關(guān)鍵。

19.利用催化技術(shù)可將汽車尾氣中的 NO 和 CO 轉(zhuǎn)變成 CO2 和 N2，化學(xué)方程式：2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)。某溫度下，在容積不變的密閉容器中通入 NO 和 CO，測得不同時間的 NO 和 CO 的濃度如下表：
時間/s
0
1
2
3
4
5
c(NO)/×10-3mol/L
1.00
0.45
0.25
0.15
0.10
0.10
c(CO)/×10-3mol/L
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70

下列說法中不正確的是( )
A. 2 s 內(nèi)的平均反應(yīng)速率 v(N2)＝1.875×10-4 mol·L-1·s-1
B. 在該溫度下，反應(yīng)的平衡常數(shù) K＝5
C. 若將容積縮小為原來的一半，NO 轉(zhuǎn)化率大于 90%
D. 使用催化劑可以提高單位時間內(nèi) CO 和 NO 的處理量
【答案】B
【解析】
試題分析：A．2s內(nèi)△c（NO）=（1-0.25）×10-3mol?L-1=7.5×10-4mol?L-1，則△c（N2）=△c（NO）=3.75×10-4mol?L-1，則v（N2）==1.875×10-4mol?L-1?s-1，A正確；B．4s時處于平衡狀態(tài)，平衡時NO為1.0×10-3mol?L-1，則：
2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）
起始量（×10-3mol?L-1）：1 3.6 0
變化量（×10-3mol?L-1）：0.9 0.9 0.9 0.45
平衡量（×10-3mol?L-1）：0.1 2.7 0.9 0.45
則平衡常數(shù)K===5000，B錯誤；C．原平衡時NO轉(zhuǎn)化率為=90%，若將容積縮小為原來的一半，增大壓強，平衡正向移動，NO轉(zhuǎn)化率增大，故新平衡時NO轉(zhuǎn)化率大于90%，C正確；D．使用催化劑加快反應(yīng)速率，可以提高單位時間CO和NO的處理量，D正確，答案選B。
考點：考查了化學(xué)平衡計算與影響因素、反應(yīng)速率計算與含義、化學(xué)平衡常數(shù)的相關(guān)知識。

20.常溫下，向25 mL 0.1 mol．L-1NaOH溶液中逐滴滴加0.2 mol．L-1的HN3（疊氮酸）溶液，pH的變化曲線如圖所示（溶液混合時體積的變化忽略不計，疊氮酸的Ka=10-4.7）。下列說法正確的是

A. 水電離出的c(H+)：A點小于B點
B. 在B點，離子濃度大小為c（OH-）>c(H+)>c (Na+)>c(N3-)
C. 在C點，滴加的V(HN3)=12.5 mL
D. 在D點，c(Na+)=2c(HN3)+2 c(N3-)
【答案】A
【解析】
A．A點為氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉濃度越大，水的電離程度越小，B點為氫氧化鈉和NaN3的混合液，N3-水解促進了水的電離，則水電離出的c（H+）：A點小于B點，故A正確；B．B點呈堿性，則c（OH-）＞c（H+），由于pH=8，混合液中的氫離子、氫氧根離子濃度較小，則正確的離子濃度大小為：c（Na+）＞c（N3-）＞c（OH-）＞c（H+），故B錯誤；C．滴加的V（HN3）=12.5?mL時，恰好反應(yīng)生成NaN3，N3-部分水解，溶液呈堿性，而C點溶液的pH=7，所以C點V（HN3）＞12.5?mL，故C錯誤；D．在D點，V（HN3）=25?mL，根據(jù)物料守恒可知：2c（Na+）=c（HN3）+c（N3-），故D錯誤；故選A。
點睛：本題考查了酸堿混合的定性判斷及溶液pH計算、離子濃度大小比較，題目難度中等，明確圖象曲線對應(yīng)溶質(zhì)組成為解答關(guān)鍵，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系，能夠根據(jù)電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理判斷離子濃度大小，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力。C為本題難點。

第II卷(非選擇題)
21.應(yīng)對霧霾污染、改善空氣質(zhì)量需要從多方面入手，如開發(fā)利用清潔能源。甲醇是一種可再生的清潔能源，具有廣闊的開發(fā)和應(yīng)用前景。
（1）已知：①CH3OH(g)＋H2O(l)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH=＋93.0 kJ·mol－1
②CH3OH(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－192.9 kJ·mol－1
③CH3OH(g)=CH3OH(l) ΔH＝－38.19 kJ·mol－1
則表示 CH3OH的燃燒熱的熱化學(xué)方程式為___________ 。
（2）在一定條件下用CO和H2合成CH3OH：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)，在2 L恒容密閉容器中充入1 mol CO和2 mol H2，在催化劑作用下充分反應(yīng)。 上圖表示平衡混合物中 CH3OH的體積分?jǐn)?shù)在不同壓強下隨溫度的變化的平衡曲線。回答下列問題：

①該反應(yīng)的反應(yīng)熱 ΔH________ 0（填“>”或“”或“ (5). (6). BC (7). C
【解析】
（1）已知：①CH3OH(g)＋H2O(l)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH1=＋93.0 kJ·mol－1；
②CH3OH(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH2＝－192.9 kJ·mol－1；
③CH3OH(g)=CH3OH(l) ΔH3＝－38.19 kJ·mol－1；根據(jù)蓋斯定律可知，②×3-①×2-③得反應(yīng)CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ，此時 ΔH=（－192.9 kJ·mol－1）×3-（＋93.0 kJ·mol－1）×2-（－38.19 kJ·mol－1）=－726.51 kJ·mol-1；即CH3OH的燃燒熱的熱化學(xué)方程式為CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=－726.51 kJ·mol-1；
（2）①由圖可知，升高溫度，CH3OH的體積分?jǐn)?shù)減小，平衡逆向移動，則該反應(yīng)的△H＜0；已知CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)的△S＜0，根據(jù)△G=△H-T△S，當(dāng)反應(yīng)處于低溫時，△G＜0，反應(yīng)能自發(fā)進行；300℃時，增大壓強，平衡正向移動，CH3OH的體積分?jǐn)?shù)增大，所以p1＞p2；
②壓強為 p2，溫度為300℃時，平衡混合物中 CH3OH的體積分?jǐn)?shù)為50%，
CO(g) ＋ 2H2(g) CH3OH(g)
起始物質(zhì)的量濃度（mol/L） 0.5 1 0
變化的物質(zhì)的量為濃度（mol/L） c 2c c
平衡的物質(zhì)的量為濃度（mol/L） 0.5-c 1-2c c
則：=50%，解得：c=0.375，則該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)的計算表達式為 K==；
③A．隨反應(yīng)進行混合氣體物質(zhì)的量減小，恒溫恒容下壓強減小，容器中壓強保持不變說明到達平衡，故A錯誤；B．伴隨反應(yīng)的進行過程中，始終保持υ(CO):υ(H2)=1:2，則不能說明反應(yīng)到達平衡，故B正確；C．混合氣體總質(zhì)量不變，恒溫恒容下，容器內(nèi)氣體密度始終保持不變，不能說明反應(yīng)到達平衡，故C正確；D．混合氣體總質(zhì)量不變，隨反應(yīng)進行混合氣體物質(zhì)的量減小，平均相對分子質(zhì)量增大，平均相對分子質(zhì)量不變說明到達平衡，故D錯誤；E．容器內(nèi)各組分的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不再變化說明到達平衡，故E錯誤；故答案為BC；
④某溫度下，在保證H2濃度不變的情況下，增大容器的體積，說明c（CH3OH）與c（CO）同等倍數(shù)減小，又濃度商Qc==K，此時平衡不移動，故答案為C。
點睛：可逆反應(yīng)達到平衡狀態(tài)有兩個核心判斷依據(jù)：①正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率相等。②反應(yīng)混合物中各組成成分的百分含量保持不變。只要抓住這兩個特征就可確定反應(yīng)是否達到平衡狀態(tài)，對于隨反應(yīng)的發(fā)生而發(fā)生變化的物理量如果不變了，即說明可逆反應(yīng)達到了平衡狀態(tài)。判斷化學(xué)反應(yīng)是否達到平衡狀態(tài)，關(guān)鍵是看給定的條件能否推出參與反應(yīng)的任一物質(zhì)的物質(zhì)的量不再發(fā)生變化，即變量不再發(fā)生變化。

22.鋁廣泛應(yīng)用于航空、建筑、汽車等行業(yè)，目前工業(yè)上采用電解氧化鋁和冰晶石混合物的方法制取鋁?；卮鹣铝袉栴}：
(1)某同學(xué)寫出了鋁原子的4種不同狀態(tài)的電子排布圖：

其中能量最低的是_______(填字母)，電子由狀態(tài)C到狀態(tài)B所得原子光譜為_______光譜(填“發(fā)射”或“吸收”) ，狀態(tài)D是鋁的某種激發(fā)態(tài)，但該電子排布圖有錯誤，主要是不符合________。
(2)熔融狀態(tài)的氯化鋁可揮發(fā)出二聚分子Al2Cl6，其結(jié)構(gòu)如圖所示。

①a鍵的鍵能_________b鍵的鍵能(填“>”“8時溶液NaOH濃度較大，可有效吸收二氧化硫循環(huán)使用；
(4) 體積比為1：1的SO2和NO與NaClO2溶液反應(yīng)的離子方程式為：5ClO2-+4SO2+4NO+6H2O=4NO3-+4SO42-+5Cl-+12H+。因溶液中c(SO42-)=0.88mol/L，c(Cl-)=0.95mol/L，設(shè)溶液體積為1L，則物質(zhì)的量分別為0.88 mol、0.95mol，已知脫硫效率為89.8%，則SO2的物質(zhì)的量為=0.98mol，由體積比為1:1可知NO的物質(zhì)的量為1:1，設(shè)生成硝酸根離子物質(zhì)的量x，根據(jù)得失電子守恒可得0.95mol×4=0.88mol×2+(5-2)x，解得x=0.68mol，脫硝效率×100%=69.4%，故答案為：69.4%。
【點睛】本題考查了污染物的處理，涉及到離子方程式、化學(xué)方程式和離子濃度大小的比較等知識點，題目難度中等，需要注意的是比較溶液中各種離子濃度相對大小時要結(jié)合電荷守恒和物料守恒分析解答。






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