2019-2020学年福建省莆田市第二中学高二上学期期中考试化学试题(解析版)

福建省莆田市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试

试题

1．本试卷分第I卷和第II卷，全卷满分100分，考试时间90分钟。

2．可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Mg 24 Al 27 S 32 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Pb 207

第I卷（选择题共48分）

一、单项选择题：包括24小题，每小题2分，共计48分。每小题只有一个

．．．．选项符合题意。

1.一种生产和利用氢能的途径如图所示。下列说法中错误的是()

A. 氢能属于二次能源

B. 太阳能、风能、氢能都属于新能源

C. 太阳能电池的供电原理与燃料电池相同

D. 图中能量转化的方式至少有6种『答案』C

『解析』

【详解】A. 氢能是利用太阳能分解水等产生的，故属于二次能源，则A正确；

B. 太阳能、风能、氢能都属于新能源，则B正确；

C. 太阳能电池的供电原理实际是光能转化为电能，而燃料电池的供电原理是将化学能转化为电能，所以二者是不相同的，故C错误；

D. 图中涉及的能量转化方式有太阳能、风能、水能转化为电能，电能与化学能的相互转化，电能与光能、热能的转化6种等，故D正确；

题目要求选错误的，故选C。

2.下列说法正确的是()

A. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同

B. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的能量多

C. 在加热条件下发生的反应均为吸热反应

D. 物质发生化学反应时不一定都伴随着能量变化

『答案』A

『解析』

【详解】A. 反应的焓变与反应条件无关，只与反应的始态和终态有关，所以同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照条件下和点燃条件下的△H相同，故A正确；

B. 固体硫变为硫蒸汽要吸热，则燃烧时放出的热量较少，故B错误；

C. 需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点，故C错误；

D. 物质发生化学反应时一定都伴随着能量变化，这是化学变化的特征之一，故D错误；正确『答案』是A。

3.下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是()

①亚硝酸溶液中存在HNO2分子，呈酸性②用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应④0.1 mol·L-1 HNO2溶液中，c(H+)=0.015 mol·L-1⑤该化合物在熔融时不导电

A. ①②③

B. ③④

C. ①②④⑤

D. ①④『答案』D

『解析』

【详解】弱电解质在溶液中既存在离子，又存在分子，故①能说明；②中做导电性实验，虽导电能力弱，但不能说明其是弱电解质，因为强电解质在浓度低时，导电能力同样很弱；③能不能与Na2SO4溶液反应不能作为判断酸强弱的标准；④若HNO2是强电解质，在溶液中应完全电离，则c（H+）=0.1mol/L，而实际上c（H+）=0.015mol/L，说明HNO2在溶液中不能完全电离，故④也能说明；⑤亚硝酸在熔融时不导电，但是在水溶液中导电，可以说明亚硝酸是电解质，但不能说明亚硝酸是弱电解质，故⑤不能说明，『答案』为D。

4.下列不能用平衡移动原理解释的是()

A. 新制氯水中加入CaCO3固体可增大HClO分子的浓度

B. 钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈

C. 通入过量的空气与SO2反应可以提高SO2的利用率

D. 由NO2和N2O4组成的平衡体系加压后颜色先变深后变浅

『答案』B

『解析』

【详解】A. 氯水中存在：Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO，加入CaCO3与H＋反应，平衡正

向移动，HClO浓度增大，能用平衡移动原理解释，A项错误；

B. 钢铁在潮湿空气中发生电化学腐蚀，与平衡移动原理无关，B项正确；

C. 空气过量，促进平衡正向移动，提高SO2的利用率，能用平衡移动原理解释，C项错误；

D. 加压后，二氧化氮浓度增大，气体颜色变深，然后平衡2NO 2N2O4向正反应方向移动，所以又变浅，能用平衡移动原理解释，故D错误；

题目要求选不能解释的，故选B。

5.某化学小组进行电化学研究，甲同学设计如图所示装置，乙同学利用甲同学的装置和桌面上其他的药品与材料，不能完成的实验是()

A. 使甲同学装置中的正极变为负极

B. 设计一个新的原电池

C. 在石墨电极上镀锌

D. 使锌电极受到保护

『答案』C

『解析』

【详解】A. 装置甲是原电池，锌做负极，铜作正极，若将锌换成石墨，电解质换成硝酸银溶液时，即铜变成负极，故A不选；

B. 可将铝、石墨和硝酸银组成一个新的原电池，故B不选；

C. 因为只有硫酸铜和硝酸银2种电解质溶液，并且铜离子和银离子的氧化性都比锌离子强，所以不可能析出锌，故C选；

D. 将锌与铝组合形成原电池，锌作正极被保护，故D不选；

正确『答案』选C。

6.某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化，下列判断正确的是()

A. 由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应

B. 将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加

C. 实验(c)中将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响

D. 若用NaOH 固体测定中和热，则测定数值偏高

『答案』D

『解析』

【详解】A. ()22Ba OH 8H O ?与4NH Cl 反应吸热、铝与盐酸反应放热、盐酸与氢氧化钠反应放热，故A 错误；

B. 等质量的铝片换成铝粉能量相同，将实验(a) 中的等质量的铝片换成铝粉后，释放出的热量不变，故B 错误；

C. 中和反应反应热的测定实验中，将环形玻璃搅拌棒换成环形铁质搅拌棒，会导致部分热量散失，致使测定的最高温度偏低，反应热数值偏小，故C 错误；

D. NaOH 固体溶解放热，若用NaOH 固体测定中和热，则测定结果偏高，故D 正确； 『答案』选D 。

7.一定温度下，在100mL 某一元弱酸HA 的溶液中，含有该弱酸的分子数为5.418×1020个，并测得该溶液的c(H ＋)=10-3mol/L 。在该平衡体系中，这种一元弱酸的电离度为( )

A. 9%

B. 10%

C. 3%

D. 11% 『答案』B

『解析』

【详解】分子的物质的量n= A N N =20

235.418106.0210

??=0.9×10-3

mol ，溶液中H +物质的量为10-3mol/L×0.1L=10-4mol ，因为是一元酸，一个分子电离生成一个H +，所以原来分子总量为

0.9×10-3+10-4=10-3

mol ，所以电离程度= 电离量原总量 =4

10--310×100%=10%，故选B 。 8.在容积均为1 L 的三个密闭容器中，分别放入铁粉并充入1 mol CO ，控制在不同温度下发生反应：Fe(s)＋5CO(g)Fe(CO)5(g)，当反应进行到5 min 时，测得CO 的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法一定正确的( )

A. 反应进行到5 min时，b容器中v(正)＝v(逆)

B. 正反应为吸热反应

C. b中v(正)大于a中v(逆)

D. 达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为b＞c＞a

『答案』C

『解析』

【详解】A. 5min时，b容器中的反应不一定是平衡状态，则v(正)、v(逆)不一定相等，故A 错误；

B. 温度越高，反应速率越快，根据b、c两点可知，升高温度，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，故B错误；

C. 根据图像，a点温度比b点温度低，因此b平衡时的反应速率大于a平衡时的反应速率，因此b中v(正)大于a中v(逆)，故C正确；

D. 根据B的分析，正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为a＞b＞c，故D错误；

故选C。

9.将反应2Fe3++2I-?2Fe2++I2设计成如下图所示的原电池。

下列说法不正确的是( )

A. 盐桥中的K+移向FeCl3溶液

B. 反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应

C. 电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态

D. 电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极

『答案』D

『解析』

【详解】A．氯化铁电极为正极，碘化钾电极为负极，盐桥中阳离子向正极移动，所以向氯

化铁溶液中迁移，正确；

B ．反应开始时，因乙中I -失去电子放电，元素的化合价升高，则发生氧化反应，B 正确；

C ．当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，正确；

D ．当加入Fe 2+，导致平衡逆向移动，则Fe 2+失去电子生成Fe 3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，错误，

故选D 。

10.将1molCO 和1molNO 2充入密闭容器中，在催化剂存在下发生反应

NO-2(g)+CO(g)CO 2(g)+NO(g)并达到化学平衡，发现有50%的CO 转化为CO 2。在其它条件不变的情况下，若将1molCO 和2molNO 2充入上述反应器中，则反应达到化学平衡时，混合气体中CO 2的体积分数是（ ） A. B. C. D. 『答案』C

『解析』试题分析：根据“三段式法”进行计算

第一种情况： NO 2（g ）+CO （g ）CO 2（g ）+NO （g ）

起始（mol ）： 1 1 0 0

变化（mol ）： 0.5 0.5 0.5 0.5

平衡（mol ）： 0.5 0.5 0.5 0.5 故此反应的平衡常数0.50.510.50.5V V K V V

?==?； 在其它条件不变的情况下，若将1molCO 和2molNO 2充入上述反应器中，则两种情况下平衡常数不发生改变。

第一种情况： NO 2（g ）+CO （g ）CO 2（g ）+NO （g ）

起始（mol ）： 2 1 0 0

变化（mol ）： x x x x 平衡（mol ）： （2-x ）(1-x) x x

平衡常数121x x V V K x x V V

?==--?，解得23x =

因此，平衡时混合气体中的体积分数：

2

11

3

22229

(2)(1)

3333

-

=

-+-++

，故『答案』选A。

11.某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为：H2A＝H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－(25 ℃时K a＝5.0×10－3)，下列有关说法中正确的是()

A. H2A是弱酸

B. 稀释0.1 mol·L－1 H2A溶液，因电离平衡向右移动而导致c(H＋)增大

C. 若0.1 mol·L－1 NaHA溶液中c(H＋)＝0.02 mol·L－1，则0.1 mol·L－1的H2A中c(H＋)＜0.12 mol·L－1

D. 在0.1 mol·L－1的H2A溶液中，c(H＋)＝0.12 mol·L－1

『答案』C

『解析』

【详解】A. 二元酸（H2A）在水中第一步电离为完全电离，H2A＝H＋＋HA－，则H2A不是弱酸，故A错误；

B. 加水稀释电离平衡正移，但氢离子浓度减小，所以稀释0.1mol/LH2A溶液，电离平衡向右移动，但是c（H+）减小，故B错误；

C. 若0.1mol/L的NaHA溶液中c（H+）=0.02mol/L，0.1mol/L的H2A溶液中存在H2A＝

H++HA-，HA-H++A2-，第一步电离出的氢离子，抑制了第二步电离，所以c（H+）＜

0.12mol/L，故C正确；

D.根据C中分析可知在0.1 mol·L－1的H2A溶液中，c(H＋)＜0.12 mol·L－1，故D错误；

正确『答案』是C 。

12.下列对反应热的描述中，正确的是（）

A. 甲烷的燃烧热△H =－890.3 kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：

CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H =－890.3 kJ·mol-1

B. 一定条件下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3放热akJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H =－2a kJ·mol-1

C. 在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则水分解的热化学方程式表示为：2H2O(l) =2H2(g)+O2(g) △H =+571.6 kJ·mol-1

D. HCl和NaOH反应中和热△H =－57.3 kJ·mol-1，则CH3COOH和NaOH反应生成1mol水时放出的热量为57.3kJ

『解析』

【详解】A、燃烧热是可燃物生成稳定的氧化物，水应是液态，因此热化学反应方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) △H=－890.3kJ·mol－1，选项A错误；

B、此反应是可逆反应，不能进行到底，此题不知道消耗氮气或氢气的消耗量，选项B错误；

C、水分解是吸热反应，因此生成4g氢气，吸收热量4×285.8/2kJ=571.6kJ，选项C正确；

D、醋酸是弱酸，弱电解质的电离是吸热过程，放出的热量小于57.3kJ，选项D错误。『答案』选C。

13.已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g) △H=+100kJ/mol 的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是()

A. 加入催化剂，该反应的反应热△H 将减小

B. 每生成2molA-B键，将吸收bkJ能量

C. 每生成2分子AB吸收(a-b) kJ能量

D. 该反应正反应的活化能大于100kJ/mol

『答案』D

『解析』A、反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，催化剂不能改变反应热的大小，故A错误；B、每生成2molA-B键，将放出bkJ能量，故B错误；C、每生成2mol分子AB 吸收(a-b) kJ能量，故C错误；D、(a-b) =100kJ，a=100kJ+b，该反应正反应的活化能大于100kJ/mol，故D正确；故选D。

14.在一定体积的密闭容器中放入3L气体R和5L气体Q，在一定条件下发生反应：2R（g）+5Q（g）?4X（g）+nY（g）。反应完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，则化学方程式中的n值是（）

A. 2

B. 3

C 4 D. 5

『答案』A

【详解】容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，说明反应后气体的总物质的量减小，则反应应向物质的量减小的方向进行，即方程式中反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和，则有：2+5>4+n，n<3，n为整数等于2，A项正确；

『答案』选A。

15.下列说法正确的是()

A. 用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁水闸时，将钢铁水闸与石墨相连

B. 22.4 L(标准状况)O2与1 mol Na充分反应，转移电子数为2×6.02×1023个

C. 反应3Si(s)＋2N2(g)===Si3N4(s)能自发进行，则该反应的ΔH>0

D. 由反应①CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)ΔH1，②CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋

3H2(g)ΔH2，则反应③CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)的ΔH＝ΔH2－ΔH1

『答案』D

『解析』

【详解】A.将钢铁水闸与石墨相连时，形成原电池中钢铁水闸作负极被氧化而腐蚀，故A 错误；

B.转移电子的物质的量等于Na的物质的量为1mol，转移电子数为6.02×1023，故B错误；

C.该反应能自发进行，△H–T△S＜0，由于该反应气体物质的量减少，△S＜0，所以该反应的ΔH＜0，故C错误；

D.反应CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)ΔH2 与CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH1相减得反应CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g) ΔH2－ΔH1，所以ΔH＝ΔH2－ΔH1，故D正确；正确『答案』是D。

16.化学中常借助曲线图来表示某种变化过程，有关下列四个曲线图的说法不正确的是()

A. 对反应：aA(s)＋2B(g) xC(g)，根据图①可以求出x＝2

B. 图②可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化

C. 图③表示压强对可逆反应2A(g)＋2B(g) 3C(g)＋D(g)的影响，乙的压强大

D. 升高温度，图④表示的反应中反应物的转化率增大

『答案』B

『解析』

【详解】A.根据图①可知在2min内B物质减少0.2mol，C增加0.2mol，二者反应的物质的量的比等于方程式中二者化学计量数的比，所以x=2，A正确；

B.可逆反应改变温度的瞬间，正、逆反应速率都会增大或减小，所以该图②不可能表示改变温度后的反应速率。B错误；

C.增大压强，化学反应速率增大，达到平衡所用时间缩短，可逆反应2A(g)+2B(g)

3C(g)+D(g)是反应前后气体体积不变的反应，所以增大压强，物质的平衡含量不变，C 正确；

D.升高温度后由于V正>V逆，平衡正向移动，所以图④表示的反应中反应物的的转化率都增大，D正确；

题目要求选不正确的，故选B。

17.一定温度下，冰醋酸加水稀释的过程中，溶液导电能力(I)随加水的体积（V）变化如图所示，下列说法正确的是()

A. “O”点导电能力为0的理由是冰醋酸是固体，内部的离子不能自由移动

B. a、b、c三点中，a点c(H＋)最大，因为电解质溶液浓度越大，离子浓度就越大

C. a、b、c三点中，a点水电离的程度最小

D. 加大量水稀释，溶液中所有微粒浓度都减小

『答案』C

『解析』

【详解】A. 无论冰醋酸是固态或液态，都不导电，因为无水醋酸不电离，而不是因为内部的离子不能自由移动，故A错误；

B. 溶液的导电能力由离子浓度决定，题目图象说明冰醋酸加水稀释过程中，导电能力随水的加入逐渐增大到最大值又逐渐减小，故c（H+）是b点最大，c点最小，故B错误；

C. 溶液越稀，越促进醋酸电离，冰醋酸加水稀释的过程中，c 点水电离的程度最大，a 点水电离的程度最小，故C 正确；

D. 溶液显酸性，向溶液中加水，溶液中主要存在的离子浓度都减小，根据水的离子积常数，氢氧根离子浓度增大，故D 错误；

18. 下图所示的电解池I 和II 中，a 、b 、c 和d 均为Pt 电极。电解过程中，电极b 和d 上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b ﹤d 。符合上述实验结果的盐溶液是( ) 选项

X Y A ．

MgSO 4 CuSO 4 B ．

AgNO 3 Pb(NO 3)2 C ．

FeSO 4 Al 2(SO 4)3 D ．

CuSO 4 AgNO 3

『答案』D 『解析』试题分析：电极b 、d 均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重b ＞d ，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中(H)以后，转移相同电子时，b 析出金属质量大于d ．阳离子得电子能力如图所示：

，前面的H +表示

酸溶液中的H +，后面的H +表示盐溶液中的H +；A ．在金属活动性顺序表中，Mg 在H 之前，所以电解镁盐溶液时阴极上不能得到金属单质，故A 错误；B ．由阳离子得电子能力顺序表

可以看出，盐溶液中Ag+和Pb2+的得电子能力均大于H+，因此电解硝酸银溶液时阴极b电极上生成Ag、电解硝酸铅溶液阴极d上生成Pb，两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重216g，d增重207g，所以质量增加b＞d，故B错误；C．在金属活动性顺序表中，Fe、Al都在H之前，电解亚铁盐、铝溶液溶液时阴极上都不能得到金属单质，故C错误；D．两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重64g，d增重216g，所以质量增加b＜d，故D正确；故选D。

19.某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是()

A. 断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H++2Cl—Cl2↑+H2↑

B. 断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红

C. 断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e—＝2Cl—

D. 断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极

『答案』D

『解析』

【详解】断开K2、闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则总反应为2Cl-+2H2O H2↑+2OH-+Cl2↑，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，铜电极附近产生OH-，溶液变红，A错误；

B、根据A中分析可知B错误；

C、断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反应为Cl2+2e-=2Cl-，其为正极，C错误；

D、根据C中分析可知D正确，『答案』选D。

20.下图表示溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是()

A. 两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝Kw

B. M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)

C. 图中T1＜T2

D. XZ线上任意点均有pH＝7

『答案』D

『解析』试题分析：A、由图像知，两曲线上的任意点均是平衡点，且温度一定，所以其水的离子积是一个常数，A正确；B、当c（H+）=10-7mol/L时，向上作垂线得在M区域内c(OH-)＞10-7mol/L，B正确；C、水的电离是吸热反应，升温促进水电离，c（H+）、c(OH-)及Kw 都增大，所以T1＜T2，C正确、D、X曲线在25℃时c（H+）=10-7mol/L，pH=7，而Z曲线温度高于25℃，其pH＜7，D错误。『答案』选D。

21.以铅蓄电池为电源，石墨为电极电解CuSO4溶液(足量)，装置如下图。若一段时间后Y 电极上有6.4 g红色物质析出，停止电解。下列说法正确的是()

A. a为铅蓄电池负极

B. 电解过程中SO42-向右侧移动

C. 电解结束时，左侧溶液质量增重8 g

D. 铅蓄电池工作时正极电极反应式为：PbSO4＋2e－===Pb＋SO42-

『答案』C

『解析』

【详解】A.电解池的Y极有Cu析出，则Y为阴极，b为铅蓄电池的负极，故A错误；B.电解过程中SO42－向电解池的阳极X极移动，即左侧移动，故B错误；

C.电解过程中，阴极析出6.4g铜的物质的量为0.1mol，转移电子为0.2mol，则同时有

0.2mol÷2=0.1mol的SO42-进入左侧，其质量为0.1mol×96g/mol=9.6 g，且阳极上有

0.2mol÷4=0.05 molO2生成，其质量为0.05mol×32g/mol=1.6 g，故结束时，左侧溶液质量增重9.6 g-1.6 g=8 g ，故C正确；

D.铅蓄电池工作时正极电极反应式为：4H++PbO2+2e－+SO42－＝PbSO4↓+2H2O，故D错误；『答案』为C。

22.某科研小组公司开发了Li-SO2Cl2军用电池，其示意图如下图所示，已知电池反应为：2Li+SO2Cl2═2LiCl+SO2↑；下列叙述中错误的是()

A. 电池工作时负极材料是Li，发生氧化反应

B. 将电解质溶液改为LiCl的水溶液，电池性能会更好

C. 电池工作时电子流向：锂电极→导线→负载→导线→碳棒

D. 电池工作过程中，石墨电极反应式为SO2Cl2+2e-═2Cl-+SO2↑

『答案』B

『解析』

【详解】A. 电池工作时负极材料是Li，失电子发生氧化反应，故A正确；

B. 锂与水能反应，不能将电解质溶液改为LiCl的水溶液，故B错误；

C. 电池工作时电子由负极流向正极，故C正确；

D. 电池工作过程中，石墨是正极，电极反应式为SO2Cl2+2e?=2Cl?+SO2↑，故D正确；

题目要求选择错误的选项，故选B。

23.下列叙述正确的是()

A. 常温时，某溶液中由水电离出来的c(H＋)和c(OH－)的乘积为1×10－24，该溶液中一定可以大量存在K＋、Na＋、AlO2-、SO42-

B. 往等c(H＋)和等体积的盐酸和醋酸中，分别加足量相同的锌片，相同状况下，与醋酸反应产生的气体体积更大

C. 已知H2CO3 的Ka1= 4.30×10-7，Ka2= 5.61×10-11，HClO的Ka = 3.0×10-8，则反应

CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO能够成立

D. 等c(H＋)的盐酸和醋酸，加水稀释100倍后，c(H＋)前者大于后者

『答案』B

『解析』

【详解】A. 水电离出来的c（H+）和c（OH-）的乘积为1×10-24，该溶液为酸性或者碱性溶液，偏铝酸根离子能够与氢离子反应；

B. 醋酸是弱酸，所以当c(H+)相同时，醋酸物质的量浓度大，含溶质物质的量多，所以反应放出的氢气多；

C. 已知H2CO3 的Ka1= 4.30×10-7，Ka2= 5.61×10-11，HClO的Ka = 3.0×10-8，所以酸性：

H2CO3>HClO>HCO3-，这个反应只能生成碳酸氢钠，不能生成碳酸钠，因为次氯酸的酸性介于碳酸和碳酸氢根离子之间，故C错误；

D. 相同c（H+）的盐酸、醋酸均稀释100倍后，盐酸中氢离子浓度都变为原先的

1

100

，而

醋酸为弱酸，稀释后醋酸的电离程度增大，醋酸中氢离子浓度大于原先溶液中氢离子浓度的

1

100

，所以稀释后溶液中c（H+）由大到小的顺序是：醋酸＞盐酸，故D错误；

正确『答案』是B。

24.在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下（已知N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) △H=－92.4kJ/mol）：

容器甲乙丙

反应物投入量1molN2、3molH22molNH31molNH3

NH3的浓度（mol/L）c1c2c3

反应的能量变化放出a kJ 吸收b kJ 吸收c kJ

体系压强P1P2P3

反应物转化率 α1 α2 α3

下列说法不正确的是( )

A. 1c 2＞c 3

B. a + b=92.4

C. P 2＞2P 3

D. α1 +α3＞1

『答案』C

『解析』

【详解】A. 丙容器反应物投入量1molNH 3，采用极限转化法转化为反应物为0.5molN 2、

1.5molH 2，是甲中的12，若平衡不移动，c 3=12

c 1；丙相当于减小压强，平衡向正向移动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的

12，即c 3＞12c 1，故A 正确； B. 甲投入1molN 2、3molH 2，乙中投入2molNH 3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ ，故a+b=92.4，故B 错误；

C. 丙容器反应物投入量1molNH 3，是乙的一半，若平衡不移动，丙中压强为乙的一半；由于丙中相当于减小压强，平衡向正向移动，所以丙中压强增大，大于乙的

12，即12p 2＜p 3，则P 2＜2P 3，故C 正确；

D. 丙容器反应物投入量1molNH 3，是甲的12

，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；由于丙中相当于减小压强，平衡向正向移动，氨气的转化率增大，所以转化率α1+α3＞1，故D 正确；

第Ⅱ卷（非选择题 共52分）

25.ⅰ.有下列物质：①铜；②硫酸钡固体；③氨水；④氢氧化钠固体；⑤熔融硝酸钾；⑥乙醇；⑦盐酸；⑧金刚石；⑨二氧化硫；⑩冰醋酸。

其中能导电的有_______；（填序号，下同）属于非电解质的有_____；属于强电解质的有_____；

ⅱ.写出①H 2SO 3 ②CH 3COONH 4在水中的电离方程式：

___________________________________________________________；

___________________________________________________________。

『答案』(1). ①③⑤⑦ (2). ⑥⑨ (3). ②④⑤ (4). H 2SO 3

H ++HSO 3- (5).

CH3COONH4=NH4++CH3COO-

『解析』

【详解】ⅰ.①铜是金属单质，能导电，不是电解质也不是非电解质；②硫酸钡固体是盐，属于电解质。熔融状态下能完全电离，是强电解质；③氨水是混合物，能导电，不是电解质也不是非电解质；④氢氧化钠固体是电解质，由于是固体，所以不能导电；在水中或熔融状态下能完全电离，是强电解质；⑤熔融硝酸钾是电解质，因为在熔融态，因此可以导电；在水中或熔融状态下能完全电离，是强电解质；⑥乙醇是非电解质，不能导电；⑦盐酸是混合物，能导电，不是电解质也不是非电解质；⑧金刚石是非金属单质，不能导电，不是电解质也不是非电解质；⑨二氧化碳是非电解质，不能导电；⑩冰醋酸是电解质，由于都是以电解质分子的形式存在，所以不能导电。在水溶液中存在电离平衡，因此是弱电解质。因此其中能导电的有①③⑤⑦；属于非电解质的有⑥⑨；属于强电解质的有②④⑤；

ⅱ.H2SO3是二元弱酸，在水中电离出H+和HSO3-，电离方程式为：H2SO3H++HSO3-；CH3COONH4水中完全电离出NH4+和CH3COO-，电离方程式为：

CH3COONH4=NH4++CH3COO-。

26.Ⅰ.铁、铝及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。

(1)某研究性学习小组设计了如图所示装置探究钢铁的腐蚀与防护。

为防止金属Fe被腐蚀，可以采用上述________(填装置序号)装置原理进行防护；装置③中总反应的离子方程式为_________________。

(2)为处理银器表面的黑斑(Ag2S)，将银器浸于铝质容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用为_______________________。

Ⅱ.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，采用肼(N2H4)燃料电池为电源，用离子交换膜控制电解液中c(OH－)制备纳米Cu2O，其装置如图甲、乙。

(1)上述装置中D电极应连接肼燃料电池的________极(填“A”或“B”)，该电解池中离子交换膜为________离子交换膜(填“阴”或“阳”)。

(2)该电解池的阳极反应式为____________________。

(3)当反应生成14.4 g Cu2O时，至少需要肼________mol。

『答案』(1). ②③(2). 2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑ (3). 作电解质溶液(或导电) (4). B (5). 阴(6). 2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O (7). 0.05

『解析』

【详解】Ⅰ.(1)①装置为原电池铁为负极被腐蚀；②装置为原电池锌做负极被腐蚀，铁做正极被保护；③装置为电解池，铁做阴极被保护；装置③中发生的是电解饱和食盐水的反应，阳极是氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得到电子发生还原反应，反应离子方程式为：2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑；

(2)为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S 转化为Ag，是利用原电池原理，用铝置换出银，食盐水的作用为做电解质溶液，形成原电池。

Ⅱ. (1)燃料电池正极通氧化剂，负极通燃料，即A极为负极，B极为正极。图乙为电解池装置，电解目的为制备Cu2O，则D极作阳极，接电池正极(B极)，铜被氧化。阳极反应为

2Cu-2e-+2OH－＝Cu2O+H2O，反应消耗OH-，采用阴离子交换膜使OH-向阳极移动。

(2)根据上述分析，阳极反应为2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O；

(3)根据电极反应2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O和N2H4-4e-+4OH-＝N2↑+4H2O可知，Cu2O与

N2H4的数量关系式为2Cu2O～N2H4～4e-，当反应生成14.4 g Cu2O(0.1mol)时，至少需要肼为0.05mol。

27.Ⅰ.利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：①CO 2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g) △H1；②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

△H 2 ③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3；

化学键H-H C-O C O H-O C-H

E/（kJ·mol-1）436 343 1076 465 X

回答下列问题：

（1）已知△H2=-99 kJ·mol-1，则根据上表相关的化学键键能（“C O”表示CO的化学键）计算X=_______ kJ·mol-1。

（2）反应①、②、③对应的平衡常数K1、K2、K3之间的关系式为___________。

（3）根据化学反应原理，分析增大压强对反应③的影响为_______________。（提示：从对反应速率、平衡状态、转化率角度回答）

Ⅱ.清洁能源具有广阔的开发和应用前景，可减小污染解决雾霾问题，其中甲醇、甲烷是优质的清洁燃料，可制作燃料电池。一定条件下用CO和H2合成CH3OH：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H=-99kJ?mol-1。向体积为2L的密闭容器中充入2molCO和4molH2，测得不同温度下容器内的压强（P：kPa）随时间（min）的变化关系如图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ曲线所示：

①Ⅱ和Ⅰ相比，改变的反应条件是_________；

②反应Ⅰ在6min时达到平衡，在此条件下从反应开始到达到平衡时v（CH3OH）=_________；

③反应Ⅱ在2min时达到平衡，平衡常数K（Ⅱ）=_________；

④比较反应Ⅰ温度（T1）和反应Ⅲ的温度（T3）的高低：T1_____T3（填“＞”“＜”“=”），判断的理由是_________。

『答案』(1). 413 (2). K1=K2·K3（或者K3=K1/K2）(3). 增大压强，反应速率加快，平衡不移动，反应物的转化率不变(4). Ⅱ中使用催化剂(5). 0.125 mol/（L·min）(6). 12 (7). ＞(8). 反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，平衡向正反应方向移动

『解析』

【详解】（1）反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据表中数据和反应的化学方程式CO(g)+2H 2(g)CH 3OH(g)可知反应热△H 2=1076 kJ·mol -1+ 2×436kJ·mol -1-3x-343 kJ·mol -1-465 kJ·mol -1=-99 kJ·mol -1，解得x=413；

（2）K 1=()()()()32322c CH OH c H O c CO c H ，K 2=()()()322c CH OH c CO c H ，K 3=()()()()

222c CO c H O c CO c H ，K 1=()()()()32322c CH OH c H O c CO c H =()()()322c CH OH c CO c H ()()()()222c CO c H O c CO c H =K 2·K 3； （3）③CO 2(g)+H 2(g)

CO(g)+H 2O(g)正向反应气体体积不变，故增大压强，反应速率加快，平衡不移动，反应物的转化率不变；

（4）①Ⅱ和Ⅰ相比反应速率加快，不影响平衡移动，正反应为气体物质的量减小的反应，应是使用催化剂，故『答案』为：Ⅱ中使用催化剂；

②恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比，故平衡时混合气体总物质的量为(2+4)mol×1.0aKpa 2.0akPa

=3mol ，则： CO(g)+2H 2(g) CH 3OH(g) 物质的量减小△n=2

起始量(mol) 2 4 0

变化量(mol) 1.5 3 1.5 6－3=3

平衡量(mol) 0.5 1 1.5

则v(CH 3OH)= 1.5mol

2L 6min

=0.125mol/(L.min)；

③Ⅱ、Ⅰ温度相同，平衡常数相同，平衡常数K(Ⅱ)=K= ()()()322c CH OH c CO c H = 21.5

20.5122?? ???

=12； ④反应Ⅲ达平衡时所用的时间比反应Ⅰ达平衡时所用的时间长，化学反应速率慢，且Ⅲ平衡时压强比I 小，与I 相比平衡正向移动，正反应为气体体积减小放热反应，应降低温度，故温度T 1温度更高。

28.(1)常温下0.1 mol·L －1的CH 3COOH 溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________(填字母序号，下同)。

A ．c(H ＋)

B ．()3c H c

C )H H (COO + C ．c(H ＋)·c(OH －)

D ．()c OH c()

H -+