天津市和平區(qū)2024-2025學年高二化學下學期期末考試試題含解析

PAGE21-天津市和平區(qū)2024-2025學年度高二年級期末考試化學試題第I卷選擇題1.下列反應(yīng)在任何溫度下均能自發(fā)進行的是（）A.2N2(g)+O2(g)=2N2O(g)△H=+163kJ/molB.H2O2(1)=O2(g)+H2O(l)△H=-98kJ/molC.2HgO(s)=2Hg(1)+O2(g)△H=+182kJ/molD.Fe(s)+Cl2(g)=FeCl3(s)△H=-138kJ/mol【答案】B【解析】【詳解】A．反應(yīng)2N2(g)+O2(g)=2N2O(g)△H=+163kJ/mol的△H＞0，ΔS＜0，反應(yīng)在任何條件下都不能自發(fā)進行，A不合題意；B．反應(yīng)H2O2(1)=O2(g)+H2O(l)△H=-98kJ/mol的△H＜0，ΔS＞0，反應(yīng)肯定能自發(fā)進行，B符合題意；C．反應(yīng)2HgO(s)=2Hg(1)+O2(g)△H=+182kJ/mol的△H＞0，ΔS＞0，反應(yīng)在低溫條件下不能自發(fā)進行，C不合題意；D．反應(yīng)Fe(s)+Cl2(g)=FeCl3(s)△H=-138kJ/mol的△H＜0，ΔS＜0，反應(yīng)在高溫條件下不能自發(fā)進行，D不合題意；故選B。2.下列圖像分別表示有關(guān)反應(yīng)的反應(yīng)過程與能量變更的關(guān)系。據(jù)此推斷下列說法中正確的是()A.石墨轉(zhuǎn)變?yōu)榻饎偸俏鼰岱磻?yīng)B.白磷比紅磷穩(wěn)定C.S(g)＋O2(g)=SO2(g)ΔH1，S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH2，則ΔH1>ΔH2D.CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH>0【答案】A【解析】【詳解】A.圖象分析金剛石能量高于石墨，石墨轉(zhuǎn)變?yōu)榻饎偸俏鼰岱磻?yīng)，故A正確；B.圖象分析白磷能量高于紅磷，能量越高越活潑，能量越低越穩(wěn)定，白磷比紅磷活潑，故B錯誤；C.依據(jù)圖象分析固體硫變更為氣態(tài)硫須要汲取能量，相同條件下，等質(zhì)量S(g)和S(s)的能量比較，S(s)較小，△H1<△H2，故C錯誤；D.圖象分析反應(yīng)物CO(g)+H2O(g)的能量總和高于生成物CO2(g)+H2(g)的能量總和，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故D錯誤；故選：A。3.如圖是關(guān)于反應(yīng)A(g)+3B(g)2C(g)△H<0的平衡移動圖象，影響平衡移動的緣由可能是（）A.上升溫度，同時加壓B.降低溫度，同時減壓C.增大反應(yīng)物濃度，同時減小生成物濃度D.增大反應(yīng)物濃度，同時運用催化劑【答案】C【解析】【分析】從圖象中可以看出，反應(yīng)達平衡后，變更某條件，正反應(yīng)速率瞬間突然增大，逆反應(yīng)速率瞬間突然減小，則表明變更的條件不是單一的變更體系的溫度、壓強、催化劑，也不是變更某一種物質(zhì)的濃度；v正＞v逆，則表明平衡發(fā)生正向移動?！驹斀狻緼．由于正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以上升溫度，平衡正向移動；由于反應(yīng)物氣體分子數(shù)大于生成物氣體分子數(shù)，所以加壓時，平衡逆向移動，盡管不能確定平衡如何移動，但條件變更的瞬間，v正、v逆肯定大于原平衡時的v正、v逆，A不合題意；B．降低溫度，同時減壓，v正、v逆肯定小于原平衡時的v正、v逆，B不合題意；C．增大反應(yīng)物濃度，v正比原平衡時大；減小生成物濃度，v逆比原平衡時小，達平衡前，有可能v正＞v逆，C符合題意；D．增大反應(yīng)物濃度，同時運用催化劑，v正、v逆肯定大于原平衡時的v正、v逆，D不合題意；故選C。4.下列事實：①NaHSO4溶液呈酸性；②長期運用化肥(NH4)2SO4會使土壤酸性增大，發(fā)生板結(jié)；③加熱能增加純堿的去污實力；④配制CuCl2溶液，用稀鹽酸溶解CuCl2固體；⑤NaHS溶液中c(H2S)>c(S2－)；⑥氯化銨溶液可作焊藥去除金屬制品表面的銹斑；⑦加熱FeCl3·6H2O晶體，往往得不到FeCl3固體。其中與鹽類的水解有關(guān)的敘述有()A.7項 B.6項 C.5項 D.4項【答案】B【解析】【詳解】①NaHSO4電離產(chǎn)生H+而使溶液呈酸性，與鹽類的水解無關(guān)；②長期運用化肥(NH4)2SO4，水解會使土壤酸性增大，發(fā)生板結(jié)，與鹽類的水解有關(guān)；③碳酸鈉水解使溶液呈堿性，油污堿性條件下發(fā)生水解，鹽類的水解是吸熱過程，加熱促進碳酸鈉水解，溶液堿性增加，所以加熱能增加純堿的去污實力，與鹽類的水解有關(guān)；④配制CuCl2溶液，用稀鹽酸溶解CuCl2固體，可以抑制CuCl2水解產(chǎn)生Cu(OH)2沉淀，與鹽類的水解有關(guān)；⑤NaHS溶液中HS-的水解程度大于電離程度，所以c(H2S)>c(S2－)，與鹽類的水解有關(guān)；⑥氯化銨水解產(chǎn)生的鹽酸可以除銹，所以氯化銨溶液可作焊藥去除金屬制品表面的銹斑，與鹽類的水解有關(guān)；⑦加熱FeCl3·6H2O晶體，F(xiàn)eCl3水解產(chǎn)生Fe(OH)3和HCl，HCl易揮發(fā)而逸出，促進FeCl3的水解，往往得到Fe(OH)3而得不到FeCl3固體，與鹽類的水解有關(guān)；與鹽類的水解有關(guān)的敘述有②③④⑤⑥⑦，故答案選B。5.體積相同的鹽酸和醋酸兩種溶液，，下列敘述正確的是A.兩種溶液的pH不相同B.它們分別與足量CaCO3反應(yīng)時，放出的CO2一樣多C.它們與NaOH完全中和時，醋酸溶液所消耗的NaOH多D.分別用水稀釋相同倍數(shù)時，n（Cl-）=n（CH3COO-）【答案】C【解析】【分析】這兩種酸中都存在c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)，c(H+)=n(CH3COO－)+c(OH－)，由于c(Cl－)=c(CH3COO－)，溫度相同，因此兩溶液的氫離子濃度相等。【詳解】A.依據(jù)分析兩種溶液的氫離子濃度相等，所以pH相等，故A錯誤；B.氫離子濃度相等的醋酸和鹽酸，醋酸的濃度大于鹽酸，所以等體積氫離子濃度相等的兩種酸，醋酸的物質(zhì)的量大于鹽酸，且二者都是一元酸，則放出二氧化碳體積與酸的物質(zhì)的量成正比，所以醋酸放出的二氧化碳多，故B錯誤；C.兩種溶液中氫離子濃度相等，醋酸是弱酸，所以醋酸的濃度大于鹽酸，等體積等pH的兩種酸，醋酸的物質(zhì)的量大于鹽酸，所以醋酸消耗的氫氧化鈉多，故C正確；D.稀釋兩種酸時，醋酸接著電離出醋酸根離子，所以n(Cl－)<n(CH3COO－)，故D錯誤。綜上所述，答案為C。6.下列事實不能證明H2C2O4(乙二酸)是弱電解質(zhì)的是(A.草酸能使酸性KMnO4溶液褪色B.常溫下，0.1mol/L的H2C2O4溶液的C.濃度均為1mol/L=l的H2C2O4D.常溫下，pH=4的H2C2O4溶液稀釋100倍，pH約為【答案】A【解析】【分析】依據(jù)題中證明H2C2O4(乙二酸)【詳解】A．草酸能使酸性KMnO4溶液褪色，是草酸的還原性，不能證明為弱酸，故A項符合題意；

B．常溫下，0.1mol/L的H2C2O4溶液的pH＝2，說明溶液中存在電離平衡，草酸為弱電解質(zhì)，故B不符合題意；

C．濃度均為1mol/L的H2C2O4溶液的導(dǎo)電實力比硫酸的導(dǎo)電實力弱，說明草酸部分電離，為弱電解質(zhì)，故C不符合題意；

D．常溫下，pH＝4的H2C2O4溶液稀釋100倍，若為強電解質(zhì)pH變更為6，題目中pH約為5，說明稀釋過程中草酸又電離出氫離子，存在電離平衡，說明為弱電解質(zhì)，故D不符合題意；

【點睛】強弱電解質(zhì)根本區(qū)分是電離程度，部分電離的電解質(zhì)是弱電解質(zhì)，只要說明乙二酸部分電離就能證明乙二酸是弱電解質(zhì)。7.25℃時純水的電離度為a1，pH=2的醋酸溶液中水的電離度為a2，pH＝12的氫氧化鈉溶液中水的電離度為a3。若將上述醋酸與氫氧化鈉溶液等體積混合，所得溶液中水的電離度為a4。下列關(guān)系式中正確的是（A.a2=a3＜a4＜a1 B.a3=a2＜a1＜a4C.a2＜a3＜a1＜a4 D.a1＜a2＜a3＜a4【答案】A【解析】【詳解】在25℃時，純水中c(H+)=c(OH-)==10-7mol·L-1，純水的電離度為a1；pH=2的醋酸溶液中c(H+)=10-2mol·L-1，水電離出來的氫離子的濃度與氫氧根的濃度相等，即c(H+)水=c(OH-)水=mol·L-1=10-12mol·L-1，水的電離度為a2，醋酸電離出來的氫離子要抑制水的電離，a2<a1；同理可得pH=12的氫氧化鈉溶液中c(OH-)=10-2mol·L-1，c(H+)水=c(OH-)水=mol·L-1=10-12mol·L-1，水的電離度為a3=a2<a1；pH=2的醋酸溶液和pH=12的氫氧化鈉溶液等體積混合，醋酸是弱電解質(zhì)，所以醋酸過量，溶液仍顯酸性，溶液的pH<2，對水的電離抑制作用小于pH=2的醋酸溶液，c(H+)水=c（OH-）水>10-12mol·L-1，溶液中水的電離度為a4，所以有a2=a3<a4<a1；故選A?！军c睛】電離度是一個可以計算的物理量，用電離的物質(zhì)的量除以分子的總的物質(zhì)的量，可以用來衡量弱電解質(zhì)的電離程度。此題不用求出詳細的電離度，只須要知道水的電離程度即可比較四種液體中水的電離度。8.對飽和AgCl溶液(有AgCl固體存在)進行下列操作后，c(Ag＋)和Ksp(AgCl)均保持不變的是A.加熱 B.加少量水C.滴加少量1mol/L鹽酸 D.滴加少量1mol/LAgNO3溶液【答案】B【解析】【詳解】A.加熱，AgCl的溶解度增大，c(Ag+)和Ksp(AgCl)均增大，故A不符合題意；B.加水稀釋，沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)正向移動，但是溶液仍為飽和溶液，溫度不變，則溶解度不變，所以c(Ag+)和Ksp(AgCl)均保持不變，故B符合題意；C.滴加少量1mol/L鹽酸，Cl-濃度增大，沉淀溶解平衡逆移，則c(Ag+)減小，溫度不變，Ksp(AgCl)不變，故C不符合題意；D.滴加少量1mol/LAgNO3溶液，c(Ag+)增大，沉淀溶解平衡逆移，則c(Cl-)減小，溫度不變，Ksp(AgCl)不變，故D不符合題意；故答案選B。9.下列描述中，不符合生產(chǎn)實際的是（）A.電解法精煉粗銅，用純銅作陰極B.電解飽和食鹽水制燒堿，用涂鎳碳鋼網(wǎng)作陰極C.在鍍件上電鍍鋅用鋅作陽極D.電解熔融的氯化鈉制取金屬鈉，用鐵作陽極【答案】D【解析】【詳解】A．電解法精煉粗銅時，粗銅作陽極、純銅作陰極，可溶性銅鹽作電解質(zhì)，A不合題意；B．電解飽和食鹽水制燒堿，陽極材料(金屬鈦網(wǎng)，涂有鈦、釕的氧化物涂層)；陰極材料(碳鋼網(wǎng)，涂有鎳涂層)，B不合題意；C．在鍍件上電鍍鋅時，用鋅作陽極，鍍件作陰極，可溶性鋅鹽作電解質(zhì)，C不合題意；D．電解熔融的氯化鈉制取金屬鈉，若用鐵作陽極，則陽極鐵失電子而不是Cl-失電子，D符合題意；故選D。10.下列熱化學方程式書寫正確的是(△H的肯定值均正確)（）A.2NO2=O2+2NO=+116kJ/mol(反應(yīng)熱)B.NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O（1）=+57.3kJ/mol(中和熱)C.C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)=-1367.0kJ/mol(燃燒熱)D.S(s)+O2(g)=SO2(g)=-296.8kJ/mol(反應(yīng)熱)【答案】D【解析】【詳解】A．熱化學方程式中，需注明每一物質(zhì)的聚集狀態(tài)，A錯誤；B．中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)，＜0，B錯誤；C．燃燒熱是指1mol純物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物（水為液態(tài)水）時的反應(yīng)熱，C錯誤；D．該反應(yīng)式表示1mol固體硫燃燒生成1mol二氧化硫氣體放出296.8kJ的熱量，D正確；故答案為：D。11.常溫下，下列各組溶液的pH肯定等于7的是（）A.pH=2和pH=12的兩種溶液以等體積混合B.0.05mol/LH2SO4與0.10mol/LNaOH溶液以等體積混合C.將pH=5的CH3COOH溶液稀釋100倍D.pH=1的H2SO4與0.01mol/LBa(OH)2溶液以等體積混合【答案】B【解析】【詳解】A．pH=2和pH=12的兩種溶液等體積混合，雖然電離出的H+與OH-剛好完全反應(yīng)，但酸或堿可能有剩余，剩余的酸或堿再電離，從而使溶液顯酸性或堿性，A不合題意；B．0.05mol/LH2SO4與0.10mol/LNaOH溶液等體積混合，H+與OH-剛好完全反應(yīng)，溶液呈中性，B符合題意；C．將pH=5的CH3COOH溶液稀釋100倍，雖然c(H+)減小，但溶液仍呈酸性，C不合題意；D．pH=1的H2SO4與0.01mol/LBa(OH)2溶液以等體積混合，酸過量，溶液呈酸性，D不合題意；故選B12.電化學氣敏傳感器可用于監(jiān)測環(huán)境中NH3的含量，其工作原理示意圖如下。下列說法不正確的是A.O2在電極b上發(fā)生還原反應(yīng)B.溶液中OH－向電極a移動C.反應(yīng)消耗的NH3與O2的物質(zhì)的量之比為4∶5D.負極的電極反應(yīng)式為2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O【答案】C【解析】【詳解】A．氧氣在b極發(fā)生還原反應(yīng)，則b極為正極，a極為負極，故A正確；B．因為a極為負極，則溶液中的陰離子向負極移動，故B正確；C．反應(yīng)中N元素化合價上升3價，O元素化合價降低4價，依據(jù)得失電子守恒，消耗NH3與O2的物質(zhì)的量之比為4：3，故C錯誤；D．負極是氨氣發(fā)生氧化反應(yīng)變成氮氣，且OH-向a極移動參加反應(yīng)，故電極反應(yīng)式為2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故D正確；故選C。13.將4molSO2與2molO2的混合氣分別置于容積相等的甲、乙兩容器中，甲是恒壓容器，乙是恒容容器。發(fā)生反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；△H<0，在相同溫度下，使其均達到平衡狀態(tài)。下列說法正確的是A.SO3體積分數(shù)：甲>乙B.平衡常數(shù)：甲>乙C.反應(yīng)放出的熱量：甲<乙D.保持容積不變，使乙容器升溫可以使甲乙容器中SO2物質(zhì)的量相等【答案】A【解析】【詳解】A.甲是恒壓容器，乙是恒容容器；由于該反應(yīng)屬于氣體物質(zhì)的量削減的反應(yīng)，反應(yīng)后價的體積減小，則乙相當于甲平衡后增大體積，壓強減小，平衡逆向移動，則SO3體積分數(shù)：甲>乙，故A正確；B.溫度相同，平衡常數(shù)：甲=乙，故B錯誤；C.甲是恒壓容器，乙是恒容容器；由于該反應(yīng)屬于氣體物質(zhì)的量削減的反應(yīng)，反應(yīng)后價的體積減小，則乙相當于甲平衡后增大體積，壓強減小，平衡逆向移動，反應(yīng)放出的熱量削減，反應(yīng)放出的熱量：甲＞乙，故C錯誤；D.甲是恒壓容器，乙是恒容容器；由于該反應(yīng)屬于氣體物質(zhì)的量削減的反應(yīng)，反應(yīng)后價的體積減小，則乙相當于甲平衡后增大體積，壓強減小，平衡逆向移動，二氧化硫的物質(zhì)的量，甲＜乙，若保持容積不變，使乙容器升溫，平衡逆向移動，二氧化硫的物質(zhì)的量更大，不行能使甲乙容器中SO2物質(zhì)的量相等，故D錯誤；故選A?！军c睛】本題考查了化學平衡移動的影響因素。解答本題的關(guān)鍵是如何將甲乙兩個容器聯(lián)系起來。解答的思路可以是將甲平衡后的容器變成乙，即甲平衡后減小壓強得到乙；也可以將乙平衡后的容器變成甲，即乙平衡后增大壓強得到甲，借助于平衡的移動分析解答。14.某溫度下，在一個2L的密閉容器中，加入4molA和2molB進行如下反應(yīng)：3A(g)+2B(g)4C(?)+2D(?)，反應(yīng)一段時間后達到平衡，測得生成1.6molC，且反應(yīng)的前后壓強之比為5：4(相同的溫度下測量)，則下列說法正確的是（）A.該反應(yīng)的化學平衡常數(shù)表達式是K=B.此時，B的平衡轉(zhuǎn)化率是40%C.增大該體系的壓強，平衡向右移動，化學平衡常數(shù)增大D.增大C，A的平衡轉(zhuǎn)化率減小【答案】B【解析】【分析】利用題給數(shù)據(jù)建立如下三段式：因為反應(yīng)的前后壓強之比為5：4，所以，n(平)=4.8mol。由以上數(shù)據(jù)可確定，C為液體或固體，D為氣體?！驹斀狻緼．因為C為非氣體，所以該反應(yīng)的化學平衡常數(shù)表達式是K=，A不正確；B．此時，B的平衡轉(zhuǎn)化率是=40%，B正確；C．增大該體系的壓強，雖然平衡向右移動，但由于溫度不變，所以化學平衡常數(shù)不變，C不正確；D．由于C為非氣體，所以增大C，A的平衡轉(zhuǎn)化率不變，D不正確；故選B。15.肯定條件下，Na2CO3溶液中存在如下平衡：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，下列說法正確的是A.稀釋溶液，平衡正向移動，增大B.通入CO2，平衡逆向移動，溶液pH減小C.加入NaOH固體，平衡逆向移動，pH減小D上升溫度，增大【答案】D【解析】【詳解】A.稀釋溶液，平衡正向移動，水解常數(shù)不變，即不變，A不正確；B.通入CO2，CO2與水反應(yīng)生成的碳酸可以與CO32－水解產(chǎn)生的OH－發(fā)生反應(yīng)，所以平衡正向移動，溶液pH減小，B不正確；C.加入NaOH固體，平衡逆向移動，pH增大，C不正確；D.上升溫度，CO32－水解平衡正向移動，所以增大，D正確；本題選D?！军c睛】本題考查了水解常數(shù)及影響水解平衡的外界因素，要求學生能駕馭鹽類水解的基本規(guī)律以及外界條件的變更對水解平衡產(chǎn)生的影響，能推斷水解平衡移動的方向以及pH的變更狀況，能依據(jù)相關(guān)的平衡常數(shù)推斷一些代數(shù)式的變更趨勢。16.室溫時，將濃度和體積分別為C1、V1的NaOH溶液和C2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列關(guān)于該混合溶液的敘述錯誤的是（）A.若pH＞7，則肯定是C1V1＝C2V2B.在任何狀況下都是C(Na+)＋C(H+)＝C(CH3COO-)＋C(OH-)C.當pH=7時，若V1＝V2，肯定是C2＞C1D.若V1＝V2，C1＝C2，則C(CH3COO-)＋C(CH3COOH)=C(Na+)【答案】A【解析】【詳解】A．若二者恰好中和，溶液呈堿性，若氫氧化鈉過量，溶液仍呈堿性，A錯誤；B．無論溶液顯何性，都有電荷守恒：c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO-)＋c(OH-)，B正確；C．若pH=7，則肯定醋酸過量，C正確；D．若V1＝V2，c1＝c2，即氫氧化鈉與醋酸恰好中和生成醋酸鈉，c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)=c(Na+)為物料守恒式，D正確；故選A。17.在容積肯定的密閉容器中，置入肯定量的NO(g)和足量C(s)，發(fā)生反應(yīng)C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)，平衡狀態(tài)時NO(g)的物質(zhì)的量濃度c(NO)與溫度T的關(guān)系如圖所示，則下列說法中不正確的是（）A.該反應(yīng)的△H<0B.若該反應(yīng)在T1、T2時的平衡常數(shù)分別為K1、K2，則K1>K2C.在T2時，若反應(yīng)體系處于狀態(tài)D，則這時肯定有正<逆D.在T3時，若混合氣體的密度不再變更，則可以推斷反應(yīng)達到平衡狀態(tài)C【答案】C【解析】【詳解】A.由題中可知，溫度上升，c(NO)增大，故平衡逆向移動，故該反應(yīng)的逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故正反應(yīng)的△H<0，A正確；B.由A分析可知，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，由圖中可知T1<T2，則K1>K2，B正確；C.在T2時，若反應(yīng)體系處于狀態(tài)D要回到狀態(tài)B，此過程c(NO)減小，即向正方向移動，故這時肯定有正>逆，C錯誤；D.由于該反應(yīng)中，C為固體，故在反應(yīng)過程中混合氣體的密度始終在變更，故在T3時，若混合氣體的密度不再變更，則可以推斷反應(yīng)達到平衡狀態(tài)C，D正確；故答案為：C。18.下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A.25℃時，向0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)=c(H+)B.25℃時，NaB溶液的pH=8，c（Na+）-c（B-）=9.9×10-7mol·L-1C.0.1mol·L-1NaHCO3溶液：c（Na+）＞c(oH-)＞c(HCO3-)＞c(H+)D.相同物質(zhì)的量濃度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各離子濃度的大小關(guān)系是：c（Na+）＞c(ClO-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)【答案】B【解析】A．25℃時，向0.1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性時若c（Na+）＞c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)=c(H+)則違反溶液呈電中性原理，應(yīng)當為c(Na＋)＞c(SO42—)＞c(NH4+)＞c(OH—)＝c(H＋)，選項A錯誤。B.在溶液中存在水解平衡：B-+H2OHB+OH-，pH＝8，c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L依據(jù)電荷守恒有c(Na＋)+c(H+)＝c(B－)+c(OH-)，則c(Na＋)－c(B－)＝c(OH-)－c(H+)=9.9×10－7mol/L，選項B正確；C、0.1mol/LNaHCO3溶液中，碳酸氫根離子水解顯堿性，則c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），選項C錯誤；D、醋酸的電離常數(shù)大于次氯酸，所以醋酸的水解程度小于次氯酸，醋酸鈉和次氯酸鈉都是強堿弱酸鹽，其混合溶液呈堿性，所以相同物質(zhì)的量濃度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各離子濃度的大小關(guān)系是：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（ClO-）＞c（OH-）＞c（H+），選項D錯誤。答案選B。第II卷(非選擇題，共64分)19.(1)已知在肯定溫度下，各反應(yīng)的平衡常數(shù)如下：C(S)+CO2(g)=2CO(g)，K1CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)，K2C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，K3則K1、K2、K3之間的關(guān)系為K2=__。(2)霧霾的主要成分之一是汽車尾氣中的氮氧化物，探討表明CH4可以消退汽車尾氣中的氮氧化物的污染。①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-889.6kJ·mol-l②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.2kJ·mol-l③2NO2(g)=N2O4(g)△H=-56.9kJ·mol-1寫出甲烷氣體催化還原N2O4氣體生成穩(wěn)定的單質(zhì)氣體、二氧化碳氣體和液態(tài)水的熱化學方程式：__。(3)已知：反應(yīng)NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的△H=-41.8kJ·mol-1?？隙l件下，將NO2與SO2以1：2置于密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，下列能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的是__。a．體系壓強保持不變b．混合氣體顏色保持不變c．SO2和NO的體積比保持不變d．每消耗1molSO3的同時生成lmolNO2e．混合氣體的密度不變f．混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變測得上述反應(yīng)平衡時NO2與SO2體積比為1:6，則平衡常數(shù)K=__?！敬鸢浮?1).(2).CH4(g)+N2O4(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l)△H=-899.9kJ/mol(3).bc(4).2.67或【解析】【分析】若某一反應(yīng)為兩已知反應(yīng)之和，則其平衡常數(shù)為兩已知反應(yīng)的平衡常數(shù)之積；若某一反應(yīng)為兩已知反應(yīng)之差，則其平衡常數(shù)為兩已知反應(yīng)的平衡常數(shù)之商。由已知熱化學反應(yīng)方程式求未知反應(yīng)的熱化學方程式時，可利用蓋斯定律進行計算。利用混合氣的某量變更推斷平衡狀態(tài)時，可利用“變量不變達平衡”進行分析；利用已知數(shù)據(jù)推斷未知數(shù)據(jù)并求平衡常數(shù)時，常利用“三段式”?！驹斀狻?1)①C(S)+CO2(g)=2CO(g)，K1②CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)，K2③C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，K3由反應(yīng)知，反應(yīng)②可看成反應(yīng)③減去反應(yīng)①，所以K2=，也可利用反應(yīng)分別寫出K1、K2、K3的表達式，然后建立K2與K1、K3之間的關(guān)系。答案為：；(2)①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-889.6kJ·mol-l②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.2kJ·mol-l③2NO2(g)=N2O4(g)△H=-56.9kJ·mol-1利用蓋斯定律，將①-②-③得，甲烷氣體催化還原N2O4氣體生成穩(wěn)定的單質(zhì)氣體、二氧化碳氣體和液態(tài)水的熱化學方程式：CH4(g)+N2O4(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l)△H=-899.9kJ/mol。答案為：CH4(g)+N2O4(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l)△H=-899.9kJ/mol；(3)對于反應(yīng)NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的△H=-41.8kJ·mol-1。肯定條件下，將NO2與SO2以1：2置于密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)。a．因為反應(yīng)前后氣體分子數(shù)相等，所以體系壓強始終保持不變，a不合題意；b．混合氣體中，只有NO2為紅棕色氣體，所以顏色保持不變表明c(NO2)不變，反應(yīng)達平衡狀態(tài)，b符合題意；c．SO2和NO的體積比保持不變，則二者的物質(zhì)的量不變，反應(yīng)達平衡狀態(tài)，c符合題意；d．只要反應(yīng)發(fā)生，每消耗1molSO3時，肯定同時生成lmolNO2，則不肯定達平衡狀態(tài)，d不合題意；e．混合氣體的質(zhì)量不變、體積不變，所以密度始終不變，e不合題意；f．混合氣體的質(zhì)量不變、物質(zhì)的量不變，平均相對分子質(zhì)量始終不變，f不合題意；故選bc。答案為：bc；設(shè)n(NO2)=1mol，則n(SO2)=2mol，NO2的物質(zhì)的量為x，由此建立如下三段式：依題意知：，從而求出x=0.8mol；則平衡常數(shù)K===。答案為bc；2.67或。【點睛】調(diào)整熱化學方程式的化學計量數(shù)時，△H需進行同等程度的調(diào)整。20.新型高效的甲烷燃料電池采納鉑為電極材料，兩電極上分別通入CH4和O2，電解質(zhì)為KOH溶液。某探討小組將兩個甲烷燃料電池串聯(lián)后作為電源，進行飽和氯化鈉溶液電解試驗，如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)甲烷燃料電池負極的電極反應(yīng)式為__。(2)閉合開關(guān)K后，a、b電極上均有氣體產(chǎn)生，其中b電極上得到的是__，電解氯化鈉溶液的總反應(yīng)方程式為__。【答案】(1).CH4-8e-+10OH-=+7H2O(2).H2(3).2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH【解析】【分析】在燃料電池中，通入燃料的電極為負極，通入氧化劑的電極為正極；在電解池中，與電源負極相連的電極為陰極，與電源正極相連的是陽極?！驹斀狻?1)甲烷燃料電池中，通入CH4的電極為負極，CH4失電子后，與OH-發(fā)生反應(yīng)生成和H2O，負極的電極反應(yīng)式為CH4-8e-+10OH-=+7H2O。答案為：CH4-8e-+10OH-=+7H2O；(2)閉合開關(guān)K后，a電極與正極(通O2的電極)相連，則此電極為陽極；b電極為陰極，水得電子生成氫氣，所以b電極得到的是H2，電解氯化鈉溶液生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，總反應(yīng)方程式為2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH。答案為：H2；2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH。【點睛】在書寫電極反應(yīng)式時，需留意電解質(zhì)的性質(zhì)，堿性電解質(zhì)中，電極反應(yīng)式中不能出現(xiàn)H+。21.用NaOH溶液汲取煙氣中的SO2，將所得的Na2SO3溶液進行電解，可循環(huán)再生NaOH，同時得到H2SO4，其原理如圖所示(電極材料均為石墨)。(1)圖中a極要連接電源的________(填“正”或“負”)極，C口流出的物質(zhì)是________。(2)SO32－放電的電極反應(yīng)式為__________?！敬鸢浮?1).負(2).硫酸或H2SO4(3).【解析】【分析】依據(jù)電解質(zhì)溶液中陰陽離子的移動方向推斷電極，陽離子移向陰極，a為陰極，b為陽極，在陽極失去電子變成，可能伴有氫氧根離子放電生成氧氣，所以C口流出的物質(zhì)是H2SO4，陰極區(qū)放電離子為氫離子生成氫氣，據(jù)此解答。【詳解】（1）由上述分析可知，a接電源負極；C口流出的物質(zhì)是H2SO4，故答案：負；硫酸或H2SO4；（2）發(fā)生氧化反應(yīng)，放電的電極反應(yīng)式為：，故答案為：。22.(1)FeCl3凈水原理__(用離子方程式說明)，將FeCl3溶液蒸干并灼燒，最終得到的主要固體產(chǎn)物是__(填化學式)。(2)相同濃度的下列溶液中，c()的大小依次是__(填序號)。①Na2CO3②NaHCO3③H2CO3④(NH4)2CO3⑤NH4HCO3(3)現(xiàn)將足量的固體AgCl分別放入下列物質(zhì)中：①30mL0.02mol/LCaCl2溶液；②20mL0.01mol/LKCl溶液；③40mL0.03mol/LHCl溶液；④10mL蒸餾水；⑤50mL0.05mol/LAgNO3溶液。AgCl的溶解度由大到小的排列依次是__(填序號)?！敬鸢浮?1).Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+(2).Fe2O3(3).①＞④＞②＞⑤＞③(4).④＞②＞③＞①＞⑤【解析】【分析】揮發(fā)性酸的弱堿鹽溶液，在蒸干、灼燒過程中，酸揮發(fā)、堿分解，最終得到金屬氧化物；比較溶液中某離子濃度時，相同濃度的電解質(zhì)溶液中，完全電離產(chǎn)生的該離子濃度最大，電離產(chǎn)生該離子的反應(yīng)中，抑制程度越大，產(chǎn)生的該離子濃度越??；難溶電解質(zhì)在與其相關(guān)離子的溶液中的溶解度，隨相關(guān)離子濃度的減小而增大?！驹斀狻?1)FeCl3為強酸弱堿鹽，F(xiàn)e3+在水溶液中發(fā)生水解生成Fe(OH)3膠體和H+，凈水原理為Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；將FeCl3溶液蒸干并灼燒，HCl揮發(fā)、Fe(OH)3分解，最終得到的主要固體產(chǎn)物是Fe2O3。答案為：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；Fe2O3；(2)相同濃度的下列溶液中，①Na2CO3發(fā)生完全電離，且的水解不受其它離子的影響，所以c()最大；④(NH4)2CO3也能完全電離出，但受水解的促進，所以c()次之；②NaHCO3電離產(chǎn)生的，少部分發(fā)生電離，c()再次之；⑤NH4HCO3中，由于受水解的促進，c()減小，c()比NaHCO3中??；③H2CO3其次步電離才產(chǎn)生，c()最小，所以c()的大小依次是①＞④＞②＞⑤＞③。答案為：①＞④＞②＞⑤＞③；(3)將足量的固體AgCl分別放入下列五種物質(zhì)中，c(Cl-)或c(Ag+)由小到大的依次為④＞②＞③＞①＞⑤，溶液中c(Cl-)或c(Ag+)越小，AgCl的溶解度越大，所以AgCl的溶解度由大到小的排列依次是④＞②＞③＞①＞⑤。答案為：④＞②＞③＞①＞⑤?！军c睛】由AgCl的電離方程式可知，Ag+、Cl-對其溶解度的影響程度是相同的。23.某工廠的電鍍污泥中含有銅、鐵等金屬化合物，為實現(xiàn)資源的回收利用并有效防止環(huán)境污染，設(shè)計如圖工藝流程。沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2起先沉淀的pH2.37.64.4完全沉淀的pH3.29.764(1)酸浸后加入H2O2的目的是___，調(diào)pH的最相宜范圍為__。(2)調(diào)pH過程中加入的試劑最好是__。A．NaOHB．CuOC．NH3·H2OD．HC1(3)煮沸CuSO4溶液的緣由是__。向CuSO4溶液中加入肯定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，寫出該反應(yīng)的化學方程式___?！敬鸢浮?1).將Fe2+氧化為Fe3+，便于調(diào)整pH與Cu2+分別(2).3.2～4.4(3).B(4).除盡溶液中的H2O2，避開影響下一步CuCl的生成(5).2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O=2CuCl↓+2Na2SO4+H2SO4【解析】【分析】某工廠以電鍍污泥(含有銅、鐵等金屬化合物)為原料，經(jīng)過一系列操作，實現(xiàn)鐵、銅化合物的分別，并制得鐵紅和CuCl產(chǎn)品。在制取過程中，先將原料用稀硫酸溶解，再利用H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，通過調(diào)整pH將Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀，最終通過灼燒、煮沸、還原獲得產(chǎn)品。【詳解】(1)由表中數(shù)據(jù)可以看出，當Fe2+完全沉淀時，Cu2+也生成沉淀，為實現(xiàn)分別，應(yīng)將Fe2+氧化為Fe3+，所以酸浸后需加入H2O2，其目的是將Fe2+氧化為Fe3+，便于調(diào)整pH，與Cu2+分別；調(diào)pH時，應(yīng)讓Fe3+完全沉淀，而Cu2+不生成沉淀，所以最相宜pH范圍為3.2～4.4；(2)調(diào)pH過程中，需加入能中和H+的物質(zhì)，同時不能引入新的雜質(zhì)，A、C、D中分別引入Na+、、Cl-等，所以加入的試劑最好是CuO，故選B；(3)因為需加入還原劑，將Cu2+還原為Cu+，而受熱易分解的H2O2會將還原劑及Cu+氧化，所以需煮沸CuSO4溶液，其緣由是除盡溶液中的H2O2，避開影響下一步CuCl的生成。向CuSO4溶液中加入肯定量的NaCl、Na2SO3，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成白色的CuCl沉淀，同時生成Na2SO4等，發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O=2CuCl↓+2Na2SO4+H2SO4。【點睛】將Fe3+轉(zhuǎn)化