2018-2019学年安徽省滁州市民办高中高二上学期第三次月考化学试题 解析版 24页

滁州市民办高中2018-2019学年上学期第三次月考试卷 高二化学 可能用到的相对原子质量：H:1 S:32 O:16 N：14 Na：23 Cl:35.5 Fe:56 Cu: 64 ‎ 第I卷 选择题(共48分)‎ 一、选择题(本大题共24小题，每小题2分，满分48分。)‎ ‎1.古语道：“人要实，火要虚”。此话的意思是做人必须脚踏实地，事业才能有成；燃烧固体燃料需要架空，燃烧才能更旺。从燃烧的条件看，“火要虚”的实质是( )‎ A. 增大可燃物的热值 B. 提高空气中氧气的含量 C. 提高可燃物的着火点 D. 增大可燃物与空气的接触面积 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】可燃物架空一些，可使空气容易进入而增大可燃物与空气的接触面积，氧气与可燃物接触更充分；“火要虚”能使可燃物与空气中氧气接触更充分，燃烧更完全才能燃烧更旺；此做法不能改变可燃物的着火点等物质固有属性及空气中氧气的含量，故选D。‎ ‎2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 （ ）‎ A. 常温常压下，1.4gN2和CO的混合气体含有的电子数为0.7NA B. 标况下，足量Fe在2.24L氯气中燃烧，反应中转移电子的数目为0.3NA C. 1L0.1 mol·L-1 醋酸溶液中含有H+离子的数目为0.1NA D. 一定条件下，将2molSO2和1molO2在密闭容器中充分反应，生成SO3的分子数为2 NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 氮气和CO的摩尔质量都是28g/mol，二者都含有14个电子，则1.4g该混合物的物质的量为0.05mol，含有0.7mol电子，数目为0.7NA，故A正确；B. 标准状况下，2.24L氯气的物质的量是0.1mol，1mol氯气与足量的铁反应生成氯化铁，转移电子2mol，则0.1mol氯气反应，转移电子0.2mol，数目为0.2NA，故B错误；C. 1L0.1 mol·L-1 醋酸溶液中含有醋酸0.1mol，因醋酸是一元酸且属于弱电解质，在溶液中不能完全电离，则溶液中的H+物质的量小于0.1mol，即数目小于0.1NA，故C错误；D. 因SO2和O2的反应是可逆反应，则将2molSO2和1molO2在密闭容器中充分反应，生成SO3的物质的量小于2mol，分子数小于2 NA ‎，故D错误；答案选A。‎ ‎3.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 反应物总键能大于生成物总键能的反应为吸热反应 B. 燃烧热和中和热的数值都会随反应物的用量不同而改变 C. 中和热测定实验中，为了减少实验误差，必须确保酸碱稀溶液中n(HCl)=n(NaOH)‎ D. 所有化学反应都可使用催化剂达到降低活化能加快反应速率的目的 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、△H=反应物键能和-生成物键能和，△H＞0时反应吸热，故A正确；B、依据概念分析可知燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出热量，中和热是强酸强碱稀溶液全部反应生成1mol水放出的热量，两者的数值均不随反应物用量改变而改变，故B错误；C、中和热测定实验中，为了减少实验误差，必须确保酸碱稀溶液中有一种过量，故C错误；D、只有部分化学反应可使用催化剂达到降低活化能加快反应速率的目的，故D错误；故选A。‎ ‎4.下列说法正确的是 A. 在25℃、101KPa,1mol S(s)和2molS(s) 的燃烧热相等 B. 1mol H2SO4 (浓)与1mol Ba(OH)2完全中和所放出的热量为中和热 C. CO是不稳定的氧化物,它能继续和氧气反应生成稳定的CO2 ,所以CO的燃烧反应一定是吸热反应 D. 101KPa时,1mol H2燃烧所放出的热量为氢气的燃烧热 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、燃烧热指25℃、101kPa时1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，因此S的燃烧热相等，故A正确；B、中和热是稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O时放出的热量，浓硫酸遇水放出热量，故B错误；C、所有的燃烧都是放热反应，故C错误；D、应是生成稳定的氧化物，即101kPa时1mol氢气燃烧产生的H2O是液态水时，放出的热量才是燃烧热，故D错误。‎ 点睛：燃烧热指25℃、101kPa时1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，特别注意稳定的氧化物，C→CO2，H2O的状态时液态，S→SO2；中和热：稀酸与稀碱反应生成1molH2O 时放出的热量，注意：酸、碱都是强电解质，弱电解质的电离时吸热过程，酸和碱的浓度不能太大，也不能太小，如果浓度太大，浓酸、浓碱与水放出热量，同时离子反应方程式只能写成H＋＋OH－=H2O。‎ ‎5.在0.1mol/L的NH3·H2O溶液中存在如下电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-对于该平衡，下列叙述正确的是 A. 加入少量NaOH固体，溶液中c(OH-)减少 B. 通入少量HCl气体，平衡向正反应方向移动 C. 加入少量水，平衡向逆反应方向移动 D. 加入少量NH4Cl固体，平衡向正反应方向移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．向氨水中加入少量NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，故A错误；B．通入少量HCl气体，与OH-发生中和反应，c(OH-)减小，平衡向正反应方向移动，故B正确；C．加水稀释常见弱电解质的电离，平衡正向移动，故C错误；D．向氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液中c(NH4+)增大，平衡向逆反应方向移动，故D错误；故选B。‎ ‎6.在NH4Cl溶液中，离子浓度大小排队正确的是( )‎ A. c(NH4＋)＞ c(Cl－)＞ c(OH－)＞ c(H＋)‎ B. c(Cl－)＞ c(NH4＋)＞ c(OH－)＞ c(H＋)‎ C. c(Cl－)＞c(NH4＋)＞ c(H＋)＞ c(OH－)‎ D. c(NH4＋)＞ c(Cl－)＞ c(H＋)＞ c(OH－)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 氯化铵溶于水完全电离出相等的铵根离子和氯离子。铵根离子会水解，所以c(Cl－)＞c(NH4＋)。水解后溶液显酸性，所以c(H＋)＞ c(OH－)。溶液的离子浓度大小为：c(Cl－)＞c(NH4＋)＞ c(H＋)＞ c(OH－)，选项C正确。‎ 点睛：判断溶液中的离子浓度大小的一个基本原则是：溶质完全电离出来的离子浓度一定是溶液中相对较大的，进行可逆电离或水解生成的离子一定较小。所以本题中氯化铵电离的铵根和氯离子一定是浓度较大的两种离子，而铵根水解出的氢离子以及水电离的氢离子、氢氧根离子一定浓度较小。‎ ‎7.①c(H＋)＝0.01mol/L的CH3COOH溶液； ②c(H＋)＝0.01mol/L的H2SO4溶液；③c(OH—)＝0.01mol/L的氨水； ④c(OH—)＝0.01mol/L的NaOH溶液。室温条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是 A. 水电离的c(H＋)：①＝②＝③＝④‎ B. 将②、④溶液混合后，pH＝7，消耗溶液的体积：②＜④‎ C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大 D. 向10 mL上述四溶液中各加入90 mL水后，溶液的pH：③＞④＞①＞②‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A.四种酸或碱的溶液中，氢离子浓度或氢氧根离子浓度相同，同等程度抑制水的电离，所以水电离的c（H+）相同，A正确； B. ②、④溶液是强酸和强碱，c（H+）= c（OH-），混合后pH＝7，溶液的体积②=④，B错误；C. ①、②、④溶液中，弱酸CH3COOH的浓度最大，取等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，①产生的氢气最多，C错误；D. . 向10 mL上述四溶液中各加入90 mL水后，由于强酸或强碱的pH值变化大，溶液的pH：③＞④＞②＞①，D错误。本题选A。‎ ‎8.常温下，几种难溶电解质的溶度积和弱酸的电离常数如下表所示：则下列说法不正确的是（ ）‎ CaSO4‎ CaCO3‎ MgCO3‎ Mg(OH)2‎ CuS BaSO4‎ H2S H2CO3‎ Ksp或Ka ‎9.1×10－6‎ ‎2.8×10－9‎ ‎6.8×10－6‎ ‎1.8×10－11‎ ‎6.3×10－36‎ ‎1.1×10－10‎ K1=1.3×10－7‎ K2=7.1×10－15‎ K1=4.4×10－7‎ K2=4.7×10－11‎ A. 相同温度、相同浓度的钠盐溶液的pH：Na2S＞Na2CO3＞NaHS＞NaCl＞NaHSO4‎ B. 在NaHS溶液中滴加硫酸铜溶液，生成黑色沉淀：HS－＋Cu2＋＝CuS↓＋H＋‎ C. 除去锅炉中水垢时，通常先加入足量硫酸钠溶液，将碳酸钙转化成硫酸钙，然后再用酸液处理 D. 在Mg(HCO3)2溶液中滴加足量澄清石灰水发生反应的离子方程式为：Mg2++2HCO3-+2Ca2++4OH-=Mg（OH）2↓+2CaCO3↓+2H2O ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据电离平衡常数弱酸的酸性H2CO3＞H2S＞HCO3-＞HS-，则酸根离子水解程度为S2-＞CO32-＞HS-，所以等浓度的硫化钠、碳酸钠和NaHSpH大小顺序是Na2S＞Na2CO3＞NaHS，且都呈碱性，NaCl为强酸强碱，其溶液呈中性，NaHSO4为强酸酸式盐，其溶液呈强酸性，所以这几种盐溶液的pH大小顺序是Na2S＞Na2CO3＞NaHS＞NaCl＞NaHSO4，故A正确；B、CuS是难溶于水、硫酸的黑色沉淀，所以离子方程式为HS-+Cu2+=CuS↓+H+，故B正确；C、除去锅炉中的水垢时，通常将硫酸钙转化为碳酸钙，然后再用盐酸除去碳酸钙，故C错误；D、Mg(HCO3)2溶液和足量澄清石灰水反应生成Mg(OH)2、CaCO3、H2O，离子方程式为Mg2++2HCO3-+2Ca2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O，故D正确；故选C。‎ ‎【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 ‎【名师点晴】本题考查了弱电解质的电离、难溶物的溶解平衡等知识点，根据酸的电离平衡常数与其酸根离子水解程度的关系、难溶物的转化等知识点来分析解答。本题中易错选项是A，要学会根据弱酸的电离平衡常数确定多元弱酸酸根离子的水解程度，B选项是弱酸制强酸的特例，是因为CuS难溶于水和硫酸，不能用强酸制弱酸的原理解释，也是本题的易错点。‎ ‎9.下列说法或表示方法正确的是(　 　)‎ A. 若将等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多 B. 由“C(石墨)＝C(金刚石) ；ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1”可知，金刚石比石墨稳定 C. 在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气的燃烧热化学方程式表示为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ；ΔH＝＋285.8 kJ·mol－1‎ D. 在稀溶液中：H＋＋OH－===H2O；ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，若将含1 mol CH3COOH与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、硫单质从固体变为气体是一个吸热的过程，所以将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多，故A错误；B、由“C(石墨)═C(金刚石)△H=+1.9kJ/mol”可知石墨的能量低于金刚石，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；C、101 kPa时，2gH2 完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-285.8 kJ•mol-1，故C错误；D、在稀溶液中：H++OH-═H2O△H=-57.3 kJ•mol，若将含1 mol CH3COOH与含1 mol NaOH的溶液混合，由于醋酸电离时吸热，所以放出的热量小于57.3kJ，故D正确；故选D。‎ ‎10.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正确的是 A. 曲线图①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 B. 曲线图②可以表示向一定量的氢氧化钠溶液中滴加一定浓度的稀硫酸时pH变化 C. 曲线图③可以表示相同pH的CH3COOH和HCl溶液分别加水稀释时溶液的pH随溶液体积变化的曲线 D. 曲线图④可以表示所有的固体物质溶解度随温度的变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎①不正确，升高温度反应速率都应该是增大的。稀硫酸滴定氢氧化钠，pH应该是减小的，②不正确。醋酸是弱酸，稀释促进电离，所以稀释后醋酸的pH的小于盐酸的，③正确。固体物质的溶解度不一定都是随温度升高而增大的，例如氢氧化钙等，④不正确，答案选C。‎ ‎11.将一定量氨基甲酸铵（NH2COONH4）加入密闭容器中，在一定条件下发生下列反应：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。该反应的平衡常数的负对数（-lgK）值随温度（T）的变化曲线如图所示，下列说法错误的是 ‎ A. 该反应的△H＞0‎ B. NH3的体积分数不变时，该反应不一定达到平衡状态 C. 恒温恒容，A点时通入CO2，v(正)和v(逆)均增加 D. 30℃时，B点对应状态的v(正)Q2，若A与B组成的混合气体 1mol与足量的C反应，放热为Q3kJ，则原混合气体中A与B物质的量之比为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1molA与C完全反应放出热量为Q1 kJ,1molB与C完全反应放出热量为Q2kJ ,设混合气体中A的物质的量为x,B的物质的量为y,则①x+y=1mol ‎,再根据放出的热量可以知道:②xQ1+yQ2=Q3,根据①和②计算得出:x=mol、y=mol,则A和B的物质的量之比为::=:(), A. 符合题意； B. 不符合题意；C. 不符合题意；D. 不符合题意；答案：A。‎ ‎【点睛】设混合物中A的物质的量为x、B的物质的量为y,然后根据二者的反应热及总物质的量列式计算出A和B的物质的量,再计算出A和B的物质的量之比.‎ ‎18.反应A+B→C分两步进行：①A+B→X ②X→C，反应过程中能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是 A. E2表示反应X→C的活化能 B. X是反应A+B→C的催化剂 C. 反应A+B→C的ΔH<0 D. 加入催化剂可改变反应A+B→C的焓变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、E2表示反应X→C中活化分子变成生成物时放出的能量，而不能表示活化能，A不正确；B、关键图像可知，反应物A和B的总能量高于生成物C的总能量，因此反应A＋B→C的△H＜0，B正确；C、X是反应A＋B→C的中间产物，而表示催化剂，C不正确；D、催化剂只能改变活化能，但不能改变焓变，D不正确，答案选B。‎ 考点：考查活化能、焓变、催化剂对活化能和焓变影响等 ‎19.已知：X(g)＋2Y(g)3Z(g) ∆H＝﹣a kJ·molˉ1(a＞0)，下列说法不正确的是 A. 0.1 mol X和0.2 mol Y充分反应生成Z，放出能量一定小于0.1 a kJ B. Y的起始浓度不能为零，平衡浓度也不能为零 C. 在其他条件不变的情况下，降低反应温度，正、逆反应速率均减小 D. 当反应达到平衡状态时，一定存在3v(Y)正=2v(Z)逆 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、该反应是可逆反应， 0.1 mol X和0.2 mol Y充分反应生成Z，放出能量一定小于0.1 a kJ，故A正确；B、平衡可以从逆向建立，Y的起始浓度可以为零，平衡浓度不可能为零，故B错误；C、在其他条件不变的情况下，降低反应温度，正、逆反应速率均减小，平衡会发生移动，故C正确；D、当反应达到平衡状态时，由正反应速率与逆反应速率相等，用不同物质来表示时，速率比等于方程式计量数之比，一定存在3v(Y)正=2v(Z)逆，故D正确；故选B。‎ ‎20.在2 L密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g)zC(g)。图甲表示200 ℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化关系，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)∶n(B)的变化关系。则下列结论正确的是(　　)‎ A. 200 ℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.04 mol·L－1·min－1‎ B. 200 ℃时，该反应的平衡常数为25‎ C. 当外界条件由200 ℃降到100 ℃时，原平衡一定被破坏，且逆反应速率均增大 D. 由图乙可知，反应xA(g)＋yB(g) zC(g)的ΔH＜0，且a＝2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、200 ℃时，反应从开始到平衡B的浓度减少=0.1mol/L，所以平均速率v(B)＝=0.02mol·L－1·min－1，选项A错误；B、根据图中数据可知该反应的化学方程式为2A(g)＋B(g) C(g)。200℃时，A、B、C的平衡浓度分别是0.2mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，根据化学平衡常数的定义得K==25 L2/mol2，选项B正确；C、当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均减小，选项C错误；D、由图乙可知温度升高，C的体积分数增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH>0，a值不确定，选项D错误。答案选B。‎ 点睛：本题考查化学反应速率和化学平衡图象的分析。由图甲可知，反应中A、B、C的物质的量的变化量为0.4：0.2：0.2=2：1：1‎ ‎，根据反应中计量数之比等于物质的物质的量的变化量之比可知，该反应方程式为：2A（g）+B（g）C（g），据此分析得解。‎ ‎21.室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是 A. 向0.10mol·L－1HCl溶液中通入NH3：c (Cl－)=c(NH4＋)= c(OH－)=c(H＋)‎ B. 向0.10mol·L－1NH4HCO3溶液中通入CO2：c (NH4＋)= c (HCO3－)＋c (CO32－)‎ C. 向0.10mol·L－1CH3COONa溶液中通入HCl：c (Na＋)> c (CH3COOH)= c (Cl－)‎ D. 向0.10mol·L－1Na2SO3溶液中通入SO2：c (Na＋)=2[c (SO32－)＋c (HSO3－)＋c (H2SO3)]‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．pH=7时有c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c (Cl－)=c(NH4＋)＞c(OH－)=c(H＋)，故A错误；B．pH=7时有c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可知，c(NH4+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)，故B错误；C．向0.10mol•L-1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，c(H+)=c(OH-)，HCl不足，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠，由电荷守恒可知，c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)，由物料守恒可知，c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，则c(Na+)＞c(CH3COOH)=c(Cl-)，故C正确；D．向0.10mol•L-1Na2SO3溶液通入SO2，发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为的NaHSO3、Na2SO3，则c(Na+)＜2[c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)]，故D错误；故选C。‎ ‎22.T ℃时，在0.5 L的密闭容器中，气体A与气体B反应生成气体C，反应过程中A、B、C的浓度变化如图所示。则下列结论正确的是 A. 10 s时反应生成了0.2 mol C B. 该反应进行到10 s时，消耗了0.2 molA C. 该反应的化学方程式为3A＋B2C D. 10 s内用B表示的反应速率为0.01 mol·L－1·s－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、10 s时反应生成了C的浓度是0.4mol/L，则C的物质的量是0.4mol/L×0.5L＝0.2 mol，A正确；B、该反应进行到10 s时，消耗A的物质的量是（0.5－0.3）mol/L×0.5L＝0.1 mol，B错误；C、该反应进行到10 s时，消耗B的物质的量是（0.7－0.1）mol/L×0.5L＝0.3 mol，根据变化量之比是化学计量数之比可知该反应的化学方程式为A＋3B2C，C错误；D、根据以上分析可知10 s内用B表示的反应速率为（0.7－0.1）mol/L÷10s＝0.06 mol·L－1·s－1，D错误，答案选A。‎ ‎23.下列各组溶液中的各种溶质的物质的量浓度均为0.1 mol/L。①H2S溶液；②KHS溶液；③K2S溶液；④H2S和KHS混合溶液（已知常温下KHS溶液的pH>7）。下列说法正确的是(　　)‎ A. 溶液pH从大到小的顺序是：③ > ② > ① > ④‎ B. 在H2S和KHS混合溶液中有：c(H2S) + c(HS-) + c(S2-) = 2c(K+)‎ C. c(H2S)从大到小的顺序是：① > ④ > ③ > ②‎ D. 在KHS溶液中有：c(H+) + c(K+) = c(OH-) + c(HS-) + c(S2-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、H2S溶于水会电离出H+，其溶液呈酸性，而且多元弱酸的第一步电离比第二步电离大得多，K2S溶于水时S2-与水电离出的H+结合形成硫氢根离子，从而使其溶液呈碱性，H2S和 KHS的混合溶液中KHS电离出的HS-对H2S的电离起抑制作用，所以c（H+）从大到小的是① > ④>② >③，选项A错误；B、在H2S和KHS混合溶液中存在物料守恒：c(H2S) + c(HS-) + c(S2-) = 2c(K+)=0.2 mol/L，选项B正确；C、④H2S和KHS混合溶液中H2S的电离受HS-的抑制，c（H2S）最大，①H2S溶液中H2S部分电离，主要以H2S分子存在，c（H2S）次之，②KHS溶液中HS-水解产生H2S，而③K2S溶液第二步水解才产生H2S，②中c（H2S）大于③中的；所以c（H2S）从大到小的顺序是：④ >①> ②>③，选项C错误；D、在KHS溶液中，根据电荷守恒有c(H+) + c(K+) = c(OH-) + c(HS-) + 2c(S2-)，选项D错误。答案选B。‎ ‎24.改变0.1mol•L—1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA—、A2—的物质的量分数δ(x)随pH的变化如图所示[已知δ（x）=c(x)/(c(H2A)+c(HA—)+c(A2—)])。下列叙述正确的是 A. Ka2（H2A）的数量级为10-4‎ B. NaHA溶液中，HA－的水解能力小于HA－的电离能力 C. 在含H2A、HA－和A2－的溶液中，加入少量NaOH固体，δ(HA－)一定增大 D. 将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水，所得的溶液中δ(HA－)＝δ(A2－)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、pH=4.2时，c(H+)=10-4.2mol/L，c(HA－)＝c(A2－)，Ka2== 10-4.2mol/L，数量级为10-5，选项A错误；B、根据图中曲线可知，当pH在2至3之间时c(HA－)较大，溶质以NaHA为主，则NaHA溶液呈酸性，证明HA－的水解能力小于HA－的电离能力，选项B正确；C、在含H2A、HA－和A2－的溶液中，加入少量NaOH固体，使平衡HA－ H+(aq)+A2-正向移动，c(HA－)减小，δ(HA－)==减小，选项C错误；D、由图像可知，HA-与A2-相等时溶液显酸性，故HA-的电离程度大于A2-的水解程度，所以当将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水时，δ(HA－)<δ(A2－)，选项D错误。答案选B。‎ 第II卷 非选择题(共52分)‎ 二、非选择题(本大题共4小题，满分52分。)‎ ‎25.（1）某温度时，在一个2L恒容的密闭容器中，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，试填写下列空白：‎ ‎①该反应的化学方程式为______________________________。‎ ‎②从开始至2min，Z的平均反应速率为_____________________。‎ ‎③2min时X的转化率为_____________________。‎ ‎（2）在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡时测得A 的浓度为0.3 mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.18mol/L,则A 的转化率___________，C 的体积分数_______。(填“变大”、“变小”或“不变”)‎ ‎（3）反应mA(g)+nB(g)pC(g)达到平衡后，当减压后混合体系中C 的百分含量减小。则加压后，C 的百分含量_____ (填“变大”、“变小“或“不变")； 若C 是有色物质，A、B是无色物质，减小压强，反应混合物的颜色______________(填“变深”、“变浅”或“不变”)。‎ ‎（4）将固体A放入密闭的真空容器中，反应2A(s)2B(g)+C(g)达到平衡。保持温度不变，增大容器容积，体系重新达到平衡，平衡______(填“向左”、“向右”或“不”) 移动，气体的平均摩尔质量_______。(填“变大”、“变小”或“不变”)‎ ‎（5）在一定温度下，有a、盐酸b、硫酸c、醋酸三种酸，若三者c(H+)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是_________________，当三者c(H+)相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是_________________________。‎ ‎【答案】 (1). 3X+Y2Z (2). 0.05mol(L·min) (3). 30% (4). 变小 (5). 变小 (6). 变大 (7). 变浅 (8). 向右 (9). 不变 (10). c>a>b (11). c>a=b ‎【解析】‎ ‎(1)①由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=(1mol-0.7mol)：(1mol-0.9mol)：0.2mol=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，则反应的化学方程式为：3X+Y⇌2Z，故答案为：3X+Y⇌2Z；‎ ‎②根据图象，2min时，Z的物质的量为0.2 mol，从开始至2min，Z的平均反应速率= =0.05mol/(L•min)；故答案为：0.05 mol/(L•min)；‎ ‎③2min时X的转化率=×100%=30%，故答案为：30%；‎ ‎(2)在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.3 mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应变化为0.15mol/L，题干中再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.18 mol/L，说明平衡逆向进行，A的转化率减小，C的体积分数减小，故答案为：变小；变小；‎ ‎(3)当减压后混合体系中C的百分含量减小，可知减小压强平衡逆向移动，则m+n＞p，则加压后，平衡正向移动，C 的百分含量增大；若C是有色物质，A、B是无色物质，减小压强，体积增大，C的浓度变小，则反应混合物的颜色变浅，故答案为：变大；变浅；‎ ‎(4)将固体A放入密闭的真空容器中，反应2A(s)2B(g)+C(g)达到平衡。保持温度不变，增大容器容积，压强减小，平衡正向移动；由于混合气体中B和C的物质的量之比始终不变，因此气体的平均摩尔质量始终不变，故答案为：向右；不变；‎ ‎(5)盐酸是一元强酸完全电离，氢离子浓度等于酸的浓度；硫酸是二元强酸完全电离，硫酸中氢离子浓度为酸的二倍；醋酸是弱酸部分电离，氢离子的浓度小于酸的浓度；所以c(H+)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是c>a>b；当c(H+)相同、体积相同时，醋酸浓度最大，相同状况下产生的气体最多，所以相同状况下产生的气体体积由大到小的顺序是c＞a=b，故答案为：c>a>b；c＞a=b。‎ ‎26.(1)已知H—H键键能(化学键断裂时吸收或形成时释放的能量)为436 kJ/mol，N—H键键能为391 kJ/mol，根据热化学方程式：N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)ΔH＝－92.4 kJ/mol，可知键的键能是______________kJ/mol ‎(2)碳(s)在氧气供应不充足时，生成CO同时还部分生成CO2，因此无法通过实验直接测得反应：C(s)＋1/2O2(g)===CO(g)的ΔH。但可设计实验、利用盖斯定律计算出该反应的ΔH，计算时需要测得的实验数据有________‎ ‎(3)运动会中的火炬一般采用丙烷(C3H8)为燃料。丙烷热值较高，污染较小，是一种优良的燃料。试回答下列问题：‎ ‎①如图是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1 mol H2O(l)过程中的能量变化图，图中的括号内应填入___(“＋”或“－”)。‎ ‎②写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：___________________________。‎ ‎(4)高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸,其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数:‎ 酸 HClO4‎ H2SO4‎ HCl HNO3‎ Ka ‎1.6×10-5‎ ‎6.3×10-9‎ ‎1.6×10-9‎ ‎4.2×10-10‎ 由以上表格中数据判断以下说法不正确的是__________。‎ A.在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离 B.在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中酸性最强的酸 C.在冰醋酸中硫酸的电离方程式为: H2SO4 = 2H++S D.水对这四种酸的强弱没有区分能力,但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱 ‎(5)常温下,0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀释过程中,下列表达式的数值变大的是________________。‎ A.c(H+)　　 B.c(H+)/c(CH3COOH)　　 C.c(CH3COO-)　　 D.c(CH3COOH)‎ ‎【答案】 (1). 945.6 kJ·mol－1 (2). 碳和CO的燃烧热 (3). － (4). C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－2215.0 kJ·mol－1 (5). C (6). B ‎【解析】‎ ‎（1）反应热与键能的公式：反应热= 旧化学键的键能之和—新化学键的键能之和；‎ ΔH =436 kJ/mol×3+ a —391 kJ/mol×3×2=﹣92.4kJ/mol，a = 945.6 kJ/mol。‎ ‎（2）C(s)＋O2(g)===CO(g)，ΔH1，C(s)＋O2(g)===CO2(g)，ΔH2，CO(g)＋O2(g)===CO2(g)，ΔH3；由盖斯定律可知，ΔH1+ΔH3=ΔH2，需要的实验数据有碳和CO的燃烧热；‎ ‎（3）①如图是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1 mol H2O(l)过程中的能量变化图，反应物能量大于生成物能量，是放热反应，括号内应填入“－”；ΔH=生成物总能量—反应物总能量，ΔH=—553.75 kJ/mol；②丙烷燃烧热的热化学方程式：C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)‎ ‎ ΔH＝－2215.0 kJ·mol－1；‎ ‎（4）由这四种酸在冰醋酸中的电离常数均小于10-5，说明这四种酸在醋酸中均没有完全电离，A正确；其中高氯酸的Ka最大，酸的电离平衡常数越大，电离程度越大，酸越强，B正确；在冰醋酸中，硫酸不完全电离，所以硫酸的电离方程式中应该用可逆号，且分步电离，故C错误；这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱，故D正确； ‎ ‎（5）常温下，0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀释，平衡正向移动，c(CH3COOH)减小，溶液体积增大值大于离子的增大值，c(H+)、c(CH3COO-)变小；值增大。故选B。‎ ‎27.为探究FeCl3溶液中的离子平衡和离子反应，某小组同学进行了如下实验。‎ ‎(1)配制50 mL 1.0 mol·L−1的FeCl3溶液，测其pH约为0.7，即c(H+) = 0.2 mol·L−1。‎ ‎①用化学用语解释FeCl3溶液呈酸性的原因：_______________________________________。‎ ‎②下列实验方案中，能使FeCl3溶液pH升高的是_______________________________(填字母序号)。‎ a.加水稀释 b. 加入FeCl3固体 c.滴加浓KSCN溶液 d. 加入NaHCO3固体 ‎(2)小组同学利用上述FeCl3溶液探究其与足量锌粉的反应。实验操作及现象如下：‎ 操作 现象 向反应瓶中加入6.5 g锌粉，然后加入50 mL 1.0 mol·L−1的FeCl3溶液，搅拌 溶液温度迅速上升，稍后出现红褐色沉淀，同时出现少量气泡；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色，反应瓶底部有黑色固体 收集检验反应过程中产生的气体 集气管口靠近火焰，有爆鸣声 已知：Zn的性质与Al相似，能发生反应：Zn + 2NaOH = Na2ZnO2 + H2 ↑‎ ‎① 结合实验现象和平衡移动原理解释出现红褐色沉淀的原因：___________________________________。‎ ‎② 用离子方程式解释反应后溶液为浅绿色的原因：_______________________________________________________。‎ ‎③ 分离出黑色固体，经下列实验证实了其中含有的主要物质。‎ i. 黑色固体可以被磁铁吸引；‎ ii. 向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡；‎ iii. 将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量气泡；‎ iv. 向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无变化。‎ a. 黑色固体中一定含有的物质是________________________________________。‎ b. 小组同学认为上述实验无法确定黑色固体中是否含有Fe3O4 ， 理由是__________________。‎ ‎(3)为进一步探究上述1.0 mol·L−1 FeCl3溶液中Fe3+和H+氧化性的相对强弱，继续实验并观察到反应开始时现象如下：‎ 操作 现象 将5 mL 1.0 mol·L−1的FeCl3溶液与0.65 g锌粉混合 溶液温度迅速上升，开始时几乎没有气泡 将___与0.65 g锌粉混合 溶液中立即产生大量气泡 小组同学得出结论：在1.0 mol·L−1 FeCl3溶液中，Fe3+的氧化性比H+更强。‎ ‎【答案】（1）① Fe3++ 3H2OFe(OH)3+ 3H+；② acd ‎（2）① 溶液温度升高，反应过程中出现H2使溶液中c(H+)降低，都会促进Fe3++ 3H2OFe(OH)3+ 3H+正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀；② 2Fe3++ Zn = 2Fe2+ + Zn2+；③ a. Fe和Zn；b. iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同 ‎（3）5 mL 0.2 mol·L-1（或pH = 0.7）的盐酸 （可不考虑Cl-对反应的影响）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）①FeCl3溶液呈酸性是因为氯化铁水解的结果，故答案为：Fe3++ 3H2OFe(OH)3+ 3H+；‎ ‎② a. 加水稀释，尽管促进氯化铁水解，但氢离子浓度减小，pH增大，正确；b. 加入FeCl3固体，氯化铁溶液的浓度增大，水解程度减小，但氢离子浓度增大，pH减小，错误；c. 滴加浓KSCN溶液，使得铁离子浓度减小，Fe3++ 3H2OFe(OH)3+ 3H+逆向移动，酸性减弱，pH增大，正确；d. 加入NaHCO3固体，使得氢离子浓度减小，pH增大，正确；故选acd；‎ ‎（2）①溶液温度升高，反应过程中出现H2使溶液中c(H+)降低，都会促进Fe3++ 3H2O Fe(OH)3+ 3H+正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀，故答案为：溶液温度升高，反应过程中出现H2使溶液中c(H+)降低，都会促进Fe3++ 3H2OFe(OH)3+ 3H+正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀；‎ ‎② 锌与铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子，使得反应后溶液为浅绿色，故答案为：2Fe3++ Zn = 2Fe2+ + Zn2+；‎ ‎③a. 黑色固体可以被磁铁吸引说明含有铁，向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡，说明含有锌，因此黑色固体中一定铁和锌，故答案为：Fe和Zn；‎ b. iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同，故答案为：iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同；‎ ‎（3）要使得溶液中立即产生大量气泡，可以用5 mL 0.2 mol·L-1的盐酸于锌反应，根据探究目的：比较1.0 mol·L−1 FeCl3溶液中Fe3+和H+氧化性的相对强弱。将5 mL 1.0 mol·L−1的FeCl3溶液与0.65 g锌粉混合，溶液温度迅速上升，开始时几乎没有气泡，说明发生铁离子与锌的氧化还原反应，而不是水解生成的氢离子与锌反应，从而说明在1.0 mol·L−1 FeCl3溶液中，Fe3+的氧化性比H+更强，故答案为：5 mL 0.2 mol·L-1的盐酸。‎ 考点：考查了铁及其化合物的性质、物质性质探究实验方案的设计的相关知识。‎ ‎28.（1）利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是工业上生产硫酸的关键步骤。已知：SO2（g） ＋1/2O2（g） SO3（g） △H＝－98 kJ·mol－1。某温度下该反应的平衡常数K＝10/3，若在此温度下，向100 L的恒容密闭容器中，充入3.0 mol SO2(g)、16.0 mol O2(g)和3.0 mol SO3(g)，则反应开始时v（正） _____v（逆）（填“＜”、“＞”或“＝”）。‎ ‎（2）下表列出了常见的烟气脱硝的两种方法 编号 ‎ 名称 原理 方法一 尿素法 在温度70—95℃时，尿素CO(NH2)2溶液吸收NO、NO2，将其转化为N2‎ 方法二 选择性催化还原（ SCR）法 以NH3等作为还原剂，将烟气中的NOx还原生成N2和H2O 已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g） △H=+180．6 kJ·mol—1‎ N2（g）+3H2（g）=2NH3（g） △H= -92．4kJ·mol—1‎ ‎2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H= -483．6 kJ·mol—1 ‎ 则4NO（g） +4NH3（g）+O2（g）=4N2（g）+6H2O（g）;△H=_________ kJ·mol-1。‎ ‎（3）CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g) CH3OH（g）；ΔH。现在容积均为1L的a、b、c、d、e五个密闭容器中分别充入1mol CO和2mol H2的混合气体，控温，进行实验，测得相关数据如下图1和图2。‎ ‎①该反应的ΔH_______0（选填“＜”、“＞”或“=”，下同），K1_________K2。‎ ‎②将容器c中的平衡状态转变到容器d中的平衡状态，可采取的措施有___。‎ ‎【答案】 (1). > (2). 1627.2 (3). < (4). > (5). 升温或减压 ‎【解析】‎ ‎(1)向100 L的恒容密闭容器中，充入3.0 mol SO2(g)、16.0 mol O2(g)和3.0 mol SO3(g)，三种物质的浓度分别为0.03mol/L、0.16mol/L、0.03mol/L，某温度下该反应的平衡常数K=，因为浓度商Qc==2.5＞K，所以化学反应正向进行，即v(正)＞v(逆)，故答案为：＞；‎ ‎(2)已知：①N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+180.6kJ•mol-1，②N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) △H=-92.4kJ•mol-1，③2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=-483.6kJ•mol-1，依据盖斯定律③×3-②×2-①×2得到，4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)═4N2(g)+6H2O(g)△H=-1627.2kJ/mol，故答案为：-1627.2；‎ ‎(3)①图1可以看出，甲醇的物质的量为0.6mol的曲线温度大，说明升高温度，甲醇的物质的量减少，即平衡逆向移动，说明正反应是放热反应，所以△H＜0；因正反应是放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡常数增大，所以说低温时平衡常数大；故答案为：＜；＞；‎ ‎②CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，ΔH ‎＜0，因正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的体积分数减小，减小压强，平衡逆向移动，甲醇的体积分数减小，将容器c中的平衡状态转变到容器d中的平衡状态，可采取的措施有升温或减压，故答案为：升温或减压。‎ 点睛：用浓度商Qc可以判断反应的进行方向，当Qc＜K时，向正反应方向进行；Qc=K时，反应平衡；Qc＞K时，向逆反应方向进行。‎ ‎ ‎ ‎ ‎