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- 2021-04-12 发布
2016-2017学年江西省上饶市广丰一中高二（上）期初化学试卷（实验班）
一、选择题（每个题只有一个正确选项，共16×3分，共48分）
1．己知常温常压下，N2（g）和H2（g）反应生成2molNH3（g），放出92.4kJ热量，在同温同压下向密闭容器中通入1molN2和3molH2，达平衡时放出热量为Q1kJ；向另体积相同的容器中通入0.5molN2和1.5molH2、1molNH3，相同温度下达平衡时放出热量为Q2kJ，则下列叙述正确的是（ ）
A．Q2＜Q1＜92.4 B．2Q2=Q1=92.4 C．Q1＜Q2＜92.4 D．Q2=Q1＜92.4
2．氢气是人类最理想的能源．已知在25℃、101kPa下，1g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量142.9kJ，则下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A．2H2+O2═2H2O；△H=﹣142.9kJ/mol
B．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=﹣142.9kJ/mol
C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=﹣571.6kJ/mol
D．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=+571.6kJ/mol
3．不能用来说明金属X比金属Y还原性强的是（ ）
A．把X和Y组成的合金放于潮湿的空气中，X先被腐蚀
B．X原子最外层电子数比Y原子最外层电子数少
C．X能从Y的盐溶液中把Y置换出来
D．电解X和Y的盐混合液，阴极先析出Y
4．已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol•L﹣1的一元酸HA与b mol•L﹣1一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（ ）
A．a=b
B．混合溶液的pH=7
C．混合溶液中，c（H+）= mol•L﹣1
D．混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH﹣）+c（A﹣）
5．pH=2的A、B两种酸溶液各lmL，分别加水稀释到1000mL，其溶液的pH与溶液体积（V）的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．A、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等
B．稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强
C．a=5时，A是弱酸，B是强酸
D．若A、B都是弱酸，则5＞a＞2
6．在0.2mol/L的CH3COOH溶液中分别加入下列物质或升高温度后，有关判断正确的是（ ）
A．适当升高温度，CH3COOH的电离程度减小
B．加少量NaOH固体，CH3COOH的电离平衡向正方向移动
C．加少量0.2 mol/L 的HCl溶液，溶液中c（H+）增大，平衡向正方向移动
D．加少量CH3COONa固体，CH3COOH的电离平衡向正方向移动
7．已知某温度下，0.1mol•L﹣1NaHA的强电解质溶液中，c（H+）＜c（OH﹣），则下列关系一定正确的是（ ）
A．c（Na+）=c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣）
B．c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）=0.2mol•L﹣1
C．c（H+）•c（OH﹣）=10﹣14
D．c（A2﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（H2A）
8．在室温下，等体积的酸和碱溶液混合后pH一定小于7的是（ ）
A．pH=3的HNO3与pH=11的KOH溶液
B．pH=3的HNO3与pH=11的氨水
C．pH=3的H2SO4与pH=11的NaOH
D．pH=3的CH3COOH 与pH=11的Ba（OH）2溶液
9．在体积可变的密闭容器中，反应mA（g）+nB（s）⇌pC（g）达到平衡后，压缩容器的体积，发现A的转化率随之降低．下列说法中，正确的是（ ）
A．m+n必定小于p B．m+n必定大于p C．m必定小于p D．m必定大于p
10．某温度下，在一容积可变的密闭容器里，反应2A（g）⇌B（g）+
2C（g）达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4mol、2mol、4mol．在保持温度和压强不变的条件下，下列说法正确的是（ ）
A．充入1mol稀有气体氦（He），平衡将不发生移动
B．充入A、B、C各1mol，平衡将向正反应方向移动
C．将A、B、C各物质的物质的量都减半，C的百分含量不变
D．加入正催化剂，正逆反应速率均加快，平衡向逆反应方向移动
11．镍镉（Ni﹣Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用．已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2．有关该电池的说法正确的是（ ）
A．充电时阳极反应：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2O
B．充电过程是化学能转化为电能的过程
C．放电时负极附近溶液的碱性不变
D．放电时电解质溶液中的OH﹣向正极移动
12．在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．又知t℃时AgCl的Ksp=4×10﹣10，下列说法不正确的是（ ）
A．在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×l0﹣13
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点
C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D．在t℃时，AgCl（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+Cl﹣（aq）平衡常数K≈816
13．下列叙述正确的是（ ）
A．当溶液中c（H+）=c（OH﹣）＞10﹣7mol/L时，其pH＜7，溶液呈现酸性
B．室温下，pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后，溶液中离子浓度关系是：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）
C．Na2CO3溶液中存在c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+c（H+）
D．0.1mol/L NaHCO3中c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=0.1mol/L
14．某温度下在密闭容器中发生如下反应：2M（g）+N（g）⇌2E（g）若开始时只充入2molE（g），达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了20%；若开始时只充入2molM和1molN的混合气体，达平衡时M的转化率为（ ）
A．20% B．40% C．60% D．80%
15．在 1L K2SO4、CuSO4的混合溶液中，c（SO42﹣）=2mol•L﹣1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后（电解完全），两极均收集到22.4L气体（标准状况），原溶液中c（K+）为（ ）
A．0.5 mol•L﹣1 B．1 mol•L﹣1 C．1.5 mol•L﹣1 D．2 mol•L﹣1
16．常温下，将pH=1的H2SO4溶液平均分成两等份，一份加入适量水，另一份加入与该H2SO4溶液物质的量浓度相同的NaOH溶液，两者pH都升高了1，则加入的水和NaOH溶液的体积比为（假设混合前后溶液体积不变）（ ）
A．5：1 B．6：1 C．10：1 D．11：1
二．填空题（每空2分，共52分）
17．FeCl3的水溶液呈 （填“酸性”、“中性”、“碱性”），原因是（用离子方程式表示）： ；实验室在配制FeCl3溶液时，常将FeCl3固体先溶于盐酸中，再用蒸馏水稀释，以抑制其水解．将FeCl3溶液加热蒸干并灼烧，最后得到的固体物质是 ．
18．在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的 ．
19．请用适当的离子方程式解释下列现象：
①NaHSO3溶液呈酸性
②NaAlO2溶液呈碱性
③明矾可用于净水：
④泡沫灭火器里盛有Al2（SO4）3溶液和NaHCO3溶液，当倒置灭火器时，两种溶液混合立即喷出大量泡沫 ．
20．实验室有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定该盐酸的浓度在实验室中进行如下实验：
I．配制100mL 0.10mol/L NaOH标准溶液．
II．取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～
3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准
NaOH溶液进行滴定．
III．重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下．
实验
编号
NaOH溶液的浓度（mol/L）
滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）
待测HCl溶液的体积（mL）
1
0.10
22.62
20.00
2
0.10
22.72
20.00
3
0.10
22.80
20.00
（1）滴定达到终点时的现象是 ．
（2）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为 （保留两位有效数字）．
（3）排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图 的操作，然后挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液．
（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有 （多选扣分）．
A．滴定终点读数时俯视读数 B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
C．锥形瓶水洗后未干燥 D．配制NaOH标准溶液时，没有等溶解液降至室温就转移至容量瓶中
E．配制NaOH标准溶液时，定容时仰视容量瓶的刻度线
F．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失．
21．在如图所示的装置中，若通直流电5min时，铜电极质量增加2.16g．试回答下列问题．
（1）电源中X电极为直流电源的 极．
（2）pH变化：A： ，B： ，C： ．（填“增大”、“减小”或“不变”）
（3）通电5min时，B中共收集224mL （标准状况下） 气体，溶液体积为200mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为 （假设电解前后溶液体积无变化）．
（4）若A中KCl足量且溶液的体积也是200mL，电解后，溶液的pH为 （假设电解前后溶液体积无变化）．
22．火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水．当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热．已知：0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量．
（1）反应的热化学方程式为 ；
（2）又已知H2O（l）=H2O（g）；△H=+44kJ/mol，则16g液态肼和液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是 ；
（3）此反应用于火箭推进，除释放大量的热和快速产生大量气体外还有一个很大的优点是 ．
23．恒温下，将a mol N2与b mol H2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2 （g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
（1）若反应进行到某时刻t时，nt（N2）=13mol，nt（NH3）=6mol，计算a的值为： ．
（2）反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L（标况下），其中NH3的含量（体积分数）为25%．计算平衡时NH3的物质的量为： ．
（3）原混合气体与平衡混合气体的总物质的量之比（写出最简整数比，下同），n（始）：n（平）= ．
（4）原混合气体中，a：b= ．
（5）平衡混合气体中，n（N2）：n（H2）：n（NH3）= ．
2016-2017学年江西省上饶市广丰一中高二（上）期初化学试卷（实验班）
参考答案与试题解析
一、选择题（每个题只有一个正确选项，共16×3分，共48分）
1．己知常温常压下，N2（g）和H2（g）反应生成2molNH3（g），放出92.4kJ热量，在同温同压下向密闭容器中通入1molN2和3molH2，达平衡时放出热量为Q1kJ；向另体积相同的容器中通入0.5molN2和1.5molH2、1molNH3，相同温度下达平衡时放出热量为Q2kJ，则下列叙述正确的是（ ）
A．Q2＜Q1＜92.4 B．2Q2=Q1=92.4 C．Q1＜Q2＜92.4 D．Q2=Q1＜92.4
【考点】反应热和焓变．
【分析】N2（g）和H2（g）反应生成2molNH3（g），放出92.4kJ热量，而在同温同压下向密闭容器中通入1molN2和3molH2，生成氨气的物质的量小于2mol；向另体积相同的容器中通入0.5molN2和1.5molH2、1molNH3，与通入1molN2和3molH2建立的平衡为等效平衡，但该过程从正逆反应同时开始，以此来解答．
【解答】解：N2（g）和H2（g）反应生成2molNH3（g），放出92.4kJ热量，而在同温同压下向密闭容器中通入1molN2和3molH2，生成氨气的物质的量小于2mol，可知Q1＜92.4；
向另体积相同的容器中通入0.5molN2和1.5molH2、1molNH3，与通入1molN2和3molH2建立的平衡为等效平衡，但该过程从正逆反应同时开始，存在吸热、放热，平衡时氨气的物质的量相同，则Q2＜Q1，综上所述，可知Q2＜Q1＜92.4，
故选A．
2．氢气是人类最理想的能源．已知在25℃、101kPa下，1g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量142.9kJ，则下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A．2H2+O2═2H2O；△H=﹣142.9kJ/mol
B．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=﹣142.9kJ/mol
C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=﹣571.6kJ/mol
D．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=+571.6kJ/mol
【考点】反应热和焓变．
【分析】25℃、101kPa下，1g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量142.9kJ，则4g氢气燃烧生成液态水，放出571.6kJ热量，热化学方程式应为2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H=﹣571.6 kJ•mol﹣1，以此解答该题．
【解答】解：4g氢气燃烧生成液态水，放出571.6kJ热量，
A、4g氢气燃烧生成液态水，放出热量571.6kJ，不是142.9kJ，同时物质聚集状态未标注，故A错误；
B、4g氢气燃烧生成液态水，放出热量571.6kJ，不是142.9kJ，故B错误；
C、4g氢气燃烧生成液态水，放出571.6kJ热量，放热时焓变值为负值，物质聚集状态标注，故C正确；
D、4g氢气燃烧生成液态水，放出热量571.6kJ，放热时焓变值为负值，故D错误；
故选C．
3．不能用来说明金属X比金属Y还原性强的是（ ）
A．把X和Y组成的合金放于潮湿的空气中，X先被腐蚀
B．X原子最外层电子数比Y原子最外层电子数少
C．X能从Y的盐溶液中把Y置换出来
D．电解X和Y的盐混合液，阴极先析出Y
【考点】常见金属的活动性顺序及其应用．
【分析】金属的金属性越强，其还原性越强，判断金属还原性强弱的方法有：金属和水或酸置换出氢气的难易程度、金属之间的置换反应、金属氧化物的水化物碱性，据此分析解答．
【解答】解：A．把X和Y组成的合金放于潮湿的空气中，X先被腐蚀，说明X易失电子被氧化，则X还原性大于Y，故A不选；
B．X原子最外层电子数比Y原子最外层电子数少，但X还原性不一定比Y强，如Ca的还原性大于Na，故B选；
C．X能从Y的盐溶液中把Y置换出来，X失电子作还原剂、Y是还原产物，所以X的还原性大于Y，故C不选；
D．电解X和Y的盐混合液，阴极先析出Y，说明Y阳离子氧化性大于X，则X的还原性大于Y，故D不选；
故选B．
4．已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol•L﹣1的一元酸HA与b mol•L﹣1一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（ ）
A．a=b
B．混合溶液的pH=7
C．混合溶液中，c（H+）= mol•L﹣1
D．混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH﹣）+c（A﹣）
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【分析】温度T时水的离子积常数为KW，浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L的一元碱BOH等体积混合，若溶液呈中性，反应后的溶液中应存在c（H+）=c（OH﹣）=mol/L．
【解答】解：A．因酸碱的强弱未知，a=b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为强酸弱碱盐或强碱弱酸盐，则溶液不呈中性，故A错误；
B．因温度未知，则pH=7不一定为中性，故B错误；
C．混合溶液中，c（H+）=mol/L，根据c（H+）•c（OH﹣）=KW，可知溶液中c（H+）=c（OH﹣）═mol/L，溶液呈中性，故C正确；
D．任何溶液都存在电荷守恒，即c（H+）+c（B+）=c（OH﹣）+c（A﹣），不能确定溶液的酸碱性，故D错误．
故选C．
5．pH=2的A、B两种酸溶液各lmL，分别加水稀释到1000mL，其溶液的pH与溶液体积（V）的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．A、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等
B．稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强
C．a=5时，A是弱酸，B是强酸
D．若A、B都是弱酸，则5＞a＞2
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】加水稀释促进弱电解质电离，根据图知，pH相同的两种酸，稀释相同的倍数时pH不同，pH变化大的酸性大于pH变化小的酸性，所以A的酸性大于B，如果a=5，则A是强酸，如果a＜5，则A和B都是弱酸，据此分析解答．
【解答】解：加水稀释促进弱电解质电离，根据图知，pH相同的两种酸，稀释相同的倍数时pH不同，pH变化大的酸性大于pH变化小的酸性，所以A的酸性大于B，如果a=5，则A是强酸，如果a＜5，则A和B都是弱酸，
A．根据图片知，A和B的电离程度不同，所以pH相同的两种酸，B的物质的量浓度大于A，故A错误；
B．根据图片知，稀释后，A的酸性比B的酸性弱，故B错误；
C．如果a=5，则A是强酸，B是弱酸，故C错误；
D．若A和B都是弱酸，稀释过程中都促进弱酸电离，所以5＞a＞2，故D正确；
故选：D．
6．在0.2mol/L的CH3COOH溶液中分别加入下列物质或升高温度后，有关判断正确的是（ ）
A．适当升高温度，CH3COOH的电离程度减小
B．加少量NaOH固体，CH3COOH的电离平衡向正方向移动
C．加少量0.2 mol/L 的HCl溶液，溶液中c（H+）增大，平衡向正方向移动
D．加少量CH3COONa固体，CH3COOH的电离平衡向正方向移动
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】
醋酸的电离是吸热反应，升高温度促进醋酸电离，向醋酸溶液中加入能和氢离子反应的物质能促进醋酸电离，加入含有氢离子或醋酸根离子的物质能抑制醋酸电离．
【解答】解：A．醋酸的电离是吸热反应，升高温度促进醋酸电离，所以醋酸的电离程度增大，故A错误；
B．向醋酸中加入氢氧化钠固体，氢氧根离子和氢离子反应导致氢离子浓度降低，所以促进醋酸电离，故B正确；
C．向醋酸中加入少量盐酸，增大了溶液中氢离子浓度，从而抑制醋酸电离，故C错误；
D．向醋酸中加入少量醋酸钠固体，增大了溶液中醋酸根离子浓度，从而抑制醋酸电离，故D错误；
故选B．
7．已知某温度下，0.1mol•L﹣1NaHA的强电解质溶液中，c（H+）＜c（OH﹣），则下列关系一定正确的是（ ）
A．c（Na+）=c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣）
B．c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）=0.2mol•L﹣1
C．c（H+）•c（OH﹣）=10﹣14
D．c（A2﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（H2A）
【考点】离子浓度大小的比较．
【分析】0.1mol•L﹣1 NaHA的强电解质溶液中，c（H+）＜c（OH﹣），则HA﹣的水解大于其电离，溶液显碱性，并结合电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣）及物料守恒c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）=0.1mol•L﹣1来解答．
【解答】解：A．因溶液不显电性，由电荷守恒可知：c（H+）+c（Na+）=c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣），故A错误；
B．NaHA溶液中存在的微粒有H2A、HA﹣、A2﹣，由物料守恒可知：c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）=0.1mol•L﹣1，故B错误；
C．不一定为常温下，则c（H+）•c（OH﹣）不一定为10﹣14，故C错误；
D．由电荷守恒为c（H+）+c（Na+）=c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣
），物料守恒式为c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）=c（Na+），所以c（A2﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（H2A），故D正确；
故选D．
8．在室温下，等体积的酸和碱溶液混合后pH一定小于7的是（ ）
A．pH=3的HNO3与pH=11的KOH溶液
B．pH=3的HNO3与pH=11的氨水
C．pH=3的H2SO4与pH=11的NaOH
D．pH=3的CH3COOH 与pH=11的Ba（OH）2溶液
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【分析】等体积的酸和碱溶液混合后pH一定小于7，则溶液显酸性，根据酸碱的强弱判断溶液中n（H+）与n（OH﹣）关系进行判断和计算．
【解答】解：A．pH=3的硝酸中c（H+）=1×10﹣3mol/L，pH=11的氢氧化钾溶液中c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，在室温下等体积混合后，pH=7，故A错误；
B．pH=3的硝酸中c（H+）=1×10﹣3mol/L，pH=11的氨水中c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，由于氨水为弱碱，则氨水过量，在室温下等体积混合后，pH＞7，故B错误；
C．pH=3的H2SO4与pH=11的NaOH，硫酸中c（H+）=1×10﹣3mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，在室温下等体积混合后，pH=7，故C错误；
D、pH=3的醋酸c（H+）=1×10﹣3mol/L，pH=11的氢氧化钡溶液中c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，由于醋酸为弱酸，则醋酸过量，在室温下等体积混合后，pH＜7，故D正确．
故选D．
9．在体积可变的密闭容器中，反应mA（g）+nB（s）⇌pC（g）达到平衡后，压缩容器的体积，发现A的转化率随之降低．下列说法中，正确的是（ ）
A．m+n必定小于p B．m+n必定大于p C．m必定小于p D．m必定大于p
【考点】化学平衡建立的过程．
【分析】压缩体积压强增大，A的转化率降低，说明平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动．
【解答】解：压缩体积压强增大，A的转化率降低，说明平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，由于B为固体，所以m＜p，
故选：C．
10．某温度下，在一容积可变的密闭容器里，反应2A（g）⇌B（g）+2C（g）达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4mol、2mol、4mol．在保持温度和压强不变的条件下，下列说法正确的是（ ）
A．充入1mol稀有气体氦（He），平衡将不发生移动
B．充入A、B、C各1mol，平衡将向正反应方向移动
C．将A、B、C各物质的物质的量都减半，C的百分含量不变
D．加入正催化剂，正逆反应速率均加快，平衡向逆反应方向移动
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】A．He不参加反应，压强不变，应使容器体积增大，参加反应的物质的浓度减小，平衡移动；
B．充入A、B、C各1mol，平衡向逆反应方向移动；
C．将A、B、C各物质的量都减半，压强不变，则浓度不变；
D．保持温度和压强不变，加入一定量的A气体达平衡后，C的百分含量不变．
【解答】解：A．He不参加反应，压强不变，应使容器体积增大，参加反应的物质的浓度减小，平衡向正反应方向移动，故A错误；
B．从等效平衡的角度思考，如加入A、B、C分别为1mol、0，5mol、1mol，则平衡不移动，现充入A、B、C各1mol，相当于在加入A、B、C分别为1mol、0，5mol、1mol的基础上加入0.5molB，则平衡向逆反应方向移动，故B错误；
C．将A、B、C各物质的量都减半，压强不变，则浓度不变，平衡不移动，C的百分含量不变，故C正确；
D．保持温度和压强不变，加入一定量的A气体达平衡后，从等效平衡的基础上考虑，平衡不移动，C的百分含量不变，故D错误．
故选C．
11．镍镉（Ni﹣Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用．已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2．有关该电池的说法正确的是（ ）
A．充电时阳极反应：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2O
B．充电过程是化学能转化为电能的过程
C．放电时负极附近溶液的碱性不变
D．放电时电解质溶液中的OH﹣向正极移动
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】放电时负极上发生的电极反应式为：Cd﹣2e﹣+2OH﹣=Cd（OH）2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e﹣+H2O═Ni（OH）2+OH﹣，充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣→NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd（OH）2+2e﹣═Cd+2OH﹣，放电时，溶液中氢氧根离子向负极移动，电解池是把电能转变为化学能的装置．
【解答】解：A．充电时，该装置是电解池，阳极上电极反应式为：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2O，故A正确；
B．充电过程实际上是把电能转变为化学能的过程，故B错误；
C．放电时，负极上电极反应式为：Cd﹣2e﹣+2OH﹣=Cd（OH）2，所以碱性减弱，故C错误；
D，放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故D错误；
故选A．
12．在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．又知t℃时AgCl的Ksp=4×10﹣10，下列说法不正确的是（ ）
A．在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×l0﹣13
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点
C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D．在t℃时，AgCl（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+Cl﹣（aq）平衡常数K≈816
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
【分析】A．根据图中c点的c（Ag+）和c（Br﹣）可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10﹣13；
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c（Br﹣）增大，溶解平衡逆向移动，c（Ag+）减小；
C．在a点时Qc＜Ksp，故为AgBr的不饱和溶液；
D．K==．
【解答】解：A．根据图中c点的c（Ag+）和c（Br﹣）可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10﹣13，故A正确；
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c（Br﹣）增大，溶解平衡逆向移动，c（Ag+）减小，故B错误；
C．在a点时Qc＜Ksp，故a点为AgBr的不饱和溶液，故C正确；
D．K===≈816，故D正确；
故选B．
13．下列叙述正确的是（ ）
A．当溶液中c（H+）=c（OH﹣）＞10﹣7mol/L时，其pH＜7，溶液呈现酸性
B．室温下，pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后，溶液中离子浓度关系是：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）
C．Na2CO3溶液中存在c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+c（H+）
D．0.1mol/L NaHCO3中c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=0.1mol/L
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；盐类水解的应用．
【分析】A．氢离子与氢氧根离子浓度相等，溶液显示中性；
B．氯化氢为强电解质，为一水合氨为弱电解质，一水合氨的物质的量浓度大于0.001mol/L，氨水过量，溶液显示碱性，铵根离子浓度大于氯离子浓度；
C．根据碳酸钠溶液中质子守恒进行判断；
D．根据碳酸氢钠溶液中物料守恒进行判断．
【解答】解：A．溶液的酸碱性取决于溶液中c（H+）与c（OH﹣）的相对大小，由于c（H+）=c（OH﹣），溶液显示中性，故A错误；
B．室温下，pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后，由于一水合氨为弱碱，溶液中部分电离出氢氧根离子，则二者混合后氨水过量，溶液显示碱性，c（Cl﹣）＜c（NH4+）、c（OH﹣）＞c（H+），溶液中离子浓度关系是：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；
C．碳酸钠溶液中，水电离的氢离子与氢氧根离子浓度相等，则c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+c（H+），故C正确；
D．根据物料守恒可知，0.1mol/L NaHCO3中：c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）=0.1mol/L，故D错误；
故选C．
14．某温度下在密闭容器中发生如下反应：2M（g）+N（g）⇌2E（g）若开始时只充入2molE（g），达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了20%；若开始时只充入2molM和1molN的混合气体，达平衡时M的转化率为（ ）
A．20% B．40% C．60% D．80%
【考点】等效平衡；化学平衡的计算．
【分析】根据等效平衡，在相同温度下，固定容积的反应容器内，2molE与2molM和1molN的物质的量相当，达到平衡时，两者的平衡状态相同，利用三段式解题方法，可求知结果．
【解答】解：设充入2molE达到平衡状态时反应了2xmolE，根据方程式计算如下：
2M（g）+N（g）2E（g）
起始 0 mol 0 mol 2mol
转化 2x x 2x
平衡 2x x 2﹣2x
根据阿伏加德罗定律可知相同条件下气体的物质的量之比等于压强之比，则有： =1.2，解得x=0.4mol；
在相同条件下，2molE与2molM和1molN的物质的量相当，达到平衡时，两者的平衡状态相同，即若开始时只充入2molM和1molN的混合气体，
达平衡时M的物质的量为0.8mol，转化的M的物质的量为2mol﹣0.8mol=1.2mol所以达平衡时M的转化率=，
故选C．
15．在 1L K2SO4、CuSO4的混合溶液中，c（SO42﹣）=2mol•L﹣1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后（电解完全），两极均收集到22.4L气体（标准状况），原溶液中c（K+）为（ ）
A．0.5 mol•L﹣1 B．1 mol•L﹣1 C．1.5 mol•L﹣1 D．2 mol•L﹣1
【考点】电解原理；物质的量浓度的相关计算．
【分析】石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），则阴极发生Cu2++2e﹣═Cu、2H++2e﹣═H2↑，阳极发生4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，n（O2）==1mol，结合电子守恒及物质的量浓度的计算来解答．
【解答】解：石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），n（O2）==1mol，
阳极发生电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，
4mol 4mol 1mol
阴极发生的电极反应为：Cu2++2e﹣═Cu、2H++2e﹣═H2↑
1mol 2mol 1mol 2mol 2mol 1mol
c（Cu2+）==1mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c（K+）为2mol/L×2﹣1mol/L×2=2mol/L，故D正确．
故选D．
16．常温下，将pH=1的H2SO4溶液平均分成两等份，一份加入适量水，另一份加入与该H2SO4
溶液物质的量浓度相同的NaOH溶液，两者pH都升高了1，则加入的水和NaOH溶液的体积比为（假设混合前后溶液体积不变）（ ）
A．5：1 B．6：1 C．10：1 D．11：1
【考点】pH的简单计算．
【分析】由稀释规律知，1LpH=1的硫酸升高pH=2时所加水应该约为9L；设加NaOH溶液体积为xL，则硫酸与NaOH溶液（据题意知其浓度应为0.05mol•L﹣1）反应后盐酸有剩余，即得加入的水与NaOH溶液的体积比．
【解答】解：pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，硫酸的浓度为0.05mol/L，
将pH=l的硫酸加适量的水，pH升高了1，即稀释后溶液的pH=2，氢离子浓度为0.01mol/L，设硫酸体积为1L，则稀释后的体积是原硫酸溶液体积的10倍，为10L，所加的水的体积为9L；
另一份加入与该硫酸物质的量浓度相同的NaOH溶液后，pH也升高了1，即：反应后后溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，
设加入碱液体积x，硫酸溶液的体积为1L，
则：0.1mol/L×1L﹣0.05mol/L×x=0.01mol/L×（x+1L），
解得：x=1.5L，
则加入的水与NaOH溶液的体积比为：9：1.5L=6：1，
故选B．
二．填空题（每空2分，共52分）
17．FeCl3的水溶液呈 酸性 （填“酸性”、“中性”、“碱性”），原因是（用离子方程式表示）： Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+ ；实验室在配制FeCl3溶液时，常将FeCl3固体先溶于盐酸中，再用蒸馏水稀释，以抑制其水解．将FeCl3溶液加热蒸干并灼烧，最后得到的固体物质是 Fe2O3 ．
【考点】盐类水解的应用．
【分析】氯化铁为强酸弱碱盐，水解呈酸性，生成氢氧化铁，加热促进水解，灼烧时生成的氢氧化铁分解生成氧化铁，以此解答该题．
【解答】解：FeCl3为强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，原因是发生Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，
实验室配制FeCl3的水溶液时，常将FeCl3
固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以抑制其水解；加热促进水解，灼烧时生成的氢氧化铁分解生成氧化铁，
故答案为：酸性；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；Fe2O3．
18．在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的 NaOH ．
【考点】盐类水解的原理．
【分析】Na2S是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，为防止水解，应该加入少量碱，据此分析解答．
【解答】解：Na2S是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣ HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，为了防止水解且不引进其它杂质，可以向溶液中加入少量NaOH，故答案为NaOH．
19．请用适当的离子方程式解释下列现象：
①NaHSO3溶液呈酸性 HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣，HSO3﹣⇌SO32﹣+H+，电离大于水解
②NaAlO2溶液呈碱性 AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3+OH﹣
③明矾可用于净水： Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+
④泡沫灭火器里盛有Al2（SO4）3溶液和NaHCO3溶液，当倒置灭火器时，两种溶液混合立即喷出大量泡沫 Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑ ．
【考点】盐类水解的应用．
【分析】①亚硫酸氢钠溶液中，亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性；
②偏铝酸根离子部分水解生成氢氧化铝和氢氧根离子，溶液呈碱性；
③明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体；
④NaHCO3与Al2（SO4）3发生相互促进的水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝．
【解答】解：①NaHSO3溶液中存在反应：HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣、HSO3﹣⇌SO32﹣+H+，由于HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，
故答案为：HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣，HSO3﹣⇌SO32﹣+H+，电离大于水解；
②偏铝酸根离子在溶液中部分水解：AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3+OH﹣
，导致溶液呈碱性，
故答案为：AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3+OH﹣；
③明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，反应的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，
故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；
④NaHCO3与Al2（SO4）3发生相互促进的水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝，其反应的离子方程式为：Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑；
故答案为：Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑．
20．实验室有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定该盐酸的浓度在实验室中进行如下实验：
I．配制100mL 0.10mol/L NaOH标准溶液．
II．取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准
NaOH溶液进行滴定．
III．重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下．
实验
编号
NaOH溶液的浓度（mol/L）
滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）
待测HCl溶液的体积（mL）
1
0.10
22.62
20.00
2
0.10
22.72
20.00
3
0.10
22.80
20.00
（1）滴定达到终点时的现象是 滴入最后一滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色 ．
（2）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为 0.11mol/L （保留两位有效数字）．
（3）排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图 丙 的操作，然后挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液．
（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有 EF （多选扣分）．
A．滴定终点读数时俯视读数 B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
C．锥形瓶水洗后未干燥 D．配制NaOH标准溶液时，没有等溶解液降至室温就转移至容量瓶中
E．配制NaOH标准溶液时，定容时仰视容量瓶的刻度线
F．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失．
【考点】中和滴定．
【分析】（1）根据指示剂为酚酞，滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变成红色进行判断滴定终点；
（2）根据滴定消耗的标准液的体积判断数据的有效性，然后计算出标准液的平均体积，最后根据标c（待测）=计算出该盐酸的浓度；
（3）根据正确排去碱式滴定管中气泡的方法进行分析；
（4）根据操作对c（待测）=的影响分析能够导致测定结果偏高的选项．
【解答】解：（1）滴定结束前盐酸中滴入酚酞，溶液为无色，滴定结束时氢氧化钠过量，溶液变成红色，所以滴定终点现象为：最后一滴氢氧化钠溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色，
故答案为：最后一滴氢氧化钠溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色（答由无色变成红色也可）；
（2）三次滴定数据都是有效的，消耗标准液的平均体积为： mL=22.713mL，
该盐酸的浓度为：c（HCl）==≈0.11mol/L，
故答案为：0.11mol/L；
（3）碱式滴定管装满溶液后，用拇指和食指拿住玻璃球所在部位并使乳胶管向上弯曲，出口管斜向上，然后在玻璃球部位侧面迅速捏橡皮管，使溶液从管口喷出，所以丙正确，
故答案为：丙；
（4）A、滴定终点读数时俯视读数，导致消耗标准液的体积读数偏低，根据c（待测）=可知，测定结果偏低，故A错误；
B、酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗，导致待测液浓度减小，消耗的标准液体积减小，根据c（待测）=计可知，测定结果偏低，故B错误；
C、锥形瓶水洗后未干燥，对标准液的物质的量不影响，滴定时对标准液的体积没有影响，根据c（待测）=计可知，测定结果不变，故C错误；
D、配制NaOH标准溶液时，没有等溶解液降至室温就转移至容量瓶中，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=可知，待测液浓度偏低，故D错误；
E．配制NaOH标准溶液时，定容时仰视容量瓶的刻度线，标准溶液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知，待测液浓度偏大，故E正确；
F、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致消耗的标准液体积读数偏大，根据c（待测）=计可知，测定结果偏高，故F正确；
故选EF．
21．在如图所示的装置中，若通直流电5min时，铜电极质量增加2.16g．试回答下列问题．
（1）电源中X电极为直流电源的 负 极．
（2）pH变化：A： 增大 ，B： 减小 ，C： 不变 ．（填“增大”、“减小”或“不变”）
（3）通电5min时，B中共收集224mL （标准状况下） 气体，溶液体积为200mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为 0.025mol/L （假设电解前后溶液体积无变化）．
（4）若A中KCl足量且溶液的体积也是200mL，电解后，溶液的pH为 13 （假设电解前后溶液体积无变化）．
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】（1）由铜电极的质量增加，则Cu电极为阴极，可知X为电源的负极；
（2）A中电解氯化钾得到氢氧化钾溶液，B中电解硫酸铜溶液生成硫酸，pH减小，根据C中电极反应判断；
（3）根据电极反应及电子守恒来计算；
（4）根据A中的电极反应及与C中转移的电子守恒来计算．
【解答】解：（1）由铜电极的质量增加，发生Ag++e﹣═Ag，则Cu电极为阴极，Ag为阳极，Y为正极，可知X为电源的负极，故答案为：负；
（2）A中电解氯化钾得到氢氧化钾溶液，pH增大，B中电解硫酸铜溶液生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，C中阴极反应为Ag++e﹣═Ag，阳极反应为Ag﹣e﹣═Ag+，溶液浓度不变，则pH不变，
故答案为：增大；减小；不变；
（3）C中阴极反应为Ag++e﹣═Ag，n（Ag）==0.02mol，则转移的电子为0.02mol，B中阳极反应为4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，则转移0.02mol电子生成氧气为0.005mol，其体积为0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，
则在阴极也生成112mL气体，由2H++2e﹣═H2↑，则氢气的物质的量为0.005mol，该反应转移的电子为0.01mol，
则Cu2++2e﹣═Cu中转移0.01mol电子，所以Cu2+的物质的量为0.005mol，通电前c（CuSO4）==0.025 mol•L﹣1；
故答案为：0.025mol/L；
（4）由A中发生2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑～2e﹣，
由电子守恒可知，转移0.02mol电子时生成0.02molKOH，忽略溶液体积的变化，
则c（OH﹣）==0.1mol•L﹣1，溶液pH=13，
故答案为：13．
22．火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水．当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热．已知：0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量．
（1）反应的热化学方程式为 N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.63kJ/mol ；
（2）又已知H2O（l）=H2O（g）；△H=+44kJ/mol，则16g液态肼和液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是 408.815kJ ；
（3）此反应用于火箭推进，除释放大量的热和快速产生大量气体外还有一个很大的优点是 产物无污染 ．
【考点】热化学方程式．
【分析】（1）反应方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，根据0.4mol液态肼放出的热量，计算1mol液态肼放出的热量，进而写出热化学方程式；
（2）结合上述写出的热化学方程式和谁转化的热化学方程式，根据盖斯定律合并写出生成液态水时的热化学方程式进行计算；
（3）依据反应N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）的产物是氮气和水分析该反应的优点．
【解答】解：（1）反应方程式为：N2H4+2H2O2═N2+4H2O，0.4mol液态肼放出256.652KJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为=641.63kJ，
所以反应的热化学方程式为：N2H4（g）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.63kJ/mol，
故答案为：N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.63kJ/mol；
（2）①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.63kJ/mol；
②H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44kJ/mol；
依据盖斯定律①+②×4得到：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）；△H=﹣817.63kJ/mol；
热化学方程式中32g全部反应放热817.63kJ，16g液态肼与足量双氧水反应生成氮气和液态水时，放出的热量为：817.63kJ×=408.815kJ，
故答案为：408.815kJ；
（3）还原剂肼（N2H4）和强氧化剂H2O2，当它们混合时，即产生大量的氮气和水蒸气，除释放大量热量和快速产生大量气体外，还有很突出的优点是，产物为氮气和水，清洁无污染，
故答案为：产物无污染．
23．恒温下，将a mol N2与b mol H2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2 （g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
（1）若反应进行到某时刻t时，nt（N2）=13mol，nt（NH3）=6mol，计算a的值为： 16 ．
（2）反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L（标况下），其中NH3的含量（体积分数）为25%．计算平衡时NH3的物质的量为： 8mol ．
（3）原混合气体与平衡混合气体的总物质的量之比（写出最简整数比，下同），n（始）：n（平）= 5：4 ．
（4）原混合气体中，a：b= 2：3 ．
（5）平衡混合气体中，n（N2）：n（H2）：n（NH3）= 3：3：2 ．
【考点】化学平衡的计算．
【分析】（1）某时刻t时，nt（N2）=13mol，nt（NH3）=6mol，结合反应可知转化的氮气为6mol×=3mol，a=nt（N2）+n转化（N2）；
（2）气体的总物质的量为=32mol，NH3的含量（体积分数）为25%，平衡时n（NH3）=32mol×25%=8mol；
N2 （g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
开始 16 b 0
转化 4 12 8
平衡 12 b﹣12 8
12+b﹣12+8=32，解得b=24，以此解答（3）～（5）．
【解答】解：（1）某时刻t时，nt（N2）=13mol，nt（NH3）=6mol，结合反应可知转化的氮气为6mol×=3mol，a=nt（N2）+n转化（N2）=16mol，
故答案为：16；
（2）平衡时气体的总物质的量为=32mol，NH3的含量（体积分数）为25%，平衡时n（NH3）=32mol×25%=8mol，
故答案为：8mol；
N2 （g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
开始 16 b 0
转化 4 12 8
平衡 12 b﹣12 8
12+b﹣12+8=32，解得b=24，
（3）n（始）：n（平）=（16+24）：32=5：4，故答案为：5：4；
（4）原混合气体中，a：b=16：24=2：3，故答案为：2：3；
（5）平衡混合气体中，n（N2）：n（H2）：n（NH3）=12：12：8=3：3：2，故答案为：3：3：2．
2017年1月21日