新教材高中化學(xué)模塊檢測一新人教版選擇性必修1

模塊檢測(一)時(shí)間：90分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題只有1個(gè)選項(xiàng)符合題意。每小題2分，共20分)1．下列有關(guān)化學(xué)反應(yīng)方向及其判據(jù)的說法中錯(cuò)誤的是()A．1molH2O在不同狀態(tài)時(shí)的熵值：S[H2O(s)]＜S[H2O(g)]B．凡是放熱反應(yīng)都是自發(fā)的，凡是吸熱反應(yīng)都是非自發(fā)的C．反應(yīng)CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g)ΔH>0能否自發(fā)進(jìn)行與溫度有關(guān)D．常溫下，反應(yīng)C(s)＋CO2(g)=2CO(g)不能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的ΔH>0答案B解析相同物質(zhì)的量的同種物質(zhì)在不同狀態(tài)下的熵值：S(g)>S(l)>S(s)，所以1molH2O在不同狀態(tài)時(shí)的熵值：S[H2O(s)]<S[H2O(g)]，A正確；放熱反應(yīng)在肯定的條件下可以自發(fā)進(jìn)行，吸熱反應(yīng)在肯定的條件下也可以自發(fā)進(jìn)行，如常溫下碳酸銨能自發(fā)地分解產(chǎn)生氨氣，B不正確；反應(yīng)CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g)ΔH>0中ΔS>0，故其在高溫條件下可以自發(fā)進(jìn)行，C正確；常溫下，反應(yīng)C(s)＋CO2(g)=2CO(g)不能自發(fā)進(jìn)行，ΔS>0，若其ΔH<0，在常溫下肯定能自發(fā)進(jìn)行，由上分析，可得該反應(yīng)的ΔH>0，D正確。2．通過以下反應(yīng)可獲得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列說法不正確的是()①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) ΔH1＝akJ·mol－1②CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝bkJ·mol－1③CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3＝ckJ·mol－1④2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH4＝dkJ·mol－1A．反應(yīng)①②為反應(yīng)③供應(yīng)原料氣B．反應(yīng)③也是CO2資源化利用的方法之一C．反應(yīng)CH3OH(g)=eq\f(1,2)CH3OCH3(g)＋eq\f(1,2)H2O(l)的ΔH＝eq\f(d,2)kJ·mol－1D．反應(yīng)2CO(g)＋4H2(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g)的ΔH＝(2b＋2c＋d)kJ·mol－1答案C解析反應(yīng)①的產(chǎn)物為CO和H2，反應(yīng)②的產(chǎn)物為CO2和H2，反應(yīng)③的原料為CO2和H2，A項(xiàng)正確；反應(yīng)③將溫室氣體CO2轉(zhuǎn)化為燃料CH3OH，B項(xiàng)正確；反應(yīng)④生成物中H2O為氣態(tài)，C項(xiàng)生成物中H2O為液態(tài)，故C項(xiàng)中反應(yīng)的焓變不為eq\f(d,2)kJ·mol－1，C項(xiàng)錯(cuò)誤；依據(jù)蓋斯定律可知②×2＋③×2＋④可得所求反應(yīng)及其焓變，D項(xiàng)正確。3．在肯定溫度下，變更起始時(shí)n(SO2)對(duì)反應(yīng)2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH<0的影響如圖所示，下列說法正確的是()A．b、c點(diǎn)均為平衡點(diǎn)，a點(diǎn)未達(dá)平衡且向正反應(yīng)方向進(jìn)行B．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)中，a點(diǎn)時(shí)SO2的轉(zhuǎn)化率最大C．a(chǎn)、b、c點(diǎn)均為平衡點(diǎn)，b點(diǎn)時(shí)SO2的轉(zhuǎn)化率最大D．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)的平衡常數(shù)：Kb>Kc>Ka答案B解析題圖中橫坐標(biāo)為起始時(shí)SO2的物質(zhì)的量，縱坐標(biāo)為平衡時(shí)SO3的體積分?jǐn)?shù)，曲線上的點(diǎn)對(duì)應(yīng)的狀態(tài)為平衡狀態(tài)，A錯(cuò)誤；變更的只有起始時(shí)n(SO2)，n(O2)不變，當(dāng)起始n(SO2)越小時(shí)，SO2的轉(zhuǎn)化率越大，故a點(diǎn)SO2的轉(zhuǎn)化率最大，B正確，C錯(cuò)誤；溫度不變，則平衡常數(shù)不變，D錯(cuò)誤。4．已知：反應(yīng)4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)中，4molHCl(g)被氧化，放出115.6kJ的熱量。又知：推斷下列說法正確的是()A．該反應(yīng)的ΔH＝＋115.6kJ·mol－1B．?dāng)嚅_1molH—O鍵與斷開1molH—Cl鍵所需能量相差約為32kJC．H2O中H—O鍵比HCl中H—Cl鍵弱D．由所供應(yīng)數(shù)據(jù)推斷氯元素的非金屬性比氧元素強(qiáng)答案B解析由題干可知，4molHCl(g)被氧化，放出115.6kJ的熱量，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－115.6kJ·mol－1，A錯(cuò)誤；設(shè)E(H—O)、E(H—Cl)分別表示H—O鍵、H—Cl鍵的鍵能，反應(yīng)熱ΔH＝反應(yīng)物總鍵能－生成物總鍵能，則該反應(yīng)中ΔH＝4×E(H—Cl)＋498kJ·mol－1－[2×243kJ·mol－1＋4×E(H—O)]＝－115.6kJ·mol－1，整理可得4E(H—Cl)－4E(H—O)＝－127.6kJ·mol－1，即E(H—O)－E(H—Cl)＝31.9kJ·mol－1，故斷開1molH—O鍵與斷開1molH—Cl鍵所需能量相差為31.9kJ·mol－1×1mol＝31.9kJ，約為32kJ，B正確；由B可知E(H—O)－E(H—Cl)>0，則H2O中H—O鍵比HCl中H—Cl鍵強(qiáng)，C錯(cuò)誤；依據(jù)C的分析可知，H2O中H—O鍵比HCl中H—Cl鍵強(qiáng)，故氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：H2O>HCl，即非金屬性：O>Cl，D錯(cuò)誤。5．一種可充電鋰－空氣電池如圖所示。當(dāng)電池放電時(shí)，O2與Li＋在多孔碳材料電極處生成Li2O2－x(x＝0或1)。下列說法正確的是()A．放電時(shí)，多孔碳材料電極為負(fù)極B．放電時(shí)，外電路電子由多孔碳材料電極流向鋰電極C．充電時(shí)，電解質(zhì)溶液中Li＋向多孔碳材料區(qū)遷移D．充電時(shí)，電池總反應(yīng)為Li2O2－x=2Li＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,2)))O2答案D解析放電時(shí)，O2與Li＋在多孔碳材料電極處反應(yīng)，說明電池內(nèi)，Li＋向多孔碳材料電極移動(dòng)，因?yàn)殛栯x子移向正極，所以多孔碳材料電極為正極，A錯(cuò)誤。因?yàn)槎嗫滋疾牧想姌O為正極，外電路電子應(yīng)當(dāng)由鋰電極流向多孔碳材料電極(由負(fù)極流向正極)，B錯(cuò)誤。充電和放電時(shí)電池中離子的移動(dòng)方向相反，放電時(shí)，Li＋向多孔碳材料電極移動(dòng)，充電時(shí)向鋰電極移動(dòng)，C錯(cuò)誤。依據(jù)圖示和上述分析，可知放電時(shí)，電池的正極反應(yīng)是O2與Li＋得電子轉(zhuǎn)化為Li2O2－x，電池的負(fù)極反應(yīng)是單質(zhì)Li失電子轉(zhuǎn)化為Li＋，所以總反應(yīng)為：2Li＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,2)))O2=Li2O2－x，充電時(shí)的反應(yīng)與放電時(shí)的反應(yīng)相反，所以充電時(shí)，電池總反應(yīng)為Li2O2－x=2Li＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,2)))O2，D正確。6．有A、B、D、E四種金屬，當(dāng)A、B、稀硫酸組成原電池時(shí)，電子流淌方向?yàn)锳→B；當(dāng)A、D、稀硫酸組成原電池時(shí)，A為正極；當(dāng)B、E組成原電池時(shí)，電極反應(yīng)式為E2－＋2e－=E，B－2e－=B2＋，則A、B、D、E金屬性由強(qiáng)到弱的依次為()A．A＞B＞E＞DB．A＞B＞D＞EC．D＞E＞A＞BD．D＞A＞B＞E答案D解析依據(jù)“當(dāng)A、B、稀硫酸組成原電池時(shí)，電子流淌方向?yàn)锳→B”可知金屬性：A>B；依據(jù)“當(dāng)A、D、稀硫酸組成原電池時(shí)，A為正極”可知金屬性：D>A；依據(jù)“當(dāng)B、E組成原電池時(shí)，電極反應(yīng)式為E2－＋2e－=E，B－2e－=B2＋”可知金屬性：B>E，綜上可知金屬性由強(qiáng)到弱的依次為D>A>B>E。7．某恒定溫度下，在一個(gè)2L的密閉容器中充入氣體A、氣體B，其濃度分別為2mol·L－1、1mol·L－1，且發(fā)生如下反應(yīng)：3A(g)＋2B(g)4C(？)＋2D(？)。反應(yīng)一段時(shí)間后達(dá)到平衡狀態(tài)，測得生成1.6molC，且反應(yīng)前后氣體的壓強(qiáng)比為5∶4，則下列說法中正確的是()①該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K＝eq\f(c4C·c2D,c3A·c2B)②B的轉(zhuǎn)化率為35%③增大該體系壓強(qiáng)，平衡向右移動(dòng)，但化學(xué)平衡常數(shù)不變④增加C的量，A、B的轉(zhuǎn)化率不變A．①②B．②③C．③④D．①④答案C解析反應(yīng)一段時(shí)間后達(dá)到平衡狀態(tài)，測得反應(yīng)前后氣體的壓強(qiáng)比為5∶4，故反應(yīng)后氣體體積減小，C、D中至少有一種不為氣體；在一個(gè)2L的密閉容器中充入氣體A、B，測得其濃度分別為2mol·L－1和1mol·L－1，則氣體A、氣體B的物質(zhì)的量分別為2mol·L－1×2L＝4mol、1mol·L－1×2L＝2mol，則反應(yīng)前氣體的總物質(zhì)的量為4mol＋2mol＝6mol；由反應(yīng)前后氣體的壓強(qiáng)比為5∶4，可知平衡時(shí)氣體的總物質(zhì)的量為6mol×eq\f(4,5)＝4.8mol；生成1.6molC，則生成D的物質(zhì)的量為1.6mol×eq\f(2,4)＝0.8mol，參與反應(yīng)的B的物質(zhì)的量為1.6mol×eq\f(2,4)＝0.8mol，參與反應(yīng)的A的物質(zhì)的量為1.6mol×eq\f(3,4)＝1.2mol，則平衡時(shí)，A、B、C、D的物質(zhì)的量分別為4mol－1.2mol＝2.8mol、2mol－0.8mol＝1.2mol、1.6mol、0.8mol，因平衡時(shí)氣體的總物質(zhì)的量為4.8mol，故D為氣體，C為液體或固體。C不為氣體，故C不能出現(xiàn)在平衡常數(shù)的表達(dá)式中，①錯(cuò)誤；參與反應(yīng)的B的物質(zhì)的量為0.8mol，故B的平衡轉(zhuǎn)化率為eq\f(0.8mol,2mol)×100%＝40%，②錯(cuò)誤；反應(yīng)后氣體體積減小，故增大該體系壓強(qiáng)，平衡向右移動(dòng)，平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，化學(xué)平衡常數(shù)不變，③正確；C不為氣體，故增加C的量，平衡不移動(dòng)，A、B的轉(zhuǎn)化率不變，④正確；題給說法中正確的是③④，答案選C。8．肯定溫度下，三種碳酸鹽MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。已知：pM＝－lgc(M)，p(COeq\o\al(2－,3))＝－lgc(COeq\o\al(2－,3))。下列說法正確的是()A．MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大B．a(chǎn)點(diǎn)可表示MnCO3的飽和溶液，且c(Mn2＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))C．b點(diǎn)可表示CaCO3的飽和溶液，且c(Ca2＋)<c(COeq\o\al(2－,3))D．c點(diǎn)可表示MgCO3的不飽和溶液，且c(Mg2＋)>c(COeq\o\al(2－,3))答案B解析pM相等時(shí)，圖線上p(COeq\o\al(2－,3))數(shù)值越大，c(COeq\o\al(2－,3))越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次減小，故A錯(cuò)誤；a點(diǎn)可表示MnCO3的飽和溶液，pM＝p(COeq\o\al(2－,3))，所以c(Mn2＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))，故B正確；b點(diǎn)可表示CaCO3的飽和溶液，pM<p(COeq\o\al(2－,3))，所以c(Ca2＋)>c(COeq\o\al(2－,3))，故C錯(cuò)誤；pM數(shù)值越大，離子濃度越小，則c點(diǎn)可表示MgCO3的不飽和溶液，pM>p(COeq\o\al(2－,3))，所以c(Mg2＋)<c(COeq\o\al(2－,3))，故D錯(cuò)誤。9．在2L的恒容密閉容器中充入A(g)和B(g)，發(fā)生反應(yīng)A(g)＋B(g)2C(g)＋D(s)ΔH＝akJ·mol－1，試驗(yàn)內(nèi)容和結(jié)果分別如表和圖所示，下列說法不正確的是()試驗(yàn)序號(hào)溫度/℃起始物質(zhì)的量/mol熱量變更/kJABⅠ6001396Ⅱ8001.50.5－A．試驗(yàn)Ⅰ中，10min內(nèi)反應(yīng)的平均速率v(B)＝0.03mol·L－1·min－1B．上述熱化學(xué)方程式中a＝160C．600℃時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)是1.5D．向試驗(yàn)Ⅱ的平衡體系中再充入0.5molA和1.5molB，A的轉(zhuǎn)化率增大答案B解析試驗(yàn)Ⅰ中，10min內(nèi)生成C的物質(zhì)的量是1.2mol，則依據(jù)熱化學(xué)方程式可知消耗0.6molB，濃度變更為0.3mol·L－1，則反應(yīng)的平均速率v(B)＝eq\f(0.3mol·L－1,10min)＝0.03mol·L－1·min－1，A正確；由試驗(yàn)Ⅰ可知，生成1.2molC的熱量變更為96kJ，則完全反應(yīng)生成2molC的熱量變更為eq\f(96kJ,1.2mol)×2mol＝160kJ，又由于上升溫度，n(C)減小，說明該反應(yīng)的正反應(yīng)放熱，則熱化學(xué)方程式中a＝－160，B錯(cuò)誤；由題圖可知，試驗(yàn)Ⅰ在600℃條件下達(dá)到平衡狀態(tài)，此時(shí)A、B、C的物質(zhì)的量分別為0.4mol、2.4mol、1.2mol，濃度分別為0.2mol·L－1、1.2mol·L－1、0.6mol·L－1，平衡常數(shù)K＝eq\f(0.62,0.2×1.2)＝1.5，C正確；向試驗(yàn)Ⅱ的平衡體系中再充入0.5molA和1.5molB，則A、B的起始物質(zhì)的量之比由3∶1變?yōu)?∶1，相當(dāng)于增大了B的濃度，A的轉(zhuǎn)化率增大，D正確。10．用電解氧化法可以在鋁制品表面形成致密、耐腐蝕的氧化膜，電解質(zhì)溶液一般為H2SO4－H2C2O4混合溶液。下列敘述錯(cuò)誤的是()A．待加工鋁質(zhì)工件為陽極B．表面生成的致密氧化膜不溶于稀硫酸C．陰極的電極反應(yīng)式為Al3＋＋3e－=AlD．硫酸根離子在電解過程中向陽極移動(dòng)答案C解析鋁的陽極氧化法表面處理技術(shù)中，金屬鋁是陽極材料，A正確；電解質(zhì)溶液中含有硫酸，說明表面生成的致密氧化膜不溶于稀硫酸，B正確；陰極上氫離子發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2H＋＋2e－=H2↑，C錯(cuò)誤；在電解池中，陽離子向陰極移動(dòng)，陰離子向陽極移動(dòng)，所以硫酸根離子在電解過程中向陽極移動(dòng)，D正確。二、選擇題(本題共5小題，每小題有1個(gè)或2個(gè)選項(xiàng)符合題意。每小題4分，共20分)11．已知25℃時(shí)，電離常數(shù)Ka(HF)＝3.6×10－4，溶度積常數(shù)Ksp(CaF2)＝1.46×10－10?，F(xiàn)向1L0.2mol·L－1HF溶液中加入1L0.2mol·L－1CaCl2溶液，則下列說法中正確的是()A．25℃時(shí)，0.1mol·L－1HF溶液的pH＝1B．Ksp(CaF2)隨溫度和濃度的變更而變更C．該體系中Ksp(CaF2)＝eq\f(1,KaHF)D．該體系中有CaF2沉淀產(chǎn)生答案D解析氟化氫為弱酸，在水溶液中不能完全電離，則25℃時(shí)，0.1mol·L－1HF溶液的pH>1，A錯(cuò)誤；Ksp只與溫度有關(guān)，則Ksp(CaF2)只是溫度的函數(shù)，與濃度無關(guān)，B錯(cuò)誤；溫度不變時(shí)，電離常數(shù)和溶度積常數(shù)均不變，Ka(HF)＝3.6×10－4，Ksp(CaF2)＝1.46×10－10，Ka(HF)·Ksp(CaF2)≠1，C錯(cuò)誤；兩溶液混合后，鈣離子濃度為0.1mol·L－1，c(F－)＝eq\r(KaHF×c混HF)＝6×10－3mol·L－1，則Q＝c2(F－)·c(Ca2＋)＝(6×10－3)2×0.1＝3.6×10－6>Ksp(CaF2)，說明有沉淀生成，D正確。12．用0.100mol·L－1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol·L－1Cl－溶液的滴定曲線如圖所示。下列有關(guān)描述錯(cuò)誤的是()A．依據(jù)曲線數(shù)據(jù)計(jì)算可知Ksp(AgCl)的數(shù)量級(jí)為10－8B．曲線上各點(diǎn)的溶液滿意關(guān)系式c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)C．相同試驗(yàn)條件下，若改為0.0400mol·L－1Cl－，反應(yīng)終點(diǎn)c移到aD．相同試驗(yàn)條件下，若改為0.0500mol·L－1Br－，反應(yīng)終點(diǎn)c向b方向移動(dòng)答案AC解析加入25mLAgNO3溶液時(shí)，Cl－與Ag＋恰好反應(yīng)生成AgCl，圖中c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中AgCl存在沉淀溶解平衡，此時(shí)c(Cl－)＝c(Ag＋)≈10－4.7mol·L－1，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝(10－4.7)2＝100.6×10－10，A錯(cuò)誤；滴加AgNO3溶液時(shí)，有AgCl沉淀生成，所得曲線為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，即曲線上各點(diǎn)均滿意c(Cl－)·c(Ag＋)＝Ksp(AgCl)，B正確；相同條件下，若改為0.0400mol·L－1Cl－，達(dá)到反應(yīng)終點(diǎn)時(shí)消耗AgNO3溶液的體積為20mL，而圖中a點(diǎn)滴加AgNO3溶液的體積為15mL，C錯(cuò)誤；相同條件下，若改為0.0500mol·L－1Br－，達(dá)到反應(yīng)終點(diǎn)時(shí)消耗25mLAgNO3溶液，因?yàn)镵sp(AgBr)<Ksp(AgCl)，故溶液中c(Br－)較小，則反應(yīng)終點(diǎn)由c向b的方向移動(dòng)，D正確。13．圖甲是CO2電催化還原為碳?xì)浠衔?CxHy)的工作原理示意圖，用某鉀鹽水溶液作電解液；圖乙是用H2還原CO2制備甲醇的工作原理示意圖，用硫酸作電解質(zhì)溶液。下列說法中不正確的是()A．甲中銅片作陰極，K＋向銅片電極移動(dòng)B．甲中若CxHy為C2H4，則生成1molC2H4的同時(shí)生成67.2LO2C．乙中H2SO4的作用是增加溶液的導(dǎo)電性D．乙中正極發(fā)生的電極反應(yīng)為CO2＋5e－＋6H＋=CH3OH＋H2O答案BD解析依據(jù)題圖甲中電子移動(dòng)的方向可知，銅片為陰極，鉑片為陽極，電解過程中，陽離子向陰極移動(dòng)，故A正確；題圖甲的電解池中，陽極反應(yīng)式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，陰極反應(yīng)式為2CO2＋12H＋＋12e－=C2H4＋4H2O，由得失電子守恒可知，生成1molC2H4的同時(shí)生成3molO2，題目中沒有指明為標(biāo)準(zhǔn)狀況下，故B錯(cuò)誤；題圖乙中硫酸的作用是增加溶液的導(dǎo)電實(shí)力，故C正確；題圖乙中通CO2的一極為正極，CO2在正極區(qū)發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為CO2＋6H＋＋6e－=CH3OH＋H2O，故D錯(cuò)誤。14．常溫下，將Na2S和NaHS兩種鹽eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(設(shè)\f(nNa2S,nNaHS)＝k，0＜k≤3))溶于水得稀溶液，下列有關(guān)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系中，正確的是()A．若k＝1，則c(S2－)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H＋)B．若k＝2，則c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)C．k為隨意值時(shí)：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)D．若滿意3c(H＋)＋2c(HS－)＋5c(H2S)＝3c(OH－)＋c(S2－)，則可確定k＝3答案C解析k＝1時(shí)，S2－的水解程度大于HS－的電離和水解程度，故c(HS－)>c(S2－)>c(OH－)>c(H＋)，A錯(cuò)誤；k＝2時(shí)，電荷守恒式為c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)，物料守恒式為3c(Na＋)＝5[c(HS－)＋c(H2S)＋c(S2－)]，整理兩式得3c(OH－)＋c(S2－)＝3c(H＋)＋2c(HS－)＋5c(H2S)，B、D錯(cuò)誤，C正確。15．向甲、乙、丙三個(gè)密閉容器中充入肯定量的A和B，發(fā)生反應(yīng)：A(g)＋xB(g)2C(g)。各容器的容積、反應(yīng)溫度、反應(yīng)物起始量如下表所示，反應(yīng)過程中C的濃度隨時(shí)間的變更關(guān)系如圖所示。容器甲乙丙容積/L0.50.51.0溫度/℃T1T2T2反應(yīng)物起始量1.5molA0.5molB1.5molA0.5molB6.0molA2.0molB下列說法正確的是()A．10min內(nèi)甲容器中的平均反應(yīng)速率v(A)＝0.025mol·L－1·min－1B．由圖可知：T1<T2，且該反應(yīng)為放熱反應(yīng)C．若平衡時(shí)保持溫度不變，變更容器容積，平衡不移動(dòng)D．T1℃，起始時(shí)甲容器中充入0.5molA、1.5molB，平衡時(shí)A的轉(zhuǎn)化率為25%答案BC解析由題圖可知，10min內(nèi)甲容器中C的濃度變更量為1.0mol·L－1，v(C)＝eq\f(1.0mol·L－1,10min)＝0.1mol·L－1·min－1，由于反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，所以v(A)＝0.1mol·L－1·min－1×eq\f(1,2)＝0.05mol·L－1·min－1，A錯(cuò)誤；比較甲與乙可知，乙先達(dá)到平衡，故溫度：T1＜T2，溫度越高，C的濃度越低，說明上升溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，B正確；乙中平衡時(shí)C的濃度是1.0mol·L－1，依據(jù)反應(yīng)方程式可知，消耗A的濃度是0.5mol·L－1，物質(zhì)的量是0.5mol·L－1×0.5L＝0.25mol，所以A的轉(zhuǎn)化率為eq\f(0.25mol,1.5mol)＝eq\f(1,6)；丙中平衡時(shí)C的濃度是2.0mol·L－1，則依據(jù)反應(yīng)方程式可知，消耗A的濃度是1.0mol·L－1，物質(zhì)的量是1.0mol·L－1×1.0L＝1.0mol，所以A的轉(zhuǎn)化率為eq\f(1.0mol,6.0mol)＝eq\f(1,6)，因丙中壓強(qiáng)為乙中的2倍，則可知壓強(qiáng)增大平衡不移動(dòng)，故x＝1，C正確；對(duì)甲中的反應(yīng)列三段式，則有A(g)＋B(g)2C(g)起始濃度/(mol·L－1)310轉(zhuǎn)化濃度/(mol·L－1)0.750.751.5平衡濃度/(mol·L－1)2.250.251.5故T1℃，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝eq\f(1.52,2.25×0.25)＝4。若T1℃，起始時(shí)甲容器中充入0.5molA、1.5molB，設(shè)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)A的濃度變更量為ymol·L－1，則A(g)＋B(g)2C(g)起始濃度/(mol·L－1)130轉(zhuǎn)化濃度/(mol·L－1)yy2y平衡濃度/(mol·L－1)1－y3－y2y則平衡常數(shù)K＝eq\f(2y2,1－y3－y)＝4，解得y＝0.75，故A的轉(zhuǎn)化率＝eq\f(0.75mol·L－1,1mol·L－1)×100%＝75%，D錯(cuò)誤。三、非選擇題(本題共5小題，共60分)16．(12分)鋁作為一種應(yīng)用廣泛的金屬，在電化學(xué)領(lǐng)域也發(fā)揮著舉足輕重的作用?；卮鹣铝袉栴}：(1)某同學(xué)依據(jù)氧化還原反應(yīng)：2Al(s)＋3Cu2＋(aq)=2Al3＋(aq)＋3Cu(s)，設(shè)計(jì)如圖所示的原電池。①電極X的化學(xué)式為，電極Y的化學(xué)式為。②鹽橋中的陰離子向(填化學(xué)式)溶液中移動(dòng)。(2)新型電池中的鋁電池類型較多。①Li－Al/FeS是一種二次電池，可用于車載電源，其電池總反應(yīng)為2Li＋FeS=Li2S＋Fe。放電時(shí)的正極反應(yīng)式為，充電時(shí)，陰極的電極反應(yīng)式為。②Al－空氣燃料電池可用作電動(dòng)汽車的電源，該電池多運(yùn)用NaOH溶液為電解液。電池工作過程中電解液的pH(填“增大”“減小”或“不變”)。③下圖為Al-Ag2O電池的原理結(jié)構(gòu)示意圖，這種電池可用作水下動(dòng)力電源。該電池反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Al＋3Ag2O＋2NaOH=2NaAlO2＋6Ag＋H2O，當(dāng)電極上析出1.08gAg時(shí)，電路中轉(zhuǎn)移的電子為mol。答案(1)①CuAl②Al2(SO4)3(2)①2Li＋＋FeS＋2e－=Li2S＋Fe2Li＋＋2e－=2Li②減?、?.01解析(1)①依據(jù)已知離子方程式可知Cu作正極，Al作負(fù)極。②原電池中陰離子向負(fù)極移動(dòng)，即向Al2(SO4)3溶液中移動(dòng)。(2)①依據(jù)總反應(yīng)式可知負(fù)極反應(yīng)式為2Li－2e－=2Li＋，用總反應(yīng)式減去負(fù)極反應(yīng)式可得正極反應(yīng)式為2Li＋＋FeS＋2e－=Li2S＋Fe；充電時(shí)為電解池，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2Li＋＋2e－=2Li。②Al－空氣電池的總反應(yīng)為4Al＋3O2＋4OH－=4AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，故溶液堿性減弱，pH減小。③該電池的正極反應(yīng)為Ag2O＋2e－＋H2O=2Ag＋2OH－。Ag2O中Ag的化合價(jià)為＋1，當(dāng)電極上析出1.08gAg(即0.01mol)時(shí)，電路中轉(zhuǎn)移的電子為0.01mol。17．(12分)已知25℃時(shí)部分弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)數(shù)據(jù)如表所示：弱酸化學(xué)式CH3COOHHCNH2CO3電離平衡常數(shù)/(mol·L－1)1.7×10－56.2×10－10Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11回答下列問題：(1)寫出H2CO3的第一級(jí)電離平衡常數(shù)表達(dá)式：Ka1＝。(2)等物質(zhì)的量濃度的a.CH3COONa、b.NaCN、c.Na2CO3溶液的pH由大到小的依次為(填字母)。(3)常溫下，0.1mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀釋過程中，下列表達(dá)式的數(shù)據(jù)變大的是(填字母)。A．c(H＋) B.eq\f(cH＋,cCH3COOH)C．c(H＋)c(OH－) D.eq\f(cOH－,cH＋)(4)肯定溫度下，體積均為100mL、pH＝2的CH3COOH溶液與一元酸HX的溶液，加水稀釋過程中pH與溶液體積的關(guān)系如圖所示，則HX的電離平衡常數(shù)(填“大于”“小于”或“等于”，下同)CH3COOH的電離平衡常數(shù)。稀釋相同倍數(shù)后，HX溶液中由水電離出c(H＋)CH3COOH溶液中由水電離出的c(H＋)。(5)25℃時(shí)，在CH3COOH與CH3COONa的混合溶液中，若測得pH＝6，則溶液中c(CH3COO－)－c(Na＋)＝mol·L－1(填精確值)。答案(1)eq\f(cHCO\o\al(－,3)cH＋,cH2CO3)(2)cba(3)BD(4)小于小于(5)9.9×10－7解析(2)依據(jù)“越弱越水解”，結(jié)合表中數(shù)據(jù)“Ka2(H2CO3)<Ka(HCN)＜Ka(CH3COOH)”，可知溶液pH由大到小的依次為Na2CO3溶液＞NaCN溶液>CH3COONa溶液。(3)將CH3COOH溶液加水稀釋時(shí)，電離平衡正向移動(dòng)，n(H＋)、n(CH3COO－)增大，n(CH3COOH)減小，將eq\f(nH＋,nCH3COOH)中分子、分母均除以溶液體積，可知eq\f(cH＋,cCH3COOH)增大；但溶液體積增大程度更大，c(H＋)、c(CH3COOH)均減小，c(H＋)c(OH－)只與溫度有關(guān)，因而不變，c(OH－)增大，故eq\f(cOH－,cH＋)增大，選BD。(4)稀釋相同倍數(shù)，一元酸HX的溶液的pH變更比CH3COOH溶液小，故HX的酸性較弱，電離平衡常數(shù)較小。HX的酸性弱于CH3COOH的，稀釋相同倍數(shù)后HX溶液中的c(H＋)大于CH3COOH溶液中的c(H＋)，其對(duì)水的電離的抑制程度大，故HX溶液中由水電離出的c(H＋)小。(5)由pH＝6可知c(H＋)＝10－6mol·L－1，故c(OH－)＝10－8mol·L－1；結(jié)合電荷守恒，可知c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，故c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－6mol·L－1－10－8mol·L－1＝9.9×10－7mol·L－1。18．(13分)納米TiO2在涂料、光催化、化妝品等領(lǐng)域有著極其廣泛的應(yīng)用。制備納米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2·xH2O，經(jīng)過濾、水洗除去其中的Cl－，再烘干，焙燒除去水分得到粉體TiO2。用現(xiàn)代分析儀器測定TiO2微粒的大小，用氧化還原滴定法測定TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；肯定條件下，將TiO2溶解并還原為Ti3＋，再以KSCN溶液作指示劑，用NH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋。請(qǐng)回答下列問題：(1)TiCl4水解生成TiO2·xH2O的化學(xué)方程式為。(2)檢驗(yàn)TiO2·xH2O中Cl－是否除凈的方法是。(3)配制NH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，加入肯定量稀硫酸的緣由是。(4)滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是。(5)滴定分析時(shí)，稱取TiO2(摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1)試樣wg，消耗cmol·L－1NH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL，則TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為。(6)推斷下列操作對(duì)TiO2質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測定結(jié)果的影響(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。①若在配制標(biāo)準(zhǔn)溶液過程中，燒杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量濺出，則測定結(jié)果。②若在滴定終點(diǎn)讀取滴定管刻度時(shí)，俯視標(biāo)準(zhǔn)液液面，則測定結(jié)果。答案(1)TiCl4＋(2＋x)H2OTiO2·xH2O＋4HCl(2)取少量洗滌液，滴加AgNO3溶液，不產(chǎn)生白色沉淀，說明Cl－已除凈(3)抑制NH4Fe(SO4)2水解(4)溶液變成紅色(5)eq\f(cVM,1000w)×100%(6)①偏高②偏低解析(1)設(shè)TiCl4的系數(shù)為1，依據(jù)元素守恒，TiO2·xH2O的系數(shù)為1，HCl的系數(shù)為4；再依據(jù)氧元素守恒，可知H2O的系數(shù)為(2＋x)。(2)檢驗(yàn)方法：取少量洗滌液，檢驗(yàn)溶液中是否還存在Cl－。(3)NH4Fe(SO4)2易水解，故需加入肯定量的稀硫酸抑制水解。(4)因?yàn)橛肒SCN作指示劑，終點(diǎn)時(shí)NH4Fe(SO4)2不再反應(yīng)，過量的一滴NH4Fe(SO4)2溶液會(huì)與之反應(yīng)顯紅色。(5)依據(jù)得失電子守恒有，Ti3＋～Fe3＋，故n(Fe3＋)＝n(Ti3＋)＝n(TiO2)＝cV×10－3mol，TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(cVM×10－3,w)×100%＝eq\f(cVM,1000w)×100%。(6)NH4Fe(SO4)2溶液濺出，使所配NH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液的實(shí)際濃度減小，滴定時(shí)消耗溶液的體積增大，測得TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏高；若滴定終點(diǎn)俯視滴定管讀數(shù)，讀取的體積比實(shí)際消耗的體積小，測得TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏低。19．(9分)在粗制的CuSO4·5H2O晶體中常含有雜質(zhì)Fe2＋。(1)在提純時(shí)為了除去Fe2＋，常加入合適氧化劑，使Fe2＋轉(zhuǎn)化為Fe3＋，下列物質(zhì)可采納的是(填標(biāo)號(hào)，下同)。A．KMnO4B．H2O2C．氯水D．HNO3(2)然后再加入適當(dāng)物質(zhì)調(diào)整溶液pH＝4，使Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，調(diào)整溶液pH可選用下列中的。A．NaOH B．NH3·H2OC．CuO D．Cu(OH)2(3)甲同學(xué)懷疑調(diào)整溶液pH＝4是否能達(dá)到除去Fe3＋而不損失Cu2＋的目的，乙同學(xué)認(rèn)為可以通過計(jì)算確定，他查閱有關(guān)資料得到如下數(shù)據(jù)，常溫下Fe(OH)3的溶度積Ksp＝1.0×10－38，Cu(OH)2的溶度積Ksp＝3.0×10－20，通常認(rèn)為殘留在溶液中的離子濃度小于1.0×10－5mol·L－1時(shí)就沉淀完全，設(shè)溶液中CuSO4的濃度為3.0mol·L－1，則Cu(OH)2起先沉淀時(shí)溶液的pH為，F(xiàn)e3＋完全沉淀時(shí)溶液的pH為。答案(1)B(2)CD(3)43解析(1)高錳酸鉀、氯水和硝酸均能氧化亞鐵離子，但會(huì)引入新雜質(zhì)，H2O2的還原產(chǎn)物是水，不會(huì)引入新雜質(zhì)，答案選B。(2)選項(xiàng)中的四種物質(zhì)均能消耗氫離子調(diào)整pH，但氫氧化鈉和氨水會(huì)引入新雜質(zhì)鈉離子和銨根離子，氧化銅和氫氧化銅反應(yīng)后生成銅離子，不會(huì)引入新雜質(zhì)，答案選CD。(3)銅離子濃度是3.0mol·L－1，則起先沉淀時(shí)溶液中c(OH－)＝eq\r(\f(3.0×10－20,3.0))mol·L－1＝1.0×10－10mol·L－1，則c(H＋)＝1.0×10－4mol·L－1，所以Cu(OH)2起先沉淀時(shí)溶液的pH為4；Fe3＋完全沉淀時(shí)溶液中c(OH－)＝eq\r(3,\f(1.0×10－38,1.0×10－5))mol·L－1＝1.0×10－11mol·L－1，所以溶液中c(H＋)＝1.0×10－3mol·L－1，因此pH＝3。20．(14分)采納N2O5為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術(shù)，在含能材料、醫(yī)藥等工業(yè)中得到廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：(1)1840年Devil用干燥的氯氣通過干燥的硝酸銀，得到N2O5，該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是一種氣體，其分子式為。(2)F.Daniels等曾利用測壓法在剛性反應(yīng)器中探討了25℃時(shí)N2O5(g)分解反應(yīng)：其中NO2二聚為N2O4的反應(yīng)可以快速達(dá)到平衡。體系的總壓強(qiáng)p隨時(shí)間t的變更如下表所示[t＝∞時(shí)，N2O5(g)完全分解]：t/min0408016026013001700∞p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1①已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)＋O2(g) ΔH1＝－4.4kJ·mol－12NO2(g)=N2O4(g) ΔH2＝－55.3kJ·mol－1則反應(yīng)N2O5(g)=2NO2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)的ΔH＝