【文档说明】山东省泰安市新泰第一中学（东校）2020-2021学年高二上学期第二次质量检测化学试卷【精准解析】.doc，共(23)页，1.189 MB，由小赞的店铺上传

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新泰一中东校2019级高二上学期第二次质量检测化学试题相对原子质量：H1C12O16Na23Cu64Cl35.5Fe56I127第Ⅰ卷(选择题共50分)一、单项选择题(每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。)1.下列说法正确的是()A.镀锡的铁制品比镀锌的铁制品耐腐蚀B.用

过量的稀盐酸与稀NaOH溶液测定中和热，在中和滴定实验中，用待测NaOH溶液润洗锥形瓶，测定结果将偏高C.已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H2，则H1＜

H2D.用pH试纸测得溶液的pH值为2.3【答案】B【解析】【分析】【详解】A．金属的活泼性：Zn＞Fe＞Sn，镀锡的铁制品发生电化学腐蚀时，Fe作负极，Fe的腐蚀速率加快，镀锌的铁制品发生电化学腐蚀时，

Zn作负极，Fe作正极，Fe受到保护，Fe的腐蚀速率减慢，所以镀锌的铁制品比镀锡的铁制品耐腐蚀，故A错误；B．在中和滴定实验中，用待测NaOH溶液润洗锥形瓶，锥形瓶中残留的有NaOH，因稀盐酸过量，则生成的水偏多，放出的热量偏多，测定结果将偏

高，故B正确；C．相同物质的量的水，气态时水的能量大于液态时水的能量，则氢气和氧气反应生成等量的液态水放出的热量比生成等量的气态水放出的热量多，放出的热量越多，焓变越小，所以H1＞H2，故C错误；D．由于标准比色卡上的数字只有整数，用pH试纸测定溶液的pH不可能精

确为2.3，故D错误；答案选B。2.玻尔理论、量子力学理论都是对核外电子运动的描述方法，根据对它们的理解，下列叙述中正确的是()A.因为s轨道的形状是球形的，所以s电子做的是圆周运动B.3px、3py、3pz的差异之处在于三者中电子(基态)的能量不同C.处于同一轨道上的电子可以

有多个，它的运动状态完全相同D.钾原子的3p轨道的能量比2s轨道的高【答案】D【解析】【分析】【详解】A．s轨道是球形的，这是电子云轮廓图，表示电子在单位体积内出现概率的大小，不是表示电子的运动轨迹，故A错误；B．3px、3py、3pz属于同一能级上的电子，其能量相同，它们的差异之处是延伸方向不同

，故B错误；C．根据“泡利原理”可知，每个轨道最多容纳2个电子且自旋方向相反，故C错误；D．根据“能量最低原理”可知，钾原子的3p轨道的能量比2s轨道的能量高，故D正确；答案选D。3.下列有关反应热与能源的说法正确的是（）A.人类目前

所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的B.增大反应物的投料，反应热ΔH增大C.已知甲烷的燃烧热ΔH=-890kJ/mol，则CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-890kJ/molD

.反应物分子的化学键断裂时，需要释放能量【答案】A【解析】【分析】【详解】A.借助化学反应提供能量，则目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的，A正确；B.焓变与参加反应的物质的量无关，增大反应物的投料，反应热△H不变，B错误；C.甲烷的燃烧热△H=-890k

J/mol，对应的生成物水应该为液态，则CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890kJ/mol，C错误；D.化学键断裂吸收能量，形成化学键释放能量，D错误；故合理选项是A。4.埋在地下的钢管道可以用如图所示方法进行保护。下列说法正确

的是A.该方法利用了电解池原理B.该方法称为“外加电流的阴极保护法”C.在此装置中钢管道作正极D.镁块上发生的电极反应为O2+2H2O+4e－===4OH－【答案】C【解析】【分析】【详解】A、根据所给图示，没有外加电源，因此该方法不是利用电解池原理，而是利用原电池原理，故A错误

；B、该方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故B错误；C、镁比铁活泼，因此镁作负极，铁作正极，故C正确；D、镁作负极，发生的电极反应式为Mg＋2OH－－2e－=Mg(OH)2，故D错误。5.常温下，下列各组离子在指定的条件下可能大量共存的是

()A.c(OH-)/c(H+)=1012的溶液中：+4NH、Al3+、-3NO、2-3COB.有Fe3+存在的溶液中：2-3CO、+4NH、2-4SO、Cl-C.pH=0的溶液中：Fe2+、Mg2+、-3NO、2-4SOD.由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液：

Al3+、K+、2-4SO、Cl﹣【答案】D【解析】【分析】【详解】A．OH-浓度偏高，水溶液显碱性，+4NH不能大量共存，A项不符合题意；B．Fe3+与2-3CO因为双水解不能大量共存，B项不符合题意；C．pH=0是强酸性溶液，在有H+存在的情况下，-

3NO具有强氧化性，与还原性的Fe2+不能大量共存，C项不符合题意；D．由水电离出的氢离子浓度低于-710mol/L，说明水的电离受到抑制，加酸或者加减均可抑制，所以该水溶液可能是酸性也可能是碱性，碱性条件下，Al3

+不能大量共存，酸性条件下，可以大量共存，D项符合题意；故正确选项为D。6.下列解释事实的方程式不正确的是A.Na2S水溶液呈碱性：S2-+2H2OH2S+2OH－B.0.1mol·L-1氨水的pH为11：NH3·H2ONH4＋+OH－C.Al2S3在水溶液中不存在：Al2S3+6H2O=2Al

(OH)3↓+3H2S↑D.MgO溶于稀硫酸中：MgO+2H＋=Mg2＋+H2O【答案】A【解析】【分析】【详解】A．S2－发生水解应是分步进行，即S2－＋H2OHS－＋OH－、HS－＋H2OH2S＋OH－，故A错误；B．NH3·H2O属于弱电解质，部分发生电离，电离方

程式为：NH3·H2ONH4＋+OH－；因此0.1mol·L－1氨水的pH<13，故B正确；C．Al2S3在水中发生双水解，即化学反应方程式Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑，故C正确；D．MgO与硫酸反应的离子方程式

为MgO＋2H＋=Mg2＋＋H2O，故D正确；故选A。7.已知某化学反应A2(g)+2B2(g)=2AB2(g)的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是A.该反应是熵增加的反应B.该反应的ΔH＝－(E1－E2)kJ·mol-1C.该反应

的活化能为E2D.该反应中，反应物分子的键能总和大于生成物分子的键能总和【答案】D【解析】【分析】【详解】A.根据反应方程式，反应前后气体系数之和减小，因此熵减小，故A错误；B.根据能量的变化图，反应

物总能量小于生成物的总能量，即此反应属于吸热反应，△H=(E1－E2)kJ·mol－1，故B错误；C.该反应的活化能为E1，故C错误；D.此反应是吸热反应，根据H=反应物总键能-生成物总键能可知，反应物分子键能总和大于生成物分子的键能总和，故D正确；答案选D。8.下列实验操作或对实验事实的叙述正

确的是()A.用惰性电极电解CuCl2溶液，当有0.2mol电子转移时阳极会析出6.4g铜B.配制FeSO4溶液时，需加入少量盐酸来抑制其水解C.用碱式滴定管量取20.00mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液D.用带有玻璃塞的试剂瓶储存Na2CO3溶液【答案】C【解析】【分析】【详解

】A．用惰性电极电解CuCl2溶液，阳极发生氧化反应，生成氯气，而不是铜，故A错误；B．配制FeSO4溶液时，加入少量盐酸来抑制其水解，会引入杂质氯离子，应用稀硫酸，故B错误；C．碱式滴定管的精确度为0.01mL，用碱式滴定管量取20.00mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，故C正确；D．N

a2CO3溶液呈碱性，能与玻璃中的二氧化硅反应，不能用带有玻璃塞的试剂瓶储存Na2CO3溶液，故D错误；故选C。9.在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)＋Y(g)2Z(g)△

H<0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是A.反应前2min的平均速率ν(Z)=2.0×10－3mol·L－1·min-1B.其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前ν(逆)>

ν(正)C.该温度下此反应的平衡常数K=1.44D.其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大【答案】C【解析】【分析】【详解】A、v(Y)=(0.16－0.12)mol÷10L÷2min=0.002mol·L－1min-1，则v(Z)=0.004mol·L－1min-1，

A项错误；B、降温，平衡正向移动，则达新平衡前，v（正）>v（逆），B项错误；C、X(g)＋Y(g)2Z(g)△H<0起始0.160.160变化0.060.060.12平衡0100.100.12K=20.0120.010.01

=1.44，C项正确；D、由于该反应是气体体积不变的反应，则达平衡时与原平衡等效，平衡时X的体积分数不变，D项错误；答案选C。10.已知反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.3kJ/moL，N2的平衡转化率a(N2)与体系

总压强(p)的关系如图所示。下列说法正确的是（）A.将1molN2与3molH2置于1L密闭容器中充分反应，放出的热量为92.3kJB.T1<T2C.平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)<K(B)D.升高温度，平衡向逆反应方向移动

，逆反应速率增大，正反应速率减小【答案】B【解析】【分析】A.可逆反应反应物不能完全转化，结合热化学方程式的含义解答；B.升高温度，N2的平衡转化率a(N2)降低，据此回答；C.平衡常数只受温度影响，与压强无关；D.升高温度正、逆反应速率都增大，逆反应速率比正反应速率

增大更多，平衡向逆反应方向移动。【详解】A.热化学方程式N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.3kJ/moL表示1molN2(g)与3molH2(g)反应生成2moNH3(g)，放出的热量为92.4kJ，

由于可逆反应反应物不能完全转化，1.0mol氮气、3.0mol氢气，置于1L密闭容器中发生反应，放出的热量小于92.4kJ，A错误；B.该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，N2的平衡转化率a(N2)降低，则T1<T2，B正确；C.平衡常数只受温度影响，与

压强无关，增大压强，化学平衡常数不变，故平衡常数K(A)=K(B)，C错误；D.升高温度，正、逆反应速率都增大，逆反应速率比正反应速率增大更多，所以化学平衡向逆反应方向移动，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查化学平衡图象、反应热计算、化学平衡与

化学反应速率的影响因素等，注意可逆反应不能完全转化，热化学方程式中的反应热为反应物完全转化为生成物时的热量变化，理解热化学方程式的意义的理解应用是解答本题的关键。二、不定项选择题(每小题3分，共30分，每小题有一个或两个选项符合题意)11.下列各溶液中微粒浓度

关系正确的是()A.等物质的量浓度的①NH4Cl溶液②(NH4)2SO4溶液③NH4HSO4溶液④(NH4)2CO3溶液中，c平(+4NH)的大小关系：②>④>①>③B.0.1mol/LNH4Cl溶液：c平(+4N

H)=c平(Cl-)C.向醋酸钠溶液中加入适量醋酸得到的中性混合溶液：c平(Na+)=c平(CH3COO-)=c平(H+)=c平(OH-)D.0.1mol/LNa2CO3溶液：c平(OH-)=c平(-3HCO)+c平(H+)+2c

平(H2CO3)【答案】D【解析】【分析】【详解】A．①NH4Cl溶液；②(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解；③NH4HSO4溶液中H+抑制铵根离子水解；④(NH4)2CO3溶液碳酸根离子对铵根离子水解起促进作用，二元酸根离子水解程度大于一元酸根离子水解程度

，所以c平(+4NH)的大小关系：②>④>③>①，故A错误；B．根据物料守恒可知：c(NH3•H2O)+c(+4NH)=c(Cl-)，所以c平(+4NH)<c平(Cl-)，B错误；C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的中性混合溶液中c(H+)

=c(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO-)，溶液中离子浓度大小为：c平(CH3COO-)=c平(Na+)>c平(H+)=>c平(OH-)，C错误；D．碳酸钠溶液中根据质子守恒可知：c平(OH-)=c平(-3HCO)+c平(H+)+2c平(H2CO3)，D正确；故选：D。12.

下表中实验操作、现象与结论对应关系正确的是选项实验操作实验现象结论A以酚酞为指示剂，用盐酸标准液滴定氢氧化钠溶液溶液由红色变为浅红色便立刻读数测得氢氧化钠溶液的浓度偏大B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量

BaCl2固体有白色沉淀生成，溶液红色变浅证明纯碱溶液呈碱性是由CO23−水解引起的C室温下分别测定NaClO溶液、CH3COONa溶液的pH前者大酸性：HClO>CH3COOHDNaHCO3溶液中滴入酚

酞溶液变红弱酸的酸式盐溶液均呈碱性A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．溶液由红色变为浅红色立即读数，此时可能还未达到反应终点，消耗的盐酸的体积可能偏小，测的氢氧化钠溶液的浓度偏小，故A错误；B．碳酸钠溶液中存在CO23−＋H2OHCO3−＋OH－，溶液显碱性

，滴入酚酞溶液显红色，加入少量BaCl2溶液，发生Ba2＋＋CO23−=BaCO3↓，使平衡向逆反应方向进行，c(OH－)减小，红色变浅，能够说明结论，故B正确；C．根据盐类水解的规律，酸根越弱，水解程

度越大，NaClO溶液的pH最大，说明CH3COOH酸性强于HClO，故C错误；D．不是所有的弱酸的酸式盐溶液均呈碱性，如NaHSO3溶液中HSO3−的电离大于其水解程度，溶液显酸性，故D错误；综上所述答案为B。13.下列说法正确的是()A.明矾既能沉降水中的悬浮物，又能

杀菌消毒B.电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁C.热的纯碱溶液比冷的除油污的效果更好D.NH4Cl溶液可用作焊接时的除锈剂【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．明矾不具有强氧化性，不能杀菌消毒，铝离子水解生成胶体可沉降水中的悬

浮物，故A错误；B．电解MgCl2饱和溶液得到氢氧化镁沉淀，Mg是活泼金属，工业上采用电解熔融MgCl2制得金属镁，故B错误；C．纯碱水解吸热，升高温度，能促进其水解，所得溶液碱性更强，除油污的效果更好，故C正确；D．NH4Cl溶液水解显酸性，可与铁锈反应，则NH4Cl

溶液可用作焊接时的除锈剂，故D正确；故选：CD。14.利用如图装置制取Cu2O，乙的总反应化学方程式为：2Cu+H2O=Cu2O+H2↑。下列说法正确的是()A.乙中Cu电极的电极反应式是：2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2OB.甲中通入氧气的电极为负极C.乙中阴离子向铜电极移

动D.电路上通过0.5mol电子，可制得0.5molCu2O【答案】AC【解析】【分析】据图可知，甲装置是氢氧燃料电池，负极上电极反应式为H2+2OH--2e-=2H2O，正极上电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，乙装置为电解池，铜为阳极，阳极上电极反应式为2Cu+2OH--2e-=

Cu2O+H2O，石墨为阴极，阴极上电极反应式为2H++2e-=H2↑。【详解】A．乙是电解池，Cu连接原电池的正极，Cu为阳极，在Cu电极上，Cu失电子发生氧化反应，所以Cu的电极反应式是：2Cu+2OH--2e-=Cu

2O+H2O，故A正确；B．甲为氢氧燃料电池，甲中通入氧气的电极是正极，故B错误；C．乙是电解池，电解池中阴离子向阳极移动，则阴离子向Cu电极移动，故C正确；D．根据2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O可知，电路上通过05mol电子，可制得0.25molCu2O，故

D错误；答案选AC。15.常温下，向10mL0.1mol/L的某一元酸HR溶液中逐滴加入0.1mol/L氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析不正确的是（）A.a～b点导电能力增强说明HR为弱酸B.

a、b点所示溶液中水的电离程度不相同C.b恰好完全中和，pH=7说明NH4R没有水解D.c点溶液存在c（NH4+）＞c（R-）、c（OH-）＞c（H+）【答案】C【解析】【分析】【详解】A．a～b点导电能力增强，说明反应后

溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A正确；B．a、b点所示溶液中一元酸HR电离的氢离子浓度不同，对水的电离的抑制程度不同，因此水的电离程度不同，故B正确；C．NH4R为弱酸弱碱盐，NH4R的溶液pH=7，说明铵根离子和R-的水解程度相等，故C错误；D．根据图象可知，

c点时溶液的pH＞7，混合液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，结合电荷守恒可知：c(NH4+)＞c(R-)，故D正确；故选C。16.下列能级中，能级符号正确且轨道数为5的是（）A.2dB.3pC.4dD.5s【答案】C【解析】【分析】量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，

s能级有1个原子轨道，p能级有3个原子轨道，d能级有5个原子轨道，f能级有7个原子轨道，以此解答该题。【详解】A．2d指第2能层的d能级，电子层为2，能级只有s和p，不存在2d能级，故A错误；B．3p指第3能层的p能级，电子层为3，能级有s、p、d三种能级，存在3p能级，有

3个轨道，故B错误；C．4d指第4能层的d能级，电子层为4，能级有s、p、d、f四种能级，存在4d能级，有5个轨道，故C正确；D．5s指第5能层的s能级，电子层为5，能级有s、p、d、f、g五种能级，存在5s能级，有2

个轨道，故D错误；答案选C。【点睛】原子轨道概念是解本题关键，注意能级上的轨道数与能层无关。17.下列叙述正确的是()A.10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合：c(Cl-)=c

(Na+)>c(OH-)>c(H+)B.将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低C.将pH=4的醋酸1mL稀释至100mL后，pH等于6D.相同条件下，pH=5的①NH4Cl溶液、②CH3COOH溶液、③稀盐酸溶液中由水电离出的c平(H

+)：①>②>③【答案】A【解析】【分析】【详解】A．10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，生成NaCl和氨水，反应溶液呈碱性，则有c(Na+)=c(Cl-)，c(OH-

)＞c(H+)，氨水的电离程度较低，则有c(Cl-)＞c(OH-)，则c(Cl-)=c(Na+)>c(OH-)>c(H+)，故A正确；B．将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中氢离子浓度减小，由于水的离子积不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，故B错误；C．醋酸溶液中存在电离平衡

，加水稀释促进电离，所以pH=4的醋酸溶液1mL加水稀释至100mL，其pH小于6，故C错误；D．相同条件下，pH=5的①NH4C1溶液、②CH3C00H溶液、③稀盐酸溶液，酸抑制水的电离，氢离子浓度相同对水的抑制的程度相同，易水解的盐促进水的电

离，所以由水电离出的c(H+)：①＞②=③，故D错误；故选：A。18.在t°C时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知t°C时AgCl的Ksp=4×10-10，下列说法不正确的是()A.图中a点有AgBr

沉淀析出B.在t°C时，AgBr的Ksp数值为4.9×10-13C.在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点D.在t°C时，AgCl(s)+Br-(aq)⇌AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数K≈816【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．根据图象可知，在a点

时Q=c(Ag+)⋅c(Br−)＜Ksp，所以a点为AgBr的不饱和溶液，A项错误；B．结合图中c点的c(Ag+)和c(Br−)可知，该温度下AgBr的Ksp=c(Ag+)⋅c(Br−)=7×10−7×7×10−7=4.9×10−1

3，B项正确；C．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，不会不变，C项错误；D．反应AgCl(s)+Br-(aq)⇌AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数()()()(

)()()()()--+-10sp-13--+spClClAgAgCl410====816KAgBr4.910BrBrAgcccKKKccc平平平平平平，D项正确；答案选AC。19.常温下，在pH=1的某溶液

中可能有Na+、Fe3+、Fe2+、I−、Cl−、2-3CO中的几种，现取100mL该溶液进行如下实验。根据实验结果，下列判断正确的是()A.Fe2+、I−、Cl−三种离子一定存在B.2-3CO一定不存在，不能确定Na+和Cl−是否存在C.Fe3+与Fe2+至少有一种D.该溶液中c(Cl−)至少

为0.2mol⋅L-1【答案】A【解析】【分析】pH=1的溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，100mL该溶液中含有氢离子的物质的量为0.01mol，根据离子共存可知，一定不存在2-3CO；向溶液中通入氯气和四氯化碳分液后得到紫色溶液，则原溶液

中含有I-，铁离子能够氧化碘离子，则根据离子共存可知，一定不存在Fe3+；2.54g为碘单质，物质的量为2.54g=0.01mol254g/mol，原溶液中含有碘离子的物质的量为0.02mol；水层中加入氢氧化钠溶液得到固体，该固体为氢氧化亚铁，灼烧固体得到的1.60g为氧化铁，则溶液中

一定存在Fe2+，根据铁元素守恒可知亚铁离子的物质的量为：1.60g2=0.02mol160g/mol，0.02mol亚铁离子带有正电荷为0.04mol，0.02mol碘离子带有0.02mol负电荷，所以原溶液中一定含有Cl

-，其物质的量至少为0.04mol+0.01mol-0.02mol=0.03mol，氯离子的浓度最小为0.03mol=0.3mol/L0.1L，以此解答该题。【详解】A．由以上分析可知，原溶液中一定含有Fe2+、I−、Cl−，故A正确；B．原溶液中一定不存在2-3CO，一定含

有Cl−，可能含有Na+，故B错误；C．原溶液中一定存在Fe2+，一定不存在Fe3+，故C错误；D．根据分析可知该溶液中c(Cl−)0.3mol⋅L−1，故D错误；故选A。20.如图是2pz轨道电子云的示意图，请观察图，并

判断下列说法中不正确的是()A.2pz轨道上的电子在空间出现的概率分布是z轴对称B.点密集的地方表明电子出现的机会多C.电子先沿z轴正半轴运动，然后在负半轴运动D.2pz轨道形状为哑铃形【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由

图可知，2pz轨道上的电子出现的概率分布为z轴对称，在x、y轴方向出现的几率密度为零，故A正确；B．电子云图中的小黑点表示电子在核外空间出现机会的多少，点密集的地方表明电子出现的机会多，故B正确；C．电子运动是无规则的，电子云的疏密代表电子在此区域出现概率的大小，故C

错误；D．2pz轨道形状为两个椭圆球，又称为无把哑铃形，故D正确；故选：C。第Ⅱ卷(非选择题共50分)三、非选择题21.某矿石的主要成分为BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用该矿石制备BaCl2•2H2O的流程如图，且三次滤渣的主要成

分各不相同：如表为常温时各离子转化为氢氧化物沉淀时的pH：Fe3+Mg2+Ca2+开始沉淀时的pH1.99.111.9完全沉淀时的pH3.211.113.9(1)用15%盐酸浸取前需充分研磨，目的是__

_________。(2)滤渣Ⅰ的主要成分为___________；加入NaOH调pH的范围为___________；(3)取制得的BaCl2•2H2O(含少量杂质)2.5g配成100mL溶液，取10.00mL该溶液于烧杯中，加入足量(NH4)2C2O4溶液，过

滤，洗涤，将得到的BaC2O4沉淀用过量稀硫酸溶液溶解，过滤除去BaSO4沉淀，将所得的H2C2O4溶液移入锥形瓶，用0.05mol/L高锰酸钾标准液滴定至终点。已知：Ba2++2-24CO=BaC2O4↓BaC2O4+2H+

+2-4SO=BaSO4↓+H2C2O45H2C2O4+2-4MnO+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O①滴定时盛放高锰酸钾标准液的仪器是___________，当滴入最后半滴高锰酸钾溶液，锥形瓶中溶液颜色___________

，即说明达到滴定终点。②若滴定前滴定管的读数为1.80mL，滴定终点时滴定管中液面如图，则消耗的高锰酸钾的体积为___________mL③下列操作导致测定结果偏高的是___________a.测定时滴定管经蒸馏水洗涤后即加高锰酸钾溶液b.记录测定结果时，滴定前平视刻度线，滴定到达终

点时俯视刻度线c.滴定过程中向锥形瓶中加蒸馏水d.达到滴定终点时发现滴定管尖嘴处悬有一滴标准液e.滴定管中，滴定前无气泡，滴定后有气泡【答案】(1).增大固液接触面积，加快反应速率(2).Fe(OH)3(3).11.1≤pH＜11.9(4).酸

式滴定管(5).由无色变为浅红色，且半分钟不褪色(6).8.00(7).ad【解析】【分析】制备BaCl2•2H2O的流程：矿石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=B

a2++CO2↑+H2O，加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，Mg2+开始沉淀时的pH为9.1，Ca2+开始沉淀时的pH为11.9，故只有Fe3+完全沉淀，滤渣Ⅰ为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，由于三次滤渣的主要

成分各不相同，由表格数据知，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，故加入氢氧化钠调节pH时，应让Mg2+完全沉淀，Ca2+不沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2；溶液中含有Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，

得到滤渣Ⅲ为CaC2O4沉淀，除去Ca2+，得到含有氯化钡的溶液，再蒸发浓缩，冷却结晶得到BaCl2•2H2O，据此分析解答。【详解】(1)化学反应的速率与反应物的接触面积有关，矿石用盐酸浸取前需充分研磨，可以增大固液接触面积，加快反应速率；(2

)加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，Mg2+开始沉淀时的pH为9.1，Ca2+开始沉淀时的pH为11.9，故只有Fe3+完全沉淀，滤渣Ⅰ的主要成分为Fe(OH)3；过滤后溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，由于三

次滤渣的主要成分各不相同，由表格数据知，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Ca2+开始沉淀时的pH为11.9，故加入氢氧化钠调节pH时，应让Mg2+完全沉淀，Ca2+不沉淀，故加入NaOH调pH的范围为11.1≤pH＜11.9，

滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2；(3)①高锰酸钾溶液具有氧化性，只能盛放在酸式滴定管中，所以酸性高锰酸钾溶液应该盛放在酸式滴定管中；高锰酸根离子被还原生成的锰离子为无色，当滴入最后半滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变为浅

红色，且半分钟不褪色，即说明达到滴定终点；②若滴定前滴定管的读数为1.80mL，由图可知，滴定终点时，读数为9.80mL，则消耗的高锰酸钾的体积为9.80mL-1.80mL=8.00mL；③由已知反应可得，反应的关系式为5BaC

l2•2H2O~5H2C2O4~2-4MnO，根据消耗的标准高锰酸钾溶液的物质的量进而计算5BaCl2•2H2O的物质的量，a.测定时滴定管经蒸馏水洗涤后即加高锰酸钾溶液，相当于将高锰酸钾溶液稀释了，则消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大，测定结果偏高；b.记录测定结果时，滴定前平视刻度线，

滴定到达终点时俯视刻度线，使测得的高锰酸钾溶液的体积偏小，则测定结果偏低；c.滴定过程中向锥形瓶中加蒸馏水，对结果无影响；d.达到滴定终点时发现滴定管尖嘴处悬有一滴标准液，使测得的高锰酸钾溶液的体积偏大，则测定结果偏高；e

.滴定管中，滴定前无气泡，滴定后有气泡，使测得的高锰酸钾溶液的体积偏小，则测定结果偏低；故选ad。22.CO2、CO转化重整是环保的重要举措，受到社会越来越多的关注。回答下列问题：(1)CO2与H2在催化剂作用反应的能量变化如图甲所示。①CO2与H2在催化作用下发生吸热反应的产物为

___________。②写出CO(g)和H2(g)合成CH3OH(g)的热化学方程式为___________。(2)amolCO2和3amolH2混和气体在Cu-ZnO／ZrO2催化下反应，测得CO2转化率及CH3OH和CO选择率随温度变化如图乙所示(选择率：转化的CO

2中生成CH3OH或CO的百分比)。图乙中CH3OH选择率对应的曲线是___________(填“b”或“c”)(3)400K，反应物的起始浓度c(H2)=0.20mol·L-1，c(CO)=0.10mol·L-1，达平衡时c(CH3OH)=0.

080mol·L-1，则：①CO的平衡转化率为___________，②该温度下平衡常数K的数值为___________。③等温等容时下列说法不能证明该反应达到平衡状态的是（）A．混合气体的平均摩尔质量不变B．消耗1molCO的同时生成1molCH3OHC．体系的

压强不变时D．H2的浓度不变时【答案】(1).CO和H2O(2).-123CO(g)+2H(g)=CHOH(g)Δ=-90.6kJmolH(3).b(4).80%(5).32.510(6).B【解析】【分析】【详解】(1)①由图甲可知，CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2

O(g)△H1=+41.0kJ/mol，则该反应为吸热反应，产物为CO、H2O；②CO(g)和H2(g)合成CH3OH(g)的化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，图甲中，反应①：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+41.

0kJ/mol；反应②：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H2=-49.6kJ/mol，根据盖斯定律可知，由②-①可得，CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，则△H=-49.6kJ/mol-(+41.0kJ/

mol)=-90.6kJ/mol，即；-123CO(g)+2H(g)=CHOH(g)Δ=-90.6kJmolH；(2)由图甲可知，转化生成CH3OH的反应为放热反应，转化生成CO的反应为吸热反应，由图乙可知，b曲线物质的选择率随着温度的升高而降低，c曲线物质的选择率随着温度的

升高而增大，所以CH3OH选择率对应的曲线是b；(3①CO(g)与H2(g)合成CH3OH(g)的方程式为23CO(g)+2H(g)=CHOH(g)，可列出三段式(单位为mol·L-1)：23CO(g)+2H(g)=CHOH(g)0.10.200.080.160.080.020.040.08

，则CO的平衡转化率为0.08100%=80%0.1；②该温度下平衡常数320.08==2.5100.020.04K；③等温等容时，反应23CO(g)+2H(g)=CHOH(g)为反应前后气体体积发生变化的反应，A．气体总质量不变，气体物质的量发生变化，则混合气体的

平均摩尔质量为一变化的量，则混合气体的平均摩尔质量不变能证明该反应达到平衡状态；B．反应即使没有达到平衡状态，消耗1molCO的同时也生成1molCH3OH，故不能证明该反应达到平衡状态；C．容器容积不变，气体物质的量发生

变化，则体系的压强为一变化的量，故体系压强不变时，能证明该反应达到平衡状态；D．H2的浓度不变时，说明正逆反应速率相等，能证明该反应达到平衡状态；故选B。23.电解质水溶液中存在各种行为，如电离、水解、沉淀溶解等，据所学知识回答下列问题：(1)某温度下，pH均为4的盐酸和醋

酸溶液分别加水稀释，其pH随溶液体积变化的曲线图中，a点对应的酸为___________；(填名称)，该醋酸溶液稀释过程中，下列各量一定变小的是___________。(填序号)a.c(H+)b.c(OH-)c.()()()-3-3cCHCOOHcOHcCHCOOd.()()3+cCHCO

OHcH(2)在t℃时，某NaOH稀溶液中c(H+)=10-amol·L-1，c(OH-)=10-bmol·L-1，已知a+b=12，则在该温度下，将100mL0.1mol·L-1的稀H2SO4与100mL0.4mol·L-1的NaOH溶液混合后，溶液

的pH=___________。(3)25℃时，将amol·L-1的醋酸和bmol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的pH=7，则a___________b(填“＞”、“＜”或“=”)，此时溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=__________

_mol·L-1(用字母表示)(4)将AgCl分别放入：①5mL水②10mL0.1mol·L-1MgCl2溶液③20mL0.5mol·L-1NaCl溶液④40mL0.3mol·L-1盐酸溶液中溶解至溶液饱和，各溶液中Ag+的浓度分别为a、b、c

、d，它们由大到小的排列顺序___________(用字母表示)。【答案】(1).醋酸(2).ad(3).11(4).＞(5).a2(6).a＞b＞d＞c【解析】【分析】【详解】(1)醋酸是弱酸，盐酸

是强酸，pH相等的醋酸和盐酸，加水稀释过程中，醋酸可以继续电离出氢离子导致稀释相同倍数时的pH：醋酸＜盐酸，所以pH变化大的是盐酸、变化小的是醋酸，根据图知，上边曲线表示盐酸、下边曲线表示醋酸，所以a点对应的酸为醋酸；加水稀释促进醋酸的电离，但醋酸电离增大的程度小于溶液体积增大的程度

，所以溶液中c(H+)、c(CH3COOH)、c(CH3COO-)都减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c(OH-)增大：a．加水稀释促进醋酸的电离，但醋酸电离增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以溶液中c(H+)变小，故a正确；b．溶液中c(H+)减小，温度不变，水的离

子积常数不变，则溶液中c(OH-)增大，故b错误；c.()()()-3-3cCHCOOHcOHcCHCOO=()()()()()33cCHCOOHcOHcHcCHCOOcH−+−+=waKK，温度不变、水的离子积常数和醋酸的电离平衡常数不变，所以该比值不

变，故c错误；d．加水稀释促进醋酸的电离，则醋酸的物质的量减小、氢离子物质的量增大，所以()()3+cCHCOOHcH变小，故d正确；答案选：ad；(2)水的离子积常数Kw=c(H+)×c(OH-)=10-a×10-b=10-(a+b)=10-12，100mL0.1mol·L-1的稀H2S

O4中氢离子的物质的量为：0.1mol/L×2×0.1L=0.02mol，100mL0.4mol·L-1的NaOH溶液中氢氧根离子的物质的量为：0.4mol/L×0.1L=0.04mol/L，两溶液混合时氢氧根离子过量，所得溶液中c(OH-)=0.04mol0.02

mol0.2L−=0.1mol/L，溶液中c(H+)=()wOHKc−=10-11mol/L，则溶液的pH=11；(3)若醋酸和氢氧化钠恰好完全反应，所得溶液中的溶质为醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液呈碱性，25℃时，将amol·L-1的醋酸和bmol·L-1的氢氧化钠溶液

等体积混合后，溶液的pH=7，说明醋酸过量，则a＞b；根据物料守恒可知，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=amol/L2=a2mol/L；(4)AgCl在溶液中存在溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，溶液中Ag+、Cl

-都抑制AgCl溶解，且这两种离子浓度越大，其抑制AgCl溶解的程度越大，①中c(Cl-)=0、②中c(Cl-)=0.2mol/L、③中c(Cl-)=1mol/L、④中c(Cl-)=0.3mol/L，则抑制Ag

Cl溶解程度的大小顺序是：③＞④＞②＞①，所以Ag+的浓度由大到小的排列顺序是：a＞b＞d＞c。24.通过学习，同学们对宏观辨识与微观探析，变化观念与平衡思想等学科素养有了进一步的认识和理解。请根据所学知识回答下列问题：I.铅蓄电池性能优良、用途广泛，充、放电时的工作示意图如

下，电池反应为：PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O(1)下列说法正确的是___________(填序号)a.该电池为二次电池，充、放电反应互为可逆反应b.K与N连接时，H+向Pb电极移动c.K与M连接时，所用电源的a极为负极d.K与M连接时，电子流向为Pb→

a→b→PbO2→Pb(2)K与M连接时，Pb电极上电极反应式为___________(3)K与N连接时，当电路中转移0.2mol电子时，消耗的H2SO4为___________molII.常温下，向20mL0.1mol•L-1的MOH溶液中逐滴加入0.1mo

l•L-1HCl溶液，滴定曲线如图所示。请回答下列问题：(4)请写出MOH的电离方程式___________。(5)滴定到B点时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是___________。(6)C点所对应溶液的PH＜7，用离子方程式解释其原因___

________。【答案】(1).c(2).PbSO4+2e-=Pb+2-4SO(3).0.2(4).MOH⇌M++OH-(5).c(M+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)(6).M++H2O⇌MOH+H+【解析】【分析】【详解】I.铅蓄电

池的电池反应为：PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，负极为Pb，正极为PbO2，放电时总反应为：PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O；充电时总反应为：2PbSO4+2H2O=PbO2+Pb+2H2SO4，(1)a.该电池为二次电池，充、

放电反应条件不同，故不互为可逆反应，故错误；b.K与N连接时，为放电过程，为原电池原理，负极为Pb，正极为PbO2，阳离子移动向正极，故H+向PbO2电极移动，故错误；c.K与M连接时，为充电过程，为电解池原理，此时负极变为得电子的阴极，应与外接电源的负极相连接，所用电源的a极

为负极，故正确；d.K与M连接时，为充电过程，为电解池原理，此时负极变为得电子的阴极，阴极得电子，正极变为失电子的阳极，阳极失电子，电子不能在溶液中移动，电子流向为a→Pb，PbO2→b，故错误；故选c；(2)K与M连接时，Pb电极为阴极，

发生还原反应，电极反应式为PbSO4+2e-=Pb+2-4SO(3)根据反应方程式PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O可知，K与N连接时，当电路中转移0.2mol电子时，消耗的H2SO4为0.2mol；II.(4)由图像的起始点

可知，0.1mol•L-1的MOH的pH为11，则MOH为弱碱，其电离方程式为MOH⇌M++OH-；(5)滴定到B点时，MOH消耗一半，此时溶液为MOH、MCl等浓度混合的溶液，此时溶液显碱性，则MOH的电离程度大于M+的水解程度，故溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c(M+)＞c(Cl-)

＞c(OH-)＞c(H+)；(6)C点时，二者恰好反应生成MCl，M+发生水解反应M++H2O⇌MOH+H+，使溶液呈酸性，PH＜7。