精品解析：福建省福州市闽侯县第一中学2024-2025学年高二上学期12月第一次月考化学试题

2024-2025学年闽侯一中第一学期第一次月考 高中二年化学科试卷 考试日期：12月17日 完卷时间：75分钟 满分：100分 原子量：Cu-64 Ag-108 一、选择题：本大题共15小题，每小题3分，共45分。 1. 下列有关化学反应的热现象的说法正确的是（ ） A. 化学反应中的能量变化都表现为热量变化 B. 化学反应中能量的变化量与参加反应物质的物质的量无关 C. 能量变化必然伴随化学变化的发生 D. 化学反应发生过程中一定有能量变化 2. 25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是 A. pH=12 的氨水 B. 0.01 mol/L 的 CH3COOH 溶液 C. pH=2 的 NaHSO4 溶液 D. 0.1 mol/L 的盐酸 3. 下列实验误差分析不正确的是 A. 用润湿的试纸测稀碱溶液的，测定值偏小 B. 中和热测定实验中，用铜制环形搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，所测放出的热量偏小 C. 用标准溶液滴定溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂 D. 用酸式滴定管盛放盐酸溶液，滴定前开始调节液面时，仰视读数，滴定后正常读数，最终会使所测液体体积偏低 4. 某温度时测得纯水中的c(H+)=2.4×10-7 mol/L，则c(OH-)为 A. 2.4×10-7 mol/L B. 1×10-14 mol/L C. D. 无法确定 5. 下列说法错误的是 A. 多元弱酸的各级电离常数逐级减小 B. 任何温度下，纯水都呈中性 C. 弱酸的电离度越大，其水溶液的酸性越强 D. 水的离子积常数不仅适用于纯水，也适用于稀的酸、碱、盐溶液 6. 一定温度下，Fe(OH)3固体在水溶液中存在平衡：Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq)要使Fe(OH)3固体减少而c(Fe3+)不变，可采取的措施是 A. 加少量水 B. 通入HCl C. 加入少量FeCl3 D. 升高温度 7. 相同温度下，根据三种酸的电离平衡常数，下列判断正确的是(　　) 酸 HX HY HZ 电离平衡常数K 9×10－7 9×10－6 1×10－2 A. 三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ B. 相同温度下，1 mol/L HX溶液的电离常数大于0.1 mol/L HX溶液的电离平衡常数 C. 由电离平衡常数可以判断：HZ属于强酸，HX和HY属于弱酸 D. 反应HZ＋Y－===HY＋Z－能够发生 8. 在25℃条件下，下列说法正确的是 A. 100 mL0.1 mol/LCH3COONa溶液中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-) B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠(不考虑温度变化)，溶液中c(H+)增大，Kw不变 C. 向0.1 mol/LCH3COOH溶液中加入少量的水，溶液中减小 D. pH=1的HA溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0 9. 常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 两溶液稀释前的浓度相同 B. a点水电离的大于c点水电离的 C. a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为 D. a点的值比b点的值大 10. 宇航员王亚平太空授课时制作了一个蓝色的大水球，证明了水在不同重力环境下的形态不同。水在不同条件下的电离程度也不同，教材中给出了如下表所示不同温度下水的离子积常数。不能从下表中分析得出的结论是 t/℃ 0 10 20 25 40 50 90 100 0.115 0.296 0.687 1.01 2.87 5.31 37.1 54.5 A. 水的电离程度很小 B. 常温下，水中的约为 C. 升高温度促进水的电离，水的电离程度增大 D. 向水中加入盐酸或溶液，均会抑制水的电离 11. 臭氧(O3)有多种制备方法，其中电解水法的原理如图所示。为了提高水的导电性而又不影响电解水法制备O3，可向水中加入的物质是 A. NaCl B. CaBr2 C. CuSO4 D. H2SO4 12. 把锌片和铁片放在盛有稀食盐水和酚酞试液混合溶液的玻璃皿中（如图所示平面图），经过一段时间后，首先观察到溶液变红的区域是 A. Ⅰ和Ⅲ附近 B. Ⅱ和Ⅲ附近 C. Ⅰ和Ⅳ附近 D. Ⅱ和Ⅳ附近 13. 2017年5月18日，我国海域天然气水合物试采成功，分析仪工作原理类似于燃料电池的工作原理，其装置如图所示，其中固体电解质是Y2O3—Na2O，O2-可以在其中自由移动。下列有关叙述正确的是（ ） A. 该分析仪工作时，电极a为正极 B. 电极a的电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO+7H2O C. 当固体电解质中有1molO2-通过时，转移4mol电子 D. 电极b的电极反应式为O2+4e-=2O2- 14. 一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L-1、0.3 mol·L-1、0.08 mol·L-1，则下列判断正确的是 A. c1：c2=3：1 B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3 C. X、Y的转化率不相等 D. c1的取值范围为0 mol·L-1＜c1＜0.14 mol·L-1 15. 在恒温、恒容条件下发生反应： ，温度T下，不同时刻的物质的量浓度如表所示： 0 50 100 150 4.00 2.50 2.00 2.00 下列说法错误的是 A. 温度T下的平衡常数内的转化率为 B. 内分解速率为 C. T温度下的平衡常数为，温度下的平衡常数为，若，则 D. 若只将恒容改为恒压，其他条件都不变，则达到新平衡时的转化率和该反应的平衡常数都不变 二、填空题：本大题共4小题，共55分。 16. 装置如图所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答： (1)B极是电源的___极，C极的电极反应式为____，一段时间后丁中X极附近的颜色逐渐___(填“变深”或“变浅”)。 (2)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成，对应单质的物质的量之比为____。 (3)现用丙装置给铜件镀银，则H应该是___(填“铜”或“银”)，电镀液是____溶液。常温下，当乙中溶液的c(OH-)=0.1mol·L-1时(此时乙溶液体积为500 mL)，丙中镀件上析出银的质量为___g，甲中溶液的酸性___(填“变大”“变小”或“不变”)。 (4)若甲烧杯是在铁件表面镀铜，已知电镀前两电极质量相同，电镀完成后将它们取出，洗净、烘干、称量，发现二者质量相差5.12 g，则电镀时电路中通过的电子为____mol。 17. 二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题： (1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为： 该反应一般认为通过如下步骤来实现： ① ② 总反应的_______；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_______(填标号)，判断的理由是_______。 A. B. C. D. (2)合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在℃下的、在下的如图所示。 ①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式_______； ②图中对应等压过程的曲线是_______，判断的理由是_______； ③当时，的平衡转化率____，反应条件可能为___或___。 18. 常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。 温度/℃ c(NH3·H2O)/(mol/L) 电离常数 电离度/% c(OH-)/(mol/L) 0 16.56 9.098 10 15.16 10.18 20 13.63 11.2 （1）温度升高，NH3·H2O的电离平衡向___________(填“左”或“右”)移动，能支持该结论的表中数据是___________(填字母)。 A．电离常数 B．电离度 C．c(OH-) D．c(NH3·H2O) （2）表中c(OH-)基本不变的原因是___________。 （3）常温下，在氨水中加入一定量的氯化铵晶体，下列说法错误的是___________(填字母，下同)。 A. 溶液的pH增大 B. 氨水的电离度减小 C. c(OH-)减小 D. 减小 （4）氨水溶液中，下列做法能使与比值变大的是___________。 A．加入固体氯化铵 B．通入少量氢化氢 C．加入少量固体氢氧化钠 （5）25℃时，0.5 mol/L氨水，电离度为0.01，水电离的c(OH-)为___________。 （6）25℃时，将c(OH-)=0.2 mol/L和pH=8的NaOH溶液等体积混合，则混合后溶液的pH=___________。 （7）某温度时，纯水电离的c(H+)=10-6 mol/L，将pH=5的盐酸与pH=8的Ba(OH)2溶液混合，使混合后溶液的pH=7，则盐酸与Ba(OH)2的体积比___________。 19. 滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题： （1）酸碱中和滴定——用浓度为的标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，表格中记录了实验数据： 滴定次数 待测液体积 标准盐酸体积 滴定前读数 滴定后读数 第一次 20.00 1.02 20.3 第二次 20.00 1.00 19.99 第三次 20.00 0.10 22.10 ①下列操作造成测定结果偏高的是___________(填字母)。 A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确 B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗 C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗 D．滴定前，盛装标准液的滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失 ②该NaOH溶液的物质的量浓度为___________(计算结果保留四位有效数字)；排出酸式滴定管中的气泡应采用如图所示操作中的___________，然后小心操作使尖嘴部分充满酸液。 ③用标准的氢氧化钠溶液滴定待测的盐酸时，眼睛注视___________。 ④若一次滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示。 则该次滴定消耗的NaOH溶液的体积为___________。 （2）氧化还原滴定——取一定量的草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用标准酸性高锰酸钾溶液滴定。滴定时溶液应装在___________(填“酸”或“碱”)式滴定管中，滴定终点时滴定现象是___________。 （3）沉淀滴定——滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。(已知)参考表中的数据，若用滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是___________(填字母)。 难溶物 AgCl AgBr AgCN AgSCN 颜色 白 浅黄 白 砖红 白 A. NaCl B. NaBr C. NaCN D. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年闽侯一中第一学期第一次月考 高中二年化学科试卷 考试日期：12月17日 完卷时间：75分钟 满分：100分 原子量：Cu-64 Ag-108 一、选择题：本大题共15小题，每小题3分，共45分。 1. 下列有关化学反应的热现象的说法正确的是（ ） A. 化学反应中的能量变化都表现为热量变化 B. 化学反应中能量的变化量与参加反应物质的物质的量无关 C. 能量变化必然伴随化学变化的发生 D. 化学反应发生过程中一定有能量变化 【答案】D 【解析】 【详解】A．化学反应中的能量变化通常表现为热量变化，有的产生光能、有的产生电能等，A不正确； B．同种物质发生相同的化学反应时，通常用量越多，能量的变化量越多，所以化学反应中能量的变化量与参加反应物质的物质的量有关，B不正确； C．能量变化不一定伴随化学变化的发生，如物质因状态发生改变而产生能量变化，就没有化学反应发生，C不正确； D．化学反应发生过程中，由于断裂化学键吸收的能量与形成化学键释放的能量不同，一定有能量变化，D正确； 故选D。 2. 25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是 A. pH=12 的氨水 B. 0.01 mol/L 的 CH3COOH 溶液 C. pH=2 的 NaHSO4 溶液 D. 0.1 mol/L 的盐酸 【答案】D 【解析】 【分析】酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，抑制水电离程度越大，据此分析解答。 【详解】pH=12 的氨水中氢氧根浓度是0.01mol/L，0.01 mol/L 的 CH3COOH 溶液中氢离子浓度小于0.01mol/L，pH=2 的 NaHSO4 溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，0.1 mol/L 的盐酸溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，所以水电离程度大小顺序是B>A＝C>D，则水电离程度最小的是盐酸； 故选D。 3. 下列实验误差分析不正确的是 A. 用润湿的试纸测稀碱溶液的，测定值偏小 B. 中和热测定实验中，用铜制环形搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，所测放出的热量偏小 C. 用标准溶液滴定溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂 D. 用酸式滴定管盛放盐酸溶液，滴定前开始调节液面时，仰视读数，滴定后正常读数，最终会使所测液体体积偏低 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．用润湿的试纸测稀碱溶液的，碱溶液被稀释，溶液碱性减弱，则测定值偏小，A项正确； B．中和热测定实验中，用铜制环形搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，热量损失较多，所测放出的热量偏小，B项正确； C．溶液呈弱碱性，应选择甲基橙作指示剂，C项错误； D．用酸式滴定管盛放盐酸溶液，滴定前开始调节液面时，仰视读数，滴定后正常读数，导致读出的标准液体积偏小，D项正确； 答案选C。 4. 某温度时测得纯水中的c(H+)=2.4×10-7 mol/L，则c(OH-)为 A. 2.4×10-7 mol/L B. 1×10-14 mol/L C. D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】水是一种极弱的电解质，能够微弱的电离产生H+、OH-，电离方程式为：H2O H++OH-，可知水电离产生的H+、OH-的浓度相等，据此分析解答。 【详解】A．水电离产生的H+、OH-的浓度相等。由于某温度时测得纯水中的c(H+)=2.4×10-7 molo/L，则c(OH-)=c(H+)=2.4×10-7 mol/L，A正确； B．根据水电离方程式可知：在任何温度下纯水电离产生的H+、OH-的浓度相等，由于在某温度时测得纯水中的c(H+)=2.4×10-7 mol/L，则c(OH-)=2.4×10-7 mol/L，而不等于1×10-7 mol/L，B错误； C．水是一种极弱的电解质，能够微弱电离产生H+、OH-，在任何温度下，溶液中c(H+)·c(OH-)=Kw是个常数。温度不同，水的离子积不同。在该温度下根据测得纯水中的c(H+)=2.4×10-7 mol/L，结合水电离方程式H2OH++OH-，可知该温度下水的离子积Kw=2.4×10-7 mol/L×2.4×10-7 mol/L=5.76×10-14 mol2/L2，故不能用常温下水的离子积及水电离产生的c(H+)计算c(OH-)，C错误； D．根据水电离产生的c(H+)=2.4×10-7 mol/L，可知水电离产生的c(OH-)=2.4×10-7 mol/L，是可以计算c(OH-)的，D错误； 故合理选项是A。 5. 下列说法错误的是 A. 多元弱酸的各级电离常数逐级减小 B. 任何温度下，纯水都呈中性 C. 弱酸的电离度越大，其水溶液的酸性越强 D. 水的离子积常数不仅适用于纯水，也适用于稀的酸、碱、盐溶液 【答案】C 【解析】 【详解】A．多元弱酸第一步电离出的H+会抑制之后的电离，故多元弱酸的各级电离的电离程度逐渐减小，A正确； B．任何温度下，纯水都电离出等浓度的H+和OH-，都呈中性，B正确； C．水溶液的酸性强弱与溶液中H+浓度有关，弱酸的电离度越大，其水溶液的酸性不一定越强， C错误； D．水的离子积只与温度有关，和所处的环境无关，所以水的离子积常数不仅适用于纯水，也适用于稀的酸、碱、盐溶液，D正确； 故答案为：C。 6. 一定温度下，Fe(OH)3固体在水溶液中存在平衡：Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq)要使Fe(OH)3固体减少而c(Fe3+)不变，可采取的措施是 A. 加少量水 B. 通入HCl C. 加入少量FeCl3 D. 升高温度 【答案】A 【解析】 【分析】要使Fe(OH)3固体减少，应使平衡向正向移动，但c(Fe3+)不变，说明仍为饱和溶液，可加入水，以此解答该题。 【详解】A．加入适量水，使溶解平衡正向移动，悬浊液中Fe(OH)3固体的质量减少，由于加水后仍是Fe(OH)3的饱和溶液，所以溶液中c(Fe3+)不变，A符合题意； B．通入HCl，反应消耗了Fe(OH)3固体溶解电离产生的OH-，使沉淀溶解平衡正向移动，悬浊液中Fe(OH)3固体的质量减少，c(Fe3+)增加，B不符合题意； C．加入少量FeCl3，增大了溶液中c(Fe3+)，使沉淀溶解平衡逆向移动，最终达到平衡时，导致悬浊液中Fe(OH)3固体的质量增加，C不符合题意； D．升高温度，Fe(OH)3固体的溶解度增大，悬浊液中Fe(OH)3固体的质量减少，c(Fe3+)增加，D不符合题意； 故合理选项是A。 7. 相同温度下，根据三种酸的电离平衡常数，下列判断正确的是(　　) 酸 HX HY HZ 电离平衡常数K 9×10－7 9×10－6 1×10－2 A. 三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ B. 相同温度下，1 mol/L HX溶液的电离常数大于0.1 mol/L HX溶液的电离平衡常数 C. 由电离平衡常数可以判断：HZ属于强酸，HX和HY属于弱酸 D. 反应HZ＋Y－===HY＋Z－能够发生 【答案】D 【解析】 【详解】A．酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大其酸性越强，根据表中数据知，酸的电离平衡常数HZ＞HY＞HX，则酸性强弱关系HZ＞HY＞HX，A错误； B．电离平衡常数只与温度有关温度不变，电离平衡常数不变，B错误； C．完全电离的为强酸、部分电离的为弱酸，这几种酸都部分电离，为弱酸，C错误； D．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸和强酸盐，酸性HZ＞HY，根据强酸制取弱酸知，反应HZ＋Y－ = HY＋Z－能够发生，D正确； 故答案为：D。 8. 在25℃条件下，下列说法正确的是 A. 100 mL0.1 mol/LCH3COONa溶液中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-) B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠(不考虑温度变化)，溶液中c(H+)增大，Kw不变 C. 向0.1 mol/LCH3COOH溶液中加入少量的水，溶液中减小 D. pH=1的HA溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据电荷守恒，可得关系式：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，A错误； B．纯水中水电离产生的H+、OH-浓度相等，溶液显中性，向水中加入少量固体硫酸氢钠，NaHSO4电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，最终达到平衡时c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，但由于温度不变，因此水的离子积Kw不变，B正确； C．CH3COOH是弱电解质，在0.1 mol/LCH3COOH溶液中存在电离平衡，CH3COOHCH3COO-+H+，向其中加入少量水时，电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)、c(CH3COO-)都减少，由于温度不变，水的离子积Kw=c(H+)·c(OH-)不变，所以稀释后溶液达到平衡时，溶液中c(OH-)增大，则最终导致溶液中增大，C错误； D．pH=1的HA溶液，c(H+)=0.1 mol/L，pH=13的NaOH溶液，c(OH-)=0.1 mol/L，当二者等体积混合时，酸电离产生H+与碱电离产生的OH-恰好发生中和反应，NaOH是一元强碱，完全电离；若HA是一元强酸，则HA与NaOH恰好完全反应，溶液显中性，在25℃条件下所得溶液pH=7.0；若HA是一元弱碱，电离的部分被NaOH中和，未电离的HA分子进一步电离，使溶液显酸性，因此在室温25℃时，溶液的pH＜7.0，因此两种溶液混合后溶液的pH不一定等于7.0，D错误； 故合理选项是B。 9. 常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 两溶液稀释前的浓度相同 B. a点水电离的大于c点水电离的 C. a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为 D. a点的值比b点的值大 【答案】B 【解析】 【分析】稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，加水稀释时，醋酸进一步电离，所以稀释过程中，醋酸导电能力大于盐酸，则Ⅰ为醋酸稀释曲线，Ⅱ为盐酸稀释曲线，据此作答。 【详解】A．稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，故A错误； B．c点离子浓度大于a点离子浓度，溶液离子浓度越大，氢离子浓度就越大，对水的电离抑制程度越大，则c点水电离的H+物质的量浓度小于a点水电离的H+物质的量浓度，故B正确； C．导电能力越大，说明离子浓度越大，酸性越强，则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为b>a>c，故C错误； D．相同温度下，Kw相同，a点的Kw等于b点的Kw值，故D错误； 答案选B。 10. 宇航员王亚平太空授课时制作了一个蓝色的大水球，证明了水在不同重力环境下的形态不同。水在不同条件下的电离程度也不同，教材中给出了如下表所示不同温度下水的离子积常数。不能从下表中分析得出的结论是 t/℃ 0 10 20 25 40 50 90 100 0.115 0.296 0.687 1.01 2.87 5.31 37.1 54.5 A. 水的电离程度很小 B. 常温下，水中的约为 C. 升高温度促进水的电离，水的电离程度增大 D. 向水中加入盐酸或溶液，均会抑制水的电离 【答案】D 【解析】 【详解】A．Kw=c(H+)·c(OH-)，根据表中的数据，水的离子积很小，说明溶液中c(H+)、c(OH-)很小，即水的电离程度很小，故A不符合题意； B．根据表中数据，常温下，水的离子积大约为1×10－14，根据Kw=c(H+)·c(OH-)，水中c(H+)=1×10－7mol/L，故B不符合题意； C．根据表中数据可知，温度升高，水的离子积增大，即升高温度促进水的电离，水的电离程度增大，故C不符合题意； D．题中没有数据表明加入酸或碱，对水的电离程度影响，故D符合题意； 答案为D。 11. 臭氧(O3)有多种制备方法，其中电解水法的原理如图所示。为了提高水的导电性而又不影响电解水法制备O3，可向水中加入的物质是 A. NaCl B. CaBr2 C. CuSO4 D. H2SO4 【答案】D 【解析】 【分析】电极b极生成O3和O2，则b极为氢氧根离子失电子发生氧化反应，故b电极为电解池的阳极，其电极反应为：3H2O-6e-=O3↑+6H+；2H2O-4e-=O2↑+4H+；则a极为电解池的阴极，阴极上为水电离产生的氢离子得电子发生还原反应，生成氢气，阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，以此分析解答。 【详解】A．若向水中NaCl，由于阴离子的放电能力：Cl-＞OH-，在阳极b上Cl-失去电子变为Cl2，OH-就不能失去电子反应产生O3，A不符合题意； B．若向水中CaBr2，由于阴离子的放电能力：Br-＞OH-，在阳极b上Br-失去电子变为Br2，OH-就不能失去电子反应产生O3，B不符合题意； C．若向水中CuSO4，由于阳离子的放电能力：Cu2+＞H+，在阴极a上Cu2+得到电子被还原变为Cu单质，就不能反应产生H2，C不符合题意； D．若向水中H2SO4，由于阴离子的放电能力：OH-＞，在阳极b上仍然是OH-失去电子被氧化变为O3、O2；在阴极a上H+得到电子反应被还原产生H2，由于溶液中离子浓度增大，因而溶液的导电能力增强，D符合题意； 故合理选项是D。 12. 把锌片和铁片放在盛有稀食盐水和酚酞试液混合溶液的玻璃皿中（如图所示平面图），经过一段时间后，首先观察到溶液变红的区域是 A. Ⅰ和Ⅲ附近 B. Ⅱ和Ⅲ附近 C. Ⅰ和Ⅳ附近 D. Ⅱ和Ⅳ附近 【答案】C 【解析】 【详解】图1中锌和铁在食盐水中构成电解池，锌为阴极，铁为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，锌电极上溶液中的氢离子得到电子生成氢气，溶液中的氢氧根离子浓度增大，所以锌极附近颜色变红。图2中锌铁在食盐水中形成原电池，锌为负极，失去电子生成锌离子，铁为正极，氧气在正极上得电子生成氢氧根离子，铁电极附近颜色变红。 故选C。 【点睛】掌握原电池和电解池的工作原理是解题的关键，在电解池中阳极金属失去电子，阴极金属不反应，溶液中的阳离子得到电子。原电池中较活泼的金属为负极，不活泼的金属为正极。 13. 2017年5月18日，我国海域天然气水合物试采成功，分析仪工作原理类似于燃料电池的工作原理，其装置如图所示，其中固体电解质是Y2O3—Na2O，O2-可以在其中自由移动。下列有关叙述正确的是（ ） A. 该分析仪工作时，电极a为正极 B. 电极a的电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO+7H2O C. 当固体电解质中有1molO2-通过时，转移4mol电子 D. 电极b的电极反应式为O2+4e-=2O2- 【答案】D 【解析】 【分析】分析仪工作原理类似于燃料电池的工作原理，其中固体电解质是，可以在其中自由移动，通甲烷气体的电极为负极，通入空气一端的电极为正极，电池总反应为，正极的电极反应为，负极的电极反应为。 【详解】A.根据上述分析可知，该分析仪工作时，甲烷所在电极a为负极，空气所在电极b为正极，故A错误； B.电极a发生电极反应为：，故B错误； C.1mol得4mol电子生成2mol，故当固体电解质中有1mol通过时，转移2mol电子，C项错误； D. 电极b为正极发生电极反应：，故 D项正确。 故答案选：D。 14. 一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L-1、0.3 mol·L-1、0.08 mol·L-1，则下列判断正确的是 A. c1：c2=3：1 B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3 C. X、Y的转化率不相等 D. c1的取值范围为0 mol·L-1＜c1＜0.14 mol·L-1 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．根据物质反应消耗的浓度比等于化学方程式中化学计量数的比，反应消耗X的浓度是x mol/L，则会消耗Y浓度为3x mol/L，故c1、c2=(0.1+x) mol/L：(0.3+3x) mol/L=1：3，A错误； B．平衡时，正、逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，B错误； C．反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，C错误； D．若反应向正反应进行到达平衡，X、Y的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，Z浓度为0，则反应开始时c1(X)=(0.1+0.04) mol/L=0.14 mol/L；若反应从逆反应方向开始，Z的浓度最大，X、Y浓度最小，由于X、Y反应消耗关系是1：3，剩余浓度比是1：3，则X的起始浓度为0 mol/L。但由于X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，所以c1的取值范围为0 mol·L-1＜c1＜0.14 mol·L-1，D正确； 故合理选项是D。 15. 在恒温、恒容条件下发生反应： ，温度T下，不同时刻的物质的量浓度如表所示： 0 50 100 150 4.00 2.50 2.00 2.00 下列说法错误的是 A. 温度T下的平衡常数内的转化率为 B. 内分解速率为 C. T温度下的平衡常数为，温度下的平衡常数为，若，则 D. 若只将恒容改为恒压，其他条件都不变，则达到新平衡时的转化率和该反应的平衡常数都不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．由表中数据可知，100s时处于平衡状态，平衡时c(X2O5)=2.00mol/L，则： 根据以上数据分析，温度T下的平衡常数K=，0~100s内X2O5的转化率为50%，故A项正确； B．0~50s内X2O5的分解速率为，故B项正确； C．因为该反应是吸热反应，所以温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，故C项正确； D．该反应为气体分子数增多的反应，在恒容条件下，随着反应的进行，容器中的压强逐渐增大，若改为恒压条件，与恒容条件相比，相当于减小压强，则该平衡正向移动，则平衡时X2O5的转化率增大，但平衡常数不变，故D项错误； 答案选D。 二、填空题：本大题共4小题，共55分。 16. 装置如图所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答： (1)B极是电源的___极，C极的电极反应式为____，一段时间后丁中X极附近的颜色逐渐___(填“变深”或“变浅”)。 (2)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成，对应单质的物质的量之比为____。 (3)现用丙装置给铜件镀银，则H应该是___(填“铜”或“银”)，电镀液是____溶液。常温下，当乙中溶液的c(OH-)=0.1mol·L-1时(此时乙溶液体积为500 mL)，丙中镀件上析出银的质量为___g，甲中溶液的酸性___(填“变大”“变小”或“不变”)。 (4)若甲烧杯是在铁件表面镀铜，已知电镀前两电极质量相同，电镀完成后将它们取出，洗净、烘干、称量，发现二者质量相差5.12 g，则电镀时电路中通过的电子为____mol。 【答案】 ①. 负 ②. 4OH--4e-＝ O2↑+2H2O ③. 变浅 ④. 1∶2∶2∶2 ⑤. 铜 ⑥. AgNO3 ⑦. 5.4 ⑧. 变大 ⑨. 0.08 【解析】 【分析】由C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同，A、B为外接直流电源的两极，将直流电源接通后，F极附近呈红色可知，F电极附近有碱生成，则F电极上水电离出的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，为串联电解池的阴极，所以C、E、G、X是阳极，D、F、H、Y是阴极，连接阳极的电极A是电源的正极、连接阴极的电极B是电源的负极。 【详解】（1）由分析可知，电极B是电源的负极；C极为串联电解池的阳极，水电离出的氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为4OH--4e-＝O2↑+2H2O；氢氧化铁胶粒带正电荷，通电一段时间后，氢氧化铁胶粒向阴极Y移动，则电极X附近的颜色逐渐变浅，故答案为：负；4OH--4e-＝O2↑+2H2O；变浅； （2）由分析可知，C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：4OH--4e-=O2↑+2H2O、Cu2++2e-=Cu、2Cl-=Cl2↑+2e-、2H++2e-═H2↑，当电路中转移电子为1mol时，各电极生成单质的量分别为0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，则单质的物质的量之比为1：2：2：2，故答案为：1：2：2：2； （3）电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以H应该是镀件铜，电解质溶液中含银离子，应为AgNO3溶液，当乙中溶液的c(OH-)=0.1mol·L-1时时，由电极反应2H++2e-═H2↑可知，放电的氢离子的物质的量为0.1mol/l×0.5L=0.05mol，当转移0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量=108g/mol×0.05mol=5.4g；甲中硫酸铜溶液电解生成铜、硫酸和氧气，溶液中氢离子浓度增大，酸性变大，故答案为：铜；AgNO3；5.4g；变大； （4）若甲烧杯是在铁件表面镀铜，已知电镀前两电极质量相同，电镀完成后将它们取出，洗净、烘干、称量，发现二者质量相差5.12 g，说明阳极溶解的铜的物质的量为=0.04mol，则 电路中通过的电子为0.04mol×2=0.08mol，故答案为：0.08mol。 17. 二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题： (1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为： 该反应一般认为通过如下步骤来实现： ① ② 总反应的_______；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_______(填标号)，判断的理由是_______。 A. B. C. D. (2)合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在℃下的、在下的如图所示。 ①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式_______； ②图中对应等压过程的曲线是_______，判断的理由是_______； ③当时，的平衡转化率____，反应条件可能为___或___。 【答案】 ①. -49 ②. A ③. ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的 ④. ⑤. b ⑥. 总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小 ⑦. 33.3% ⑧. 5×105Pa，210℃ ⑨. 9×105Pa，250℃ 【解析】 【分析】 【详解】(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①，②，根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为： ；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答案为：-49；A；ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的。 (2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=，故答案为：。 ②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故答案为：b；总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。 ③设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则，当平衡时时，=0.1，解得x=mol，平衡时CO2的转化率α==33.3%；由图可知，满足平衡时的条件有：5×105Pa，210℃或9×105Pa，250℃，故答案为：33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃。 18. 常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。 温度/℃ c(NH3·H2O)/(mol/L) 电离常数 电离度/% c(OH-)/(mol/L) 0 16.56 9.098 10 15.16 10.18 20 13.63 11.2 （1）温度升高，NH3·H2O的电离平衡向___________(填“左”或“右”)移动，能支持该结论的表中数据是___________(填字母)。 A．电离常数 B．电离度 C．c(OH-) D．c(NH3·H2O) （2）表中c(OH-)基本不变的原因是___________。 （3）常温下，在氨水中加入一定量的氯化铵晶体，下列说法错误的是___________(填字母，下同)。 A. 溶液的pH增大 B. 氨水的电离度减小 C. c(OH-)减小 D. 减小 （4）氨水溶液中，下列做法能使与比值变大的是___________。 A．加入固体氯化铵 B．通入少量氢化氢 C．加入少量固体氢氧化钠 （5）25℃时，0.5 mol/L氨水，电离度为0.01，水电离的c(OH-)为___________。 （6）25℃时，将c(OH-)=0.2 mol/L和pH=8的NaOH溶液等体积混合，则混合后溶液的pH=___________。 （7）某温度时，纯水电离的c(H+)=10-6 mol/L，将pH=5的盐酸与pH=8的Ba(OH)2溶液混合，使混合后溶液的pH=7，则盐酸与Ba(OH)2的体积比___________。 【答案】（1） ①. 右 ②. A （2）氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变 （3）AD （4）AB （5）2.0×10-12 mol/L （6）13 （7）9：2 【解析】 【小问1详解】 NH3·H2O是弱电解质，在溶液中存在电离平衡：NH3·H2O+OH-，弱电解质的电离过程为吸热过程，升高温度，促进NH3·H2O的电离，电离平衡正向移动；因温度和浓度均不相同，所以电离度不能支持该结论，故合理选项是A； 【小问2详解】 氨水浓度在降低，浓度降低使c(OH-)降低；而温度升高，温度升高，使c(OH-)增大，两者双重作用使溶液中c(OH-)基本不变； 【小问3详解】 A．氨水中加入氯化铵，溶液中增大，抑制了一水合氨的电离，最终达到平衡时导致溶液中氢氧根离子浓度减小，因此溶液的pH减小，A错误； B．氨水中铵离子浓度增大，导致一水合氨的电离平衡向着逆向移动，最终导致氨水的电离度减小，B正确； C．氨水中的铵离子浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度减小，c(OH-)减小，C正确； D．加入了氯化铵，溶液中铵离子浓度增大，D错误； 故合理选项是AD； 【小问4详解】 一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，存在电离平衡，电离方程式为NH3·H2O＋OH-。弱电解质的电离过程为吸热过程。 A．向氨水中加入固体氯化铵，溶液中铵离子浓度增大，导致一水合氨的电离平衡逆向移动最终达到平衡时溶液中c(OH-)减小，最终与比值变大，A正确； B．通入少量HCl，HCl与氨水反应生成氯化铵，增大，溶液中氢氧根离子的物质的量减小，氢离子的物质的量浓度减小，则溶液中与比值变大，B正确； C．加入少量固体氢氧化钠，氢氧根离子瞬间增大，抑制氨水的电离，溶液中铵离子的物质的量减小，减小，c(OH-)增大，则最终导致溶液中与比值变小，C错误； 故合理选项是AB。 【小问5详解】 25℃时，0.5 mol/L氨水，电离度为0.01，则一水合氨电离产生的c(OH-)=0.5 mol/L×0.01=5.0×10-3 mol/L，由于在室温下水的离子积Kw=1×10-14，则该溶液中c(H+)=mol/L=2.0×10-12 mol/L，由于溶液中H+就是水电离产生，水电离产生的c(H+)=c(OH-)，所以水电离的c(OH-)=2.0×10-12 mol/L； 【小问6详解】 25℃时，将c(OH-)=0.2 mol/L和pH=8的NaOH溶液，c(OH-)=10-6 mol/L，将二者等体积混合，则混合后溶液中c(OH-)=mol/L≈0.1 mol/L，混合溶液中c(H+)=mol/L=1.0×10-13 mol/L，故该溶液的pH=13； 【小问7详解】 某温度时，纯水电离的c(H+)=10-6 mol/L，该温度下水的离子积常数Kw= c(H+)·c(OH-)=10-6 mol/L×10-6 mol/L=10-12 mol2/L2，中性溶液pH=6。pH=5的盐酸，c(H+)=10-5 mol/L，pH=8的Ba(OH)2溶液，c(OH-)=mol/L=1.0×10-4 mol/L，二者按一定体积混合后，混合溶液pH=7＞中性溶液的pH=6，溶液显碱性，说明Ba(OH)2溶液过量，混合溶液中c(OH-)=mol/L=1.0×10-5 mol/L，=1.0×10-5 mol/L，=1.0×10-5 mol/L，则。 19. 滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题： （1）酸碱中和滴定——用浓度为的标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，表格中记录了实验数据： 滴定次数 待测液体积 标准盐酸体积 滴定前读数 滴定后读数 第一次 20.00 1.02 20.3 第二次 20.00 1.00 19.99 第三次 20.00 0.10 22.10 ①下列操作造成测定结果偏高的是___________(填字母)。 A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确 B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗 C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗 D．滴定前，盛装标准液的滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失 ②该NaOH溶液的物质的量浓度为___________(计算结果保留四位有效数字)；排出酸式滴定管中的气泡应采用如图所示操作中的___________，然后小心操作使尖嘴部分充满酸液。 ③用标准的氢氧化钠溶液滴定待测的盐酸时，眼睛注视___________。 ④若一次滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示。 则该次滴定消耗的NaOH溶液的体积为___________。 （2）氧化还原滴定——取一定量的草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用标准酸性高锰酸钾溶液滴定。滴定时溶液应装在___________(填“酸”或“碱”)式滴定管中，滴定终点时滴定现象是___________。 （3）沉淀滴定——滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。(已知)参考表中的数据，若用滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是___________(填字母)。 难溶物 AgCl AgBr AgCN AgSCN 颜色 白 浅黄 白 砖红 白 A. NaCl B. NaBr C. NaCN D. 【答案】（1） ①. CD ②. ③. ② ④. 锥形瓶中溶液颜色变化 ⑤. 26.10mL （2） ①. 酸 ②. 滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶中溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 （3）D 【解析】 【分析】滴定时操作步骤为：滴定管查漏→水洗→润洗→注液、调节液面→排气泡、记录刻度→注入待测液→滴定至终点读数，通过数据进行计算； 【小问1详解】 ①A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，则读数比实际用量少，会造成测定结果偏低； B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过而未用待测液润洗，对实际酸用量没有影响，测定结果准确； C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准盐酸润洗，相当于稀释了标准盐酸，酸用量比准确操作的用量大，会造成测定结果偏高； D．滴定前盛装标准液的滴定管尖嘴有气泡，而滴定后气泡消失，则读数比实际酸用量大，会造成测定结果偏高； 故选CD； ②由表可知，3次标准液用量分别为19.28mL、18.99 mL、22.00 mL，第3次误差较大舍弃，则该溶液的物质的量浓度为；酸式滴定管排气泡的方法为：用左手跨过滴定管下端，用拇指、食指和中指转动活塞，当液体快速流下时迅速关闭活塞即可，故选②； ③用标准的氢氧化钠溶液滴定待测的盐酸时，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，及时判断滴定终点。 ④由图，则该次滴定消耗的NaOH溶液的体积为26.10mL-0.00mL=26.10mL； 【小问2详解】 标准酸性高锰酸钾溶液呈酸性，应该装在酸式滴定管中。酸性高锰酸钾溶液自身呈紫红色，和草酸反应后产物为无色溶液，所以其自身可作为指示剂，滴定终点现象为滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶中溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色； 【小问3详解】 若用滴定NaSCN溶液，反应生成白色沉淀，应该选择生成AgBr、的指示剂，且要求滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶，结合表数据，则可选用的指示剂是，故选D。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $