精品解析：四川省泸州市龙马潭区2024-2025学年高二上学期11月期中考试化学试题

泸州市龙马潭区高2023级高二上期半期考试 化学试题 注意事项： 1.答卷前考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；回答非选择题时，用0.5毫米黑色墨迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.试卷满分100分，考试时间75分钟，考试结束后将本试卷和答题卡一并交回。 第I卷(选择题) 一、单选题(共42分) 1. 下列我国科技创新的产品设备在工作时由化学能转化成电能的是 A．长征5号火箭使用的液氧煤油发动机 B．北斗导航卫星的太阳能电池板 C．位于江苏的海上风力电动机 D．由橙子制成的简易电池 A. A B. B C. C D. D 2. 某化学兴趣小组欲探究反应物浓度对化学反应速率的影响，在保持其他条件相同时，使四份质量分数不同的H2O2溶液发生分解反应：2H2O2═O2↑+2H2O，其中氧气生成速率最大的是（　　） A. 5%的H2O2溶液 B. 10%的H2O2溶液 C. 20%的H2O2溶液 D. 30%的H2O2溶液 3. 依据图示关系和金刚石燃烧的热化学方程式，下列说法不正确的是 ①； ②金刚石燃烧的热化学方程式：C(金刚石，s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-395.41kJ·mol-1。 A. ΔH2=-110.5 kJ·mol-1 B. C(石墨， s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH2-ΔH3 C. 金刚石比石墨稳定 D. 化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关 4. 已知热化学反应方程式： ①C(石墨，s)+O2(g)=CO(g) ΔH1 ②CO2(g)=C(石墨，s)+O2(g) ΔH2 ③H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH3 ④CO(g)+H2O(g=CO2(g)+H2(g) ΔH4 下列说法正确的是 A. ΔH1>0 B. 反应②的活化能为ΔH2 C. H2的燃烧热是ΔH3 D. ΔH4=-(ΔH1+ΔH2+ΔH3) 5. 下列实验操作对应的现象和结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 向FeCl3和KSCN混合溶液中加入少量KCl固体 溶液颜色变浅 平衡FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl向逆反应方向移动 B 等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，用排水法收集气体 HX放出的氢气多且反应速率快 酸性：HX＜HY C 将0.1mol/L的氨水稀释为0.01mol/L，测量稀释前后溶液pH 稀释后pH减小 稀释后氨水的电离程度减小 D 向浓度均为0.1mol•L-1的NaCl与NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液 先出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)＜Ksp(AgI) A. A B. B C. C D. D 6. 可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构，如图所示：已知：断开1mol S-F键需要327kJ，断开1mol F-F键需要159kJ。则对于反应，下列说法正确的是 A. 形成1mol S-F键需吸收327kJ的能量 B. 该反应的反应物总能量大于生成物总能量 C. 反应消耗22.4L (g)时，共转移2mol电子 D. 该反应是一个吸热反应 7. 如图表示298K时N2与H2反应过程中的能量变化，根据图所示下列叙述正确的是 A. 该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ∆H=-92kJ•mol-1 B. 不用催化剂，生成1molNH3吸收的热量为46kJ C. 加入催化剂，会改变该反应的反应热 D 曲线b表明加入催化剂降低了反应热，从而加快了反应速率 8. 在密闭容器中发生如下反应：mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(s)，达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的一半，当达到新平衡时，C的浓度为原来2.5倍，下列说法正确的是 A. m+n一定大于p+q B. 平衡向逆反应方向移动 C. A转化率降低 D. C的体积分数增加 9. 下列离子方程式书写正确的是 A. 硫酸亚铁加过氧化氢溶液：Fe2++H2O2+2H+=Fe3+ + 4H2O B. 将少量硝酸银溶液滴入氨水中：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O C. KAl(SO4)2中滴加Ba(OH)2使SO恰好完全沉淀：2Al3++3+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓ D. 铝粉与NaOH的D2O溶液反应：2Al+2OH－+2D2O=2+H2↑+2D2↑ 10. 恒温恒容密闭容器中进行反应，若的浓度由降到需，那么的浓度由降到反应所需时间为 A. 等于 B. 等于 C. 大于 D. 小于 11. 常温下，下列各组离子一定能大量共存的是 A. 由水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：K+、Na+、ClO-、I- B. c(H+)=mol/L的溶液中：K+、Fe3+、Cl-、 C. 、Na+、Al3+、 D. 常温下，=1×10-12的溶液：K+、S2-、、Na+ 12. 是一种重要的催化剂。以为原料制备的反应方程式为：。已知室温下：、。下列说法正确的是 A. 为获得纯度较高的，可向溶液中滴加溶液 B. 为确认已完全沉淀，将反应后溶液静置，向上层清液中加溶液，观察是否有沉淀 C. 室温下，溶液中存在 D. 室温下，加水稀释一定的溶液，溶液中的值逐渐增大 13. 下列叙述不正确是 A. 常温下，将pH=3盐酸溶液稀释到原体积的10倍，稀释后溶液的pH=4 B. 25℃时Ksp(AgCl)=1.8×10－10，向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl的溶解度可能减小 C. 浓度均为0.1mol·L－1的下列溶液，pH由大到小的排列顺序为：NaOH>Na2CO3>NaHCO3>(NH4)2SO4>NH4Cl D. 为确定H2A是强酸还是弱酸，可测0.1mol·L－1NaHA溶液的pH，若pH＞1，则H2A是弱酸；若pH=1，则H2A是强酸 14. 氨水中存在电离平衡NH3·H2ONH4+＋OH-，下列叙述不正确的是（ ） A. 氨水中离子浓度的关系满足：c（OH-）＝c（H+）＋c（NH4+） B. 0.10mol/L的NH3·H2O溶液加水稀释，溶液中c（H+）减小 C. NH3·H2O溶液中加少量的NH4Cl固体，平衡逆向移动 D. 常温下pH＝2的盐酸溶液与pH＝12的NH3·H2O溶液等体积混合后，溶液的pH＞7 第II卷(非选择题) 二、解答题(共58分) 15. 利用中和滴定的原理，在工业生产中还可以进行氧化还原滴定测定物质含量。 制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2·xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到粉状TiO2。 用现代分析仪器测定TiO2粒子的大小。用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。 请回答下列问题： （1）下列操作会引起实验结果偏大的是_____(填编号) A．酸式滴定管未润洗 B．滴定前，滴定管尖嘴无气泡，滴定后有气泡 C．锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗 D．滴定结束时仰视滴定管，并记录数据 E．滴定过程中有一滴标准液飞溅出锥形瓶 （2）滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视_____。 （3）TiCl4水解生成TiO2·xH2O的化学方程式为_____。 （4）滴定终点的现象是_____。 16. Ⅰ.今有两个氢气燃烧生成水的热化学方程式： H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（g） ΔH=a kJ/mol 2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l） ΔH=b kJ/mol 请回答下列问题： （1）反应热的关系：2a__________（填“＞”、“＜”或“＝”）b。 （2）若已知H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（g） ΔH=－242 kJ/mol，且氧气中1 mol氧氧键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1 mol H－O键形成时放出热量463 kJ，则氢气中1 mol H－H键断裂时吸收的热量为_________。 Ⅱ.氢氧燃料电池是一种新型的化学电源，其构造如图一所示：a、b两个电极均由多孔碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电。 （1）a电极反应式是______________； （2）该燃料电池生成了360 kg的水，则电路中通过了______mol的电子。 （3）用如图二所示电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则： ①X电极反应式是____________。 ②Y电极的材料是______________。 17. （1）在一定条件下N2与H2反应生成NH3，请回答： ①若反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，且E1＞E2，则该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。 ②已知拆开1 molH—H键、1 mol N—H键、1 mol N≡N键分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为________________。 （2）实验室用50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。该装置有明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为____________；实验室提供了0.50 mol·L－1和0.55 mol·L－1两种浓度的NaOH溶液，应选择_____________mol·L－1的NaOH溶液进行实验。 18. 以铜为原料可制备应用广泛的氧化亚铜。 方法I．先向CuCl2溶液中通入SO2可得CuCl沉淀，过滤后由CuCl 水解再热分解可得到纳米Cu2O。 （1）向CuCl2溶液中通入SO2可得CuCl 沉淀，该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 （2）CuCl水解为： CuCl (s) +H2O(1) CuOH (s) +Cl－(aq) +H+ (aq)。该反应的平衡常数K与此温度下Kw、Ksp(CuOH)、 Ksp (CuCl) 的关系为K=___________。 方法II．电解法 （3）用铜作阳极，钛片作阴极，电解一定浓度的NaCl和NaOH的混合溶液可得到Cu2O，阳极及其溶液中有关转化如图1所示。溶液中③、④二步总反应的离子方程式为：___________。 III．氧化亚铜的应用 （4）Cu2O与ZnO组成的催化剂可用于工业上合成甲醇： CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) △H =a kJ∙mol−1。按=2：1投料比将H2与CO充入VL恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应，测定CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。 ①该反应的△H ___________0 (填“＜”或“＞”)，图中压强P1、P2、P3由大到小的关系是___________。 ②恒容密闭容器中，以下描述标志此反应一定达平衡的是___________。 A．甲醇的体积分数不再随时间的改变而改变 B．氢气与一氧化碳的浓度比不再改变 C．混合气体的平均摩尔质量不再改变 ③当反应达平衡时，温度为T1°C，压强为P3，此时反应的压强平衡常数Kp为___________。(用含有P3的代数式表达) (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数) 19. 氢能是绿色绿源。甲醇和水蒸气在Cu/ZnO/Al2O3催化剂下发生重整制氢反应： 反应i：CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g) = +49.5kJ·mol-1 温度过高时，会发生以下副反应： 反应ii：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) 反应iii：CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g) = +90.4kJ·mol-1 （1）=_______kJ·mol-1。反应ii温度过高时才能发生，说明该反应∆S_______0(填“>”、“<”或“=”)。 （2）对于反应i的说法正确的是_______。 A. 正反应的活化能比逆反应的活化能低 B. 恒压条件下充入Ne，有利于提高甲醇平衡转化率 C. 催化剂利于平衡正向移动，使其平衡常数增大 D. 当混合体系平均相对分子质量恒定时，反应达到平衡状态 （3）恒容条件下，水醇比[n(水)：n(甲醇)]分别为a、b、c时，平衡时CH3OH的转化率随温度变化情况如图所示。则a、b、c由大到小顺序为_______。 （4）研究发现，=200℃下，按一定的水醇比、一定质量的Cu/ZnO/Al2O3催化剂作用下，只发生反应i。将原料按不同流速通过装有催化剂的装置(如图甲)，测得甲醇转化率与(催化剂质量与通入原料的流速之比)关系如图乙。 ①AB段CH3OH转化率随着的增大而升高的原因是_______。比较B、C两点CH3OH的反应速率大小：vb_______vc(填“>”、“<”或“=”)。 ②若要使甲醇的转化率大于c%，可采取的措施是_______(任写出一种即可)。 （5）220℃，向恒容密闭容器中按n(水)：n(甲醇)=1：1通入原料，起始总压为p kPa，发生反应i和ii(该温度下，反应iii未发生)。平衡时，测得CO分压为a kPa，H2体积分数为CO的50倍。求220℃下反应达平衡时水和醇的物质的量比[即n(水)：n(甲醇)]=_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸州市龙马潭区高2023级高二上期半期考试 化学试题 注意事项： 1.答卷前考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；回答非选择题时，用0.5毫米黑色墨迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.试卷满分100分，考试时间75分钟，考试结束后将本试卷和答题卡一并交回。 第I卷(选择题) 一、单选题(共42分) 1. 下列我国科技创新的产品设备在工作时由化学能转化成电能的是 A．长征5号火箭使用的液氧煤油发动机 B．北斗导航卫星的太阳能电池板 C．位于江苏的海上风力电动机 D．由橙子制成的简易电池 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．液氧煤油发动机将化学能转化为热能和机械能，而没有把化学能转化成电能，故A错误； B．太阳能电池板将太阳能转化为电能，而没有把化学能转化成电能，故B错误； C．风力发电机厂将风能转化为电能，而没有把化学能转化成电能，故C错误； D．由橙子制成的简易电池将化学能转化为电能，故D正确； 答案选D。 2. 某化学兴趣小组欲探究反应物浓度对化学反应速率的影响，在保持其他条件相同时，使四份质量分数不同的H2O2溶液发生分解反应：2H2O2═O2↑+2H2O，其中氧气生成速率最大的是（　　） A. 5%的H2O2溶液 B. 10%的H2O2溶液 C. 20%的H2O2溶液 D. 30%的H2O2溶液 【答案】D 【解析】 【分析】浓度越大，化学反应速率越快。 【详解】在保持其他条件相同时，溶液中反应物的浓度越大，活化分子的数目越大，有效碰撞越多，反应速率越大，只有选项中D的浓度最大，故选：D。 3. 依据图示关系和金刚石燃烧的热化学方程式，下列说法不正确的是 ①； ②金刚石燃烧的热化学方程式：C(金刚石，s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-395.41kJ·mol-1。 A. ΔH2=-110.5 kJ·mol-1 B. C(石墨， s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH2-ΔH3 C. 金刚石比石墨稳定 D. 化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关 【答案】C 【解析】 【详解】A．由盖斯定律，，A正确； B．①C(石墨)+O2(g)=CO (g)ΔH2 ②CO(g)+O2 (g)=CO2 (g)ΔH3 根据盖斯定律①-②可得：C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH2-ΔH3，B正确； C．C(石墨)+O2(g)=CO (g) C(金刚石，s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-395.41kJ·mol-1 则金刚石放热更多，则金刚石能量高于石墨，那么金刚石不如石墨稳定，C错误； D．根据盖斯定律化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确； 故选C。 4. 已知热化学反应方程式： ①C(石墨，s)+O2(g)=CO(g) ΔH1 ②CO2(g)=C(石墨，s)+O2(g) ΔH2 ③H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH3 ④CO(g)+H2O(g=CO2(g)+H2(g) ΔH4 下列说法正确的是 A. ΔH1>0 B. 反应②的活化能为ΔH2 C. H2的燃烧热是ΔH3 D. ΔH4=-(ΔH1+ΔH2+ΔH3) 【答案】D 【解析】 【详解】A．C(石墨，s)+O2(g)=CO(g)反应放热，ΔH1<0，A错误； B．反应的活化能是反应物断键所吸收的总能量，并不是ΔH2，B错误； C．H2(g)+O2(g)=H2O(g)燃烧热是指在25摄氏度，101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量。其中生成的H2O应为液态，C错误； D．根据盖斯定律，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH4=-(ΔH1+ΔH2+ΔH3)，D正确； 答案故选D。 5. 下列实验操作对应的现象和结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 向FeCl3和KSCN混合溶液中加入少量KCl固体 溶液颜色变浅 平衡FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl向逆反应方向移动 B 等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，用排水法收集气体 HX放出的氢气多且反应速率快 酸性：HX＜HY C 将0.1mol/L的氨水稀释为0.01mol/L，测量稀释前后溶液pH 稀释后pH减小 稀释后氨水的电离程度减小 D 向浓度均为0.1mol•L-1的NaCl与NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液 先出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)＜Ksp(AgI) A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．平衡FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl，离子反应方程式Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入少量KCl固体，平衡不移动，溶液颜色无变化，A错误； B．等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，酸性越弱，溶液浓度越大，反应开始后反应速率越快，因为HX放出的氢气多且反应速率快，所以酸性：HX＜HY，B正确； C．将氨水稀释，c(OH-)减小，水的电离平衡右移，水的电离程度增大，C错误； D．向同浓度的NaCl与NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，先出现黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)>c(Cl-)∙c(Ag+)= c(I-)∙c(Ag+) >Ksp(AgI)，所以Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D错误； 故答案选B。 6. 可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构，如图所示：已知：断开1mol S-F键需要327kJ，断开1mol F-F键需要159kJ。则对于反应，下列说法正确的是 A. 形成1mol S-F键需吸收327kJ的能量 B. 该反应的反应物总能量大于生成物总能量 C. 反应消耗22.4L (g)时，共转移2mol电子 D. 该反应是一个吸热反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．断开1molS-F键需要327kJ的能量，形成1mol S-F键释放327kJ的能量，A错误； B．反应的焓变=反应物的键能之和-生成物的键能之和=4327kJ/mol+159kJ/mol-6327kJ/mol=-495kJ/mol，反应放热，反应物总能量大于生成物总能量，B正确； C．未指明气体所在温度、压强，气体摩尔体积未知，无法计算转移电子数，C错误； D．反应的焓变=反应物的键能之和-生成物的键能之和=4327kJ/mol+159kJ/mol-6327kJ/mol=-495kJ/mol，该反应为放热反应，D错误； 答案选B。 7. 如图表示298K时N2与H2反应过程中的能量变化，根据图所示下列叙述正确的是 A. 该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ∆H=-92kJ•mol-1 B. 不用催化剂，生成1molNH3吸收的热量为46kJ C. 加入催化剂，会改变该反应的反应热 D. 曲线b表明加入催化剂降低了反应热，从而加快了反应速率 【答案】A 【解析】 【详解】A．该反应放出的能量大于吸收的能量，所以为放热反应，根据图示可知1mol氮气和3mol氢气完全反应放出600kJ-508kJ=92kJ的能量，所以该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ∆H=-92kJ•mol-1，A正确； B．催化剂对反应热大小无影响，根据选项A可知，生成1molNH3放出热量为46kJ，B错误； C．催化剂可以改变反应活化能，但不改变反应热，C错误； D．催化剂通过降低反应活化能加快反应，并不能改变反应热，D错误； 综上所述答案为A。 8. 在密闭容器中发生如下反应：mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(s)，达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来一半，当达到新平衡时，C的浓度为原来2.5倍，下列说法正确的是 A. m+n一定大于p+q B. 平衡向逆反应方向移动 C. A的转化率降低 D. C的体积分数增加 【答案】D 【解析】 【分析】在密闭容器中发生如下反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(s)，达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，C的浓度变化为原来的2倍，题干中当达到新平衡时，C的浓度为原来2.5倍，说明体积变化后平衡正向移动。 【详解】A．由分析可知，将气体体积缩小到原来的一半，容器的压强增大，平衡正向移动，则该反应是气体体积减小的反应，m+n>p，m+n不一定大于p+q，A错误； B．由分析可知，将气体体积缩小到原来的一半，容器的压强增大，平衡正向移动，B错误； C．由分析可知，将气体体积缩小到原来的一半，容器的压强增大，平衡正向移动，A的转化率增大，C错误； D．由分析可知，将气体体积缩小到原来的一半，容器的压强增大，平衡正向移动，C的体积分数增加，D正确； 故选D。 9. 下列离子方程式书写正确的是 A. 硫酸亚铁加过氧化氢溶液：Fe2++H2O2+2H+=Fe3+ + 4H2O B. 将少量硝酸银溶液滴入氨水中：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O C. KAl(SO4)2中滴加Ba(OH)2使SO恰好完全沉淀：2Al3++3+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓ D. 铝粉与NaOH的D2O溶液反应：2Al+2OH－+2D2O=2+H2↑+2D2↑ 【答案】B 【解析】 【详解】A．选项中离子方程式左右电荷不相等，过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，正确的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故A错误； B．将少量硝酸银溶液滴入氨水中，可生成银氨溶液，离子方程式为：Ag+ + 2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]+ + 2H2O，故B正确； C．KAl(SO4)2中滴加Ba(OH)2使恰好完全沉淀，则KAl(SO4)2与Ba(OH)2的物质的量之比为1:2，Al3+与OH‾的物质的量之比为1:4，生成[Al(OH)4]-，正确的离子方程式为Al3++2+2Ba2++4OH-=[Al(OH)4]-+2BaSO4↓，故C错误； D．铝与NaOH溶液反应生成氢气，氢气中的氢元素来源于H2O，所以铝粉与NaOH的D2O溶液反应全部生成D2，不生成H2，正确的离子方程式为2Al+2OH－+6D2O=2+3D2↑，故D错误； 故选B。 10. 恒温恒容密闭容器中进行反应，若的浓度由降到需，那么的浓度由降到反应所需时间为 A. 等于 B. 等于 C. 大于 D. 小于 【答案】C 【解析】 【详解】若N2O4的浓度由0.1mol/L降到0.07mol/L需要15s，即减少0.03mol/L需要15s，其平均反应速率v(N2O4)= =0.002mol/(L·s)；N2O4的浓度由0.07mol/L降到0.05mol/L时，浓度减少0.02mol/L，若v(N2O4)不变，则△t=10s，实际上浓度越小，化学反应速率越小，需要的时间就长，所以需要时间大于10s，故选C。 11. 常温下，下列各组离子一定能大量共存的是 A. 由水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：K+、Na+、ClO-、I- B. c(H+)=mol/L的溶液中：K+、Fe3+、Cl-、 C. 、Na+、Al3+、 D. 常温下，=1×10-12溶液：K+、S2-、、Na+ 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．由水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液可能酸性也可能碱性， ClO-在酸性溶液中不能大量共存，A不合题意； B．c(H+)=mol/L的溶液为中性，在中性溶液中Fe3+不能大量存在，B不合题意； C．偏铝酸根离子和铝离子发生双水解不共存，C不合题意； D．溶液为碱性，四种离子不反应能共存，D符合题意； 故选D。 12. 是一种重要的催化剂。以为原料制备的反应方程式为：。已知室温下：、。下列说法正确的是 A. 为获得纯度较高的，可向溶液中滴加溶液 B. 为确认已完全沉淀，将反应后溶液静置，向上层清液中加溶液，观察是否有沉淀 C. 室温下，溶液中存在 D. 室温下，加水稀释一定的溶液，溶液中的值逐渐增大 【答案】A 【解析】 【详解】A．为获得纯度较高的，可向溶液中滴加溶液，发生反应，过滤得到固体，A正确； B．确认已完全沉淀，将反应后的混合物静置，向上层清液中继续滴加溶液，观察是否有沉淀产生，若加溶液，则会引入新的杂质，B错误； C．0.1mol/L溶液中存在质子守恒有，C错误； D．的水解平衡常数为Kh=，的电离大于水解，溶液呈酸性，加水稀释一定浓度的溶液，溶液的pH增大，c(H+)减小，溶液中的值逐渐减小，D错误； 故选A。 13. 下列叙述不正确的是 A. 常温下，将pH=3的盐酸溶液稀释到原体积的10倍，稀释后溶液的pH=4 B. 25℃时Ksp(AgCl)=1.8×10－10，向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl的溶解度可能减小 C. 浓度均为0.1mol·L－1的下列溶液，pH由大到小的排列顺序为：NaOH>Na2CO3>NaHCO3>(NH4)2SO4>NH4Cl D. 为确定H2A是强酸还是弱酸，可测0.1mol·L－1NaHA溶液的pH，若pH＞1，则H2A是弱酸；若pH=1，则H2A是强酸 【答案】C 【解析】 【详解】A. 常温下，将pH=3的盐酸溶液中氢离子浓度等于0.001mol/L，稀释到原体积的10倍，氢离子浓度变成0.0001mol/L，溶液的pH=4，故A正确；B. 温度不变，溶解平衡常数不变，氯化银的悬浊液存在沉淀的溶解平衡，加入NaCl固体后，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，AgCl的溶解度减小，故B正确；C. 浓度均为0.1mol·L－1的下列溶液，NaOH是碱，pH最大，Na2CO3、NaHCO3水解溶液显碱性，其中碳酸钠水解程度大，碱性较强，(NH4)2SO4、NH4Cl水解显酸性，其中(NH4)2SO4中铵根离子浓度大，水解生成的氢离子浓度大，酸性较强，pH最小，pH由大到小的排列顺序为：NaOH>Na2CO3>NaHCO3>NH4Cl>(NH4)2SO4，故C错误；D. 为确定H2A是强酸还是弱酸，可测0.1mol·L－1NaHA溶液的pH，若pH＞1，说明HA-部分电离，则H2A是弱酸；若pH=1，说明HA-完全电离，则H2A是强酸，故D正确；故选C。 14. 氨水中存在电离平衡NH3·H2ONH4+＋OH-，下列叙述不正确的是（ ） A. 氨水中离子浓度的关系满足：c（OH-）＝c（H+）＋c（NH4+） B. 0.10mol/L的NH3·H2O溶液加水稀释，溶液中c（H+）减小 C. NH3·H2O溶液中加少量的NH4Cl固体，平衡逆向移动 D. 常温下pH＝2的盐酸溶液与pH＝12的NH3·H2O溶液等体积混合后，溶液的pH＞7 【答案】B 【解析】 【详解】A．任何溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒，氨水中存在c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)，故A正确； B．加水稀释氨水，c(OH-)减小，温度不变，水的离子积常数不变，则c(H+)增大，故B错误； C．向氨水中加入少量的NH4Cl固体，c(NH4+)增大，抑制一水合氨的电离，平衡逆向移动，故C正确； D．常温下，pH＝2的盐酸溶液中，盐酸的浓度等于0.01mol/L，pH＝12的NH3·H2O溶液中氨水的浓度大于0.01mol/L，等体积混合后，氨水过量，溶液显碱性，pH＞7，故D正确； 故选B。 第II卷(非选择题) 二、解答题(共58分) 15. 利用中和滴定的原理，在工业生产中还可以进行氧化还原滴定测定物质含量。 制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2·xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到粉状TiO2。 用现代分析仪器测定TiO2粒子的大小。用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。 请回答下列问题： （1）下列操作会引起实验结果偏大的是_____(填编号) A．酸式滴定管未润洗 B．滴定前，滴定管尖嘴无气泡，滴定后有气泡 C．锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗 D．滴定结束时仰视滴定管，并记录数据 E．滴定过程中有一滴标准液飞溅出锥形瓶 （2）滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视_____。 （3）TiCl4水解生成TiO2·xH2O的化学方程式为_____。 （4）滴定终点的现象是_____。 【答案】（1）ADE （2）锥形瓶内溶液颜色变化 （3）TiCl4+(x+2)H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl （4）滴入最后一滴标准液后，锥形瓶内溶液由无色变为(血)红色，且半分钟不褪色 【解析】 【小问1详解】 酸式滴定管未润洗，会稀释标准液，因此标准液用量会变大，所以测定结果偏大，A正确；滴定前无气泡，滴定后有气泡，待测液的读数偏小，所以测定结果偏小，B错误；锥形瓶未润洗，对实验结果没有影响，C错误；仰视读数，读数大于实际，测量值偏大，D正确；由液滴飞溅出去，标准液用量增大，测定结果偏大，E正确； 【小问2详解】 在滴定过程中，左手控制滴定管，右手摇晃锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化； 小问3详解】 四氯化钛的水解方成式：TiCl4+(x+2)H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl； 【小问4详解】 滴定终点的现象是最后一滴标准液滴入，指示剂变色，且半分钟内部恢复原色，即滴入最后一滴标准液，锥形瓶内溶液由无色变为(血)红色，且半分钟不褪色。 16. Ⅰ.今有两个氢气燃烧生成水的热化学方程式： H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（g） ΔH=a kJ/mol 2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l） ΔH=b kJ/mol 请回答下列问题： （1）反应热的关系：2a__________（填“＞”、“＜”或“＝”）b。 （2）若已知H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（g） ΔH=－242 kJ/mol，且氧气中1 mol氧氧键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1 mol H－O键形成时放出热量463 kJ，则氢气中1 mol H－H键断裂时吸收热量为_________。 Ⅱ.氢氧燃料电池是一种新型的化学电源，其构造如图一所示：a、b两个电极均由多孔碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电。 （1）a电极反应式是______________； （2）该燃料电池生成了360 kg的水，则电路中通过了______mol的电子。 （3）用如图二所示电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则： ①X电极反应式是____________。 ②Y电极的材料是______________。 【答案】 ①. ＞ ②. 436 kJ ③. 2H2+4OH－-4e－＝4H2O ④. 4×104 ⑤. Cu2＋＋2e－＝Cu ⑥. 粗铜 【解析】 【详解】Ⅰ(1)已知：①H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）△H=a kJ/mol；②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=b kJ/mol，利用盖斯定律，将①×2-①，可得：2H2O（l）═2H2O（g）；△H=（2a-b）kJ/mol，因液态水生成气态水时要吸热，则2a-b>0，所以：2a>b； (2)已知H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）△H=-242kJ/mol，设H-H键断裂时吸收的热量为xkJ，根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则，则x=436； Ⅱ(1)氢氧燃料电池中，通入氢气的一极a为电源的负极，通入氧气的一极为原电池的正极，由于电解质溶液呈碱性，则负极电极反应式为2H2+4OH－-4e－＝4H2O； (2)氢氧燃料电池的总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式相同，生成物为水，即2H2+O2=2H2O，在2H2+O2=2H2O中，化合价升高值=化合价降低值=4，即当转移电子4mol时，会有2mol即36g的水生成，当为飞行员提供了360kg即2×104mol的水时，会转移电子4×104mol； (3)①电解方法精炼粗铜，阴极上铜离子放电，电极反应式为：Cu2＋＋2e－＝Cu； ②电解方法精炼粗铜，阳极应该是粗铜与电源正极相连、阴极是纯铜与电源负极相连， 故答案为：粗铜。 17. （1）在一定条件下N2与H2反应生成NH3，请回答： ①若反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，且E1＞E2，则该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。 ②已知拆开1 molH—H键、1 mol N—H键、1 mol N≡N键分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为________________。 （2）实验室用50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。该装置有明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为____________；实验室提供了0.50 mol·L－1和0.55 mol·L－1两种浓度的NaOH溶液，应选择_____________mol·L－1的NaOH溶液进行实验。 【答案】 ①. 放热 ②. N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－92 kJ·mol－1 ③. 环形玻璃搅拌棒 ④. 0.55 【解析】 【详解】（1）①ΔH =（生成物的总能E2-反应物的总能量E1）＞0，为吸热反应，ΔH=（生成物的总能E2-反应物的总能量E1）＜0，为放热反应，因为E1＞E2，所以ΔH＜0，则该反应为放热反应，故答案为：放热。 ②氮气和氢气反应生成氨气，其ΔH＝反应物的总键能-生成物总键能=946 kJ·mol－1+3×436 kJ·mol－1-6×391 kJ·mol－1=－92 kJ·mol－1，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－92 kJ·mol－1，故答案为：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－92 kJ·mol－1。 （2）中和热的测定实验中实验用品：大烧杯（500 mL）、小烧杯（100 mL)、环形玻璃搅拌棒、量筒（50 mL)两个、温度计、泡沫塑料或纸条、泡沫塑料板或硬纸板（中心有两个小孔）、盐酸（0.50 mol·L−1）、氢氧化钠溶液（0.55 mol·L−1），盐酸或氢氧化钠的一个需要过量，使另外一个完全中和，实验装置图：，由图可知，缺少环形玻璃搅拌棒，用0.55 mol·L－1氢氧化钠，故答案为：环形玻璃搅拌棒；0.55。 18. 以铜为原料可制备应用广泛的氧化亚铜。 方法I．先向CuCl2溶液中通入SO2可得CuCl沉淀，过滤后由CuCl 水解再热分解可得到纳米Cu2O。 （1）向CuCl2溶液中通入SO2可得CuCl 沉淀，该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 （2）CuCl水解为： CuCl (s) +H2O(1) CuOH (s) +Cl－(aq) +H+ (aq)。该反应的平衡常数K与此温度下Kw、Ksp(CuOH)、 Ksp (CuCl) 的关系为K=___________。 方法II．电解法 （3）用铜作阳极，钛片作阴极，电解一定浓度的NaCl和NaOH的混合溶液可得到Cu2O，阳极及其溶液中有关转化如图1所示。溶液中③、④二步总反应的离子方程式为：___________。 III．氧化亚铜的应用 （4）Cu2O与ZnO组成的催化剂可用于工业上合成甲醇： CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) △H =a kJ∙mol−1。按=2：1投料比将H2与CO充入VL恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应，测定CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。 ①该反应的△H ___________0 (填“＜”或“＞”)，图中压强P1、P2、P3由大到小的关系是___________。 ②恒容密闭容器中，以下描述标志此反应一定达平衡的是___________。 A．甲醇的体积分数不再随时间的改变而改变 B．氢气与一氧化碳的浓度比不再改变 C．混合气体的平均摩尔质量不再改变 ③当反应达平衡时，温度为T1°C，压强为P3，此时反应的压强平衡常数Kp为___________。(用含有P3的代数式表达) (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数) 【答案】（1）2:1 （2） （3）2 ＋2OH－＝Cu2O＋4Cl－＋H2O （4） ①. ＜ ②. P1＞P2＞P3 ③. AC ④. 【解析】 【小问1详解】 (1)向CuCl2溶液中通入SO2可得CuCl沉淀，则根据氧化还原反应原理得到方程式为SO2＋2CuCl2＋2H2O＝2CuCl↓＋H2SO4＋2HCl，SO2是还原剂，CuCl2是氧化剂，则该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；故答案为：2:1。 【小问2详解】 CuCl(s)Cu+(aqs) +Cl－(aq) Ksp(CuCl)；CuOH(s) Cu+(aqs) +OH－(aq) Ksp(CuOH)；H2O OH－+H+ Kw，第一个方程式加第三个方程式减去第二个方程式得到CuCl(s) +H2O(1) CuOH(s) +Cl－(aq) +H+ (aq)，则K= ；故答案为：。 【小问3详解】 根据题意得到溶液中③、④二步总反应是和氢氧根反应生成Cu2O、Cl－和H2O，其离子方程式为：2 ＋2OH－＝Cu2O＋4Cl－＋H2O；故答案为：2 ＋2OH－＝Cu2O＋4Cl－＋H2O。 【小问4详解】 ①升高温度，CO平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应即反应的△H ＜0，固定温度，从下到上，CO转化率增大，说明平衡正向移动，由于该反应是体积减小的反应，即增大压强，平衡正向移动，因此图中压强P1、P2、P3由大到小的关系是P1＞P2＞P3；故答案为：＜；P1＞P2＞P3。 ②恒容密闭容器中，A．正向移动，甲醇体积分数增大，当甲醇的体积分数不再随时间的改变而改变，则达到平衡，故A符合题意；B．开始时氢气与一氧化碳的浓度比为2:1，反应过程中始终按照2:1不断消耗，则氢气与一氧化碳的浓度比不再改变，不能作为判断平衡标志，故B不符合题意；C．平均摩尔质量等于总质量除以总物质的量，总质量不变，正向反应，总物质的量减小，则平均摩尔质量增大，当混合气体的平均摩尔质量不再改变，则达到平衡，故C符合题意；综上所述，答案为：AC。 ③当反应达平衡时，温度为T1°C，压强为P3，假设CO、H2物质的量分别为1mol、2mol，，此时反应的压强平衡常数；故答案为：。 19. 氢能是绿色绿源。甲醇和水蒸气在Cu/ZnO/Al2O3催化剂下发生重整制氢反应： 反应i：CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g) = +49.5kJ·mol-1 温度过高时，会发生以下副反应： 反应ii：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) 反应iii：CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g) = +90.4kJ·mol-1 （1）=_______kJ·mol-1。反应ii在温度过高时才能发生，说明该反应∆S_______0(填“>”、“<”或“=”)。 （2）对于反应i的说法正确的是_______。 A. 正反应的活化能比逆反应的活化能低 B. 恒压条件下充入Ne，有利于提高甲醇平衡转化率 C. 催化剂利于平衡正向移动，使其平衡常数增大 D. 当混合体系平均相对分子质量恒定时，反应达到平衡状态 （3）恒容条件下，水醇比[n(水)：n(甲醇)]分别为a、b、c时，平衡时CH3OH的转化率随温度变化情况如图所示。则a、b、c由大到小顺序为_______。 （4）研究发现，=200℃下，按一定的水醇比、一定质量的Cu/ZnO/Al2O3催化剂作用下，只发生反应i。将原料按不同流速通过装有催化剂的装置(如图甲)，测得甲醇转化率与(催化剂质量与通入原料的流速之比)关系如图乙。 ①AB段CH3OH转化率随着的增大而升高的原因是_______。比较B、C两点CH3OH的反应速率大小：vb_______vc(填“>”、“<”或“=”)。 ②若要使甲醇的转化率大于c%，可采取的措施是_______(任写出一种即可)。 （5）220℃，向恒容密闭容器中按n(水)：n(甲醇)=1：1通入原料，起始总压为p kPa，发生反应i和ii(该温度下，反应iii未发生)。平衡时，测得CO分压为a kPa，H2体积分数为CO的50倍。求220℃下反应达平衡时水和醇的物质的量比[即n(水)：n(甲醇)]=_______。 【答案】（1） ①. +40.9 ②. > （2）BD （3）a>b>c （4） ①. AB段未达到平衡，由A到B气体流速减慢，向右反应程度更大 ②. < ③. 温度高于200℃；提高水醇比 （5）(0.5p-16a)：(0.5p-17a) 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，=-+=-49.5kJ·mol-1+90.4kJ·mol-1=+40.9 kJ·mol-1；反应ii在温度过高时才能发生，说明该反应∆S＞0； 【小问2详解】 对于反应i：CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g) = +49.5kJ·mol-1，为吸热反应，正反应的活化能比逆反应的活化能高，恒压条件下充入Ne，体积增大，浓度减小，平衡向气体分子数增大的方向移动，故有利于提高甲醇平衡转化率，当混合体系平均相对分子质量恒定时，反应达到平衡状态，催化剂不改变化学平衡，故正确的为BD； 【小问3详解】 由图可知，温度一定时，平衡时CH3OH的转化率a＞b＞c，水醇比[n(水)：n(甲醇)]越大，平衡时CH3OH的转化率越大，故a＞b＞c； 【小问4详解】 AB段未达到平衡，由A到B气体流速减慢，向右反应程度更大，故AB段CH3OH转化率随着的增大而升高；C点的大于B点的，故CH3OH的反应速率大小：vb＜vc；可通过提高温度高于200℃或提高水醇比等使甲醇的转化率大于c%； 【小问5详解】 根据题目信息列出三段式： ，，因H2体积分数为CO的50倍，3x-a=50a，解得x=17a，故20℃下反应达平衡时水和醇的物质的量比。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $