【文档说明】【精准解析】黑龙江省牡丹江市东部地区四校联考2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题.doc，共(21)页，561.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019——2020学年度上学期高二期末考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Na—23Ca—40Fe—56Zn—65第I卷（选择题)一、单选题（本题共20小题，每题3分，共60分。）1.下列能量转化过程与氧

化还原反应无关的是()A.硅太阳能电池B.锂离子电池放电C.火箭的燃料燃烧D.葡萄糖提供能量【答案】A【解析】【详解】A.硅太阳能电池是将太阳能转化成电能，不涉及氧化还原反应，故A符合题意；B.锂离子电池是Li单质为负极，该电池是将化学能转化成电能，涉及氧化还原

反应，故B不符合题意；C.火箭燃料燃烧涉及氧化还原反应，故C不符合题意；D.葡萄糖提供能量是葡萄糖与O2反应放出能量，涉及氧化还原反应，故D不符合题意；答案：D。2.已知等浓度的NaX、NaY、NaZ三种溶液的pH：10、9、8，则由此可判断

下列叙述正确的是()A.HX>HY>HZB.HX<HY<HZC.HZ>HX>HYD.HX>HZ>HY【答案】B【解析】【分析】利用“越弱越水解”进行分析；【详解】NaX、NaY、NaZ三种溶液的pH：10、9、8，利用“越弱越水解”，三种溶液碱性强弱

顺序是NaX>NaY>NaZ，得出酸性强弱：HZ>HY>HX，故B正确；答案：B。3.某科研团队研制出“TM﹣LiH（TM表示过渡金属）”双催化剂体系，显著提高了在温和条件下氮气和氢气合成NH3的效率，原理示意如下：下列分析不合理的是（）A.状态Ⅰ，吸收能量并有N≡N键发生断裂B.合成NH3总反

应的原子利用率是100%C.“TM﹣LiH”能降低合成氨反应的△HD.生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3【答案】C【解析】【分析】由流程可知氮气与TM-LiH反应生成LiNH，LiNH与氢气反应生成氨气和LiH，总反应为2LiNH+3H2═2LiH+2NH3。【详解】A

．状态Ⅰ为氮气生成LiNH的过程，N≡N键发生断裂要吸收能量，故A正确；B．由流程可知氮气和氢气反应，生成物只有氨气，原子利用率为100%，故B正确；C．催化剂可降低反应的活化能，但不能降低反应物和生成

物的总能量，不能改变反应热，故C错误；D．由状态Ⅲ可知生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3，故D正确。故选C。4.下列叙述中正确的是A.若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀B.常温常压下，

氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH2，转移电子的数目为6.02×1023C.工业制粗硅2C(s)＋SiO2(s)===Si(s)＋2CO(g)，室温下不能自发进行，则△H＞0D.稀盐酸和稀氢氧化钠反应的中和热为－57.3kJ•mol-1，则稀醋酸和稀氨水反应的中和热也为-57.3

kJ·mol-1【答案】C【解析】【详解】A.若在海轮外壳上附着一些铜块，构成铁铜原电池，铁作负极，加快海轮外壳的腐蚀，故错误；B.常温常压下，气体摩尔体积的值发生变化，11.2LH2的物质的量不是0.5mol，故错误；C.△G=△H-T△S，气体体积增加，△S＞0，室

温下不能自发进行，即△G>0，则△H＞0，故正确；D.醋酸和一水合氨都是弱电解质，其电离都是吸热反应，所以它们反应的中和热不是-57.3kJ·mol-1，D错误；故合理选项为C。5.反应A(g)+2B(g)C(g

)+D(g)+QkJ的能量变化如图所示，有关叙述正确的是A.Q＝E2B.在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1减小，E2不变C.Q＞0，升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小D.若减小体积，平衡会移动，当反应再次达到平衡时，A的平衡浓度增大

【答案】D【解析】【详解】A.反应热=反应物的总键能−生成物的总键能,则Q＝E2−E1，故A错误；B.催化剂使正逆反应的活化能都降低,反应速率加快,则E1减小,E2减小，故B错误；C.升高温度，正逆反应速率都增大，故C错误；

D.缩小体积，虽然平衡正向移动，但由于体积减小，反应物、生成物的浓度都增大，故D正确。故选D。【点睛】升高温度，无论是放热反应还是吸热反应，正逆反应速率均增大，因为温度升高，活化分子数目增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快。6.下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（）A.电解

饱和食盐水：C1-+2H2O电解H2↑+Cl2↑+OH-B.铅蓄电池充电时阳极反应式为：PbSO4–2e-+2H2O＝PbO2+4H++SO42―C.氢氧燃料电池在碱性介质中的负极反应式：O2+2H2O+4e-＝4OH-D.钢铁发生电化学腐蚀的

正极反应式：Fe–2e-＝Fe2+【答案】B【解析】【详解】A.该离子方程式的原子不守恒，正确的是2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－，故A错误；B.电池充电时电池的正极接电源的正极，电池的负极接电源的负极，铅蓄电池正极为PbO2，其电极反应式为PbO2＋2e

－＋SO42－＋4H＋=PbSO4＋2H2O，根据电解原理，阳极反应式为PbSO4－2e－＋2H2O=PbO2＋＋SO42－＋4H＋，故B正确；C.根据原电池的工作原理，负极上失去电子，电极反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O，正极

反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故C错误；D.正极上得到电子，发生还原反应，钢铁腐蚀中负极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故D错误；答案：B。7.下列热化学方程式书写正确的是(ΔH的绝对值均正确)（）A.C2H5OH(l)+3O

2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)ΔH=-1367.0kJ·mol-1(燃烧热)B.NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=+57.3kJ·mol-1(中和热)C.S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-296.8kJ·mol-1(反应热)D.2NO2=O2+

2NOΔH=+116.2kJ·mol-1(反应热)【答案】C【解析】【详解】A.水为气态，不表示燃烧反应的热化学方程式，A不正确；B.中和反应都是放热反应，ΔH应小于0，B不正确；C.标明了反应物或生成物的状态，且燃烧反应放热，C正确；

D.没有标明物质的状态，D不正确。故选C。8.下列四种溶液中,常温下由水电离出的c(H+)之比(①∶②∶③∶④)等于①pH=0的盐酸②0.1mol·L-1的盐酸③0.01mol·L-1的NaOH溶液④pH=11的NaOH溶液A.1∶10∶100∶1000B.0∶1∶12∶11C

.14∶13∶12∶11D.14∶13∶2∶3【答案】A【解析】【详解】①pH=0的盐酸，溶液中c(OH-)=10-14mol/L，由于水电离产生的氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以c(H+)(水)=c(OH-)=10-14mol/L

；②0.1mol/L的盐酸，c(OH-)=10-13mol/L，则c(H+)(水)=c(OH-)=10-13mol/L；③0.01mol/L的NaOH溶液，c(H+)(溶液)=10-12mol/L，c(H+)(水)=c(H+)(溶液)=10-12mol/

L；④pH=11的NaOH溶液，c(H+)(溶液)=10-11mol/L，c(H+)(水)=c(H+)(溶液)=10-11mol/L；所以由水电离出的氢离子浓度之比为10-14mol/L：10-13mol/L：10-12mol/L：10-1

1mol/L=1:10:100:1000，所以选项是A。9.已知：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－49.0kJ·mol－1。一定条件下，向体积为1L的密闭容器中充入1molCO2和3molH2，测得CO2和CH3

OH(g)的浓度随时间的变化曲线如图所示。下列叙述中正确的是()A.欲增大平衡状态时()()32cCHOHcCO的比值，可采用升高温度的方法B.3min时，CO2的消耗速率等于CH3OH的生成速率，且二者浓度相同C.欲提高H2的平

衡转化率只能加压减小反应容器的体积D.从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)＝0.075mol·L－1·min－【答案】B【解析】【详解】A.该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量减少，CO2的物质的量增大，即该比值减小，故

A错误；B.根据图像，3min时消耗CO2物质的量浓度与生成CH3OH物质的量浓度相同，根据化学反应速率数学表达式，推出3min时CO2的消耗速率等于甲醇的生成速率，且二者浓度相同，故B正确；C.该反应为放热反应，降低温度，促使平衡向正反应方向进行，

H2的平衡转化率提高，加压，平衡向正反应方向进行，H2的转化率提高，也可以向容器中通入CO2，也可以提高H2的转化率，故C错误；D.根据图像，达到平衡时，甲醇的物质的量浓度为0.75mol·L－1，则消耗H2的物质的量浓度为0.75mol·L－1×3=2.25mol·L－1，v(H2)=0.

225mol·L－1，故D错误；答案：B。10.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.将1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2326.0210B.密闭容器中2molNO与1m

olO2充分反应，产物的分子数为2NAC.1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.1NAD.某电池的总反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋,当有5.6gFe溶解时电

路中有0.2mole-通过【答案】D【解析】【详解】A.氯气通入水中，氯元素以Cl2、Cl－、ClO－、HClO形式存在，根据物料守恒，HClO、Cl－、ClO－物质的量小于2mol，故A错误；B.NO和O2反应2NO＋O2=2NO2，2molNO与1molO2完全反应，NO2中存在：

2NO2N2O4，产物分子物质的量小于2mol，故B错误；C.NaHCO3中C元素以H2CO3、CO32－、HCO3－形式存在，则HCO3－和CO32－离子物质的量之和小于0.1mol，故C错误；D.根据总反应，得

出Fe－2e－=Fe2＋，当有5.6gFe溶解时电路中有0.2mole－通过，故D正确；答案：D。11.X、Y、Z、W四块金属分别用导线两两相连浸入稀硫酸中组成原电池，X、Y相连时，X为负极；Z、W相连时，电

流方向是W→Z；X、Z相连时，Z极上产生大量气泡；W、Y相连时，W极发生氧化反应。据此判断金属的活动性顺序是A.Y＞W＞Z＞XB.X＞Z＞W＞YC.Z＞X＞Y＞WD.X＞Y＞Z＞W【答案】B【解析】【分析】原电池中，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，负极上失

电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极，电流从正极沿导线流向负极。【详解】原电池中，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，X、Y相连时，X为负极，则金属活动性顺序为X＞Y；电子从负极沿导线流向正极，电流从正极沿导线流向负极，Z、W相

连时，电流方向是W→Z，则金属活动性顺序为Z＞W；负极上失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，X、Z相连时，Z极上产生大量气泡，则金属活动性顺序为X＞Z；负极上失电子发生氧化反应，正极上发生还原反应，W、

Y相连时，W极发生氧化反应，则金属活动性顺序为W＞Y，故四种金属的活动性顺序是X＞Z＞W＞Y，故选A。【点睛】本题以金属活动性顺序的判断为载体考查了原电池原理，根据金属的活泼性、电极反应类型、电极反应现象等知识来分析解答。12.下列各种情况下能大

量共存的离子组为（）A.pH=7的溶液中：Fe3+、Cl-、Na+、NO3-B.c（H+）=1×10-3mol/L的溶液中Na+、CO32-、Cl-、K+C.pH=1的溶液中NH4+、Cl-、Mg2+、SO42-D.Al3+、HCO3-、I-、C

a2+【答案】C【解析】【详解】A.Fe3＋水解，溶液显酸性，pH<7，故A不符合题意；B.c(H＋)=10－3mol·L－1说明溶液显酸性，CO32－不与H＋大量共存，故B不符合题意；C.pH=1说明溶液显酸性，这些离子在酸性条件下能够大量共存，故C

符合题意；D.Al3＋和HCO3－发生：Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑，这些离子不能大量共存，故D不符合题意；答案：C。13.铜锌原电池(如图)工作时，下列叙述正确的是A.正极反应为：Z

n－2e－===Zn2＋B.电池反应为：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋CuC.在外电路中，电子从正极流向负极D.盐桥中的K＋移向ZnSO4溶液【答案】B【解析】【详解】Zn比Cu活泼，Zn为负极，Cu为正极；A.正极反应

为Cu2++2e-=Cu，A错误；B.电池反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，B正确；C.在外电路中，电子从负极流向正极，C错误；D.原电池中，阴离子移向负极，阳离子移向正极，盐桥中K+移向CuSO4溶液，D错误；答案选B。1

4.HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，在0.1mol·L-1NaA溶液中，离子浓度关系正确的是A.c(Na＋)＞c(A－)＞c(H+)＞c(OH－)B.c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H+)C.c(Na＋)+c(OH－)=c

(A－)+c(H+)D.c(Na＋)+c(H+)=c(A－)+c(OH－)【答案】D【解析】【详解】A.NaA为强碱弱酸盐，A-水解导致溶液呈碱性，则c（H+）<c（OH-），A-水解、钠离子不水解，所以c（Na+）>c（A-）

，A-水解程度较小，则溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）>c（A-）>c（OH-）>c（H+），故A错误；B.根据A的分析可知，c（A-）>c（OH-），故B错误；C.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c

（OH-）+c（A-），溶液呈碱性，钠离子不水解，所以c（Na+）+c（OH-）>c（A-）+c（H+），故C错误；D.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），故D正确；故选D。15.在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：

CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，下列说法正确的是（）A.稀释溶液，水解平衡常数增大B.通入CO2，平衡朝正反应方向移动C.升高温度，3-2-3c(HCO)c(CO)减小D.加入NaOH固体，溶液pH减小【答案】B【解析】【详解】A

．水解平衡常数只与温度有关，则稀释溶液，水解常数不变，故A错误；B．通入CO2，OH－浓度会减小，平衡向正反应方向移动，故B正确；C．升高温度平衡向正向移动，c(HCO3－)增大，c(CO32－)减小，故3-2-3c(HCO

)c(CO)增大，故C错误；D．NaOH是强碱，加入NaOH固体，溶液的碱性增强，pH增大，故D错误；故答案为B。16.下列图示与对应的叙述不正确的是()A.表示反应4CO(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+

4CO2(g)，保持其他条件不变，改变CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况。由图可知，NO2的转化率：c＞b＞aB.b表示25℃时，分别加水稀释体积均为100mL、pH＝2的CH3COOH溶液和HX溶液

，则25℃时HX的电离平衡常数小于CH3COOH的电离平衡常数C.c是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图象，压强p1>p2D.d是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl固体后化学反应速率随时间变化的图象【答案】D【解析

】【详解】A.增加CO的量，促使平衡向正反应方向进行，NO2的转化率增大，即c>b>a，故A说法正确；B.相同pH时，加水稀释相同倍数，酸性强的酸pH变化大，根据图像，CH3COOH的酸性强于HX，即HX

的电离平衡常数小于CH3COOH的电离平衡常数，故B说法正确；C.根据反应方程式，增大压强，促使平衡向正反应方向进行，A的转化率增高大，根据图像p1>p2，故C说法正确；D.该反应的离子方程式为Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，加入少量KCl固体，对平

衡移动无影响，故D说法错误；答案：D。【点睛】易错点是选项D，学生根据FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl，加入KCl固体，KCl浓度增大，逆反应速率增大，平衡向逆反应移动，认为选项D正确，忽略了此题应从离子方程式

角度进行分析，KCl不参与反应，对平衡无影响。17.对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解释A用热的纯碱溶液去除油污纯碱与油污直接发生反应，生成易溶于水的物质B施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用K2C

O3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效C漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的ClO-可以水解成HClODFeCl3溶液可用于水处理FeCl3中Fe3+具有氧化性可杀菌消毒A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.纯碱为Na2CO3，因CO

32－的水解，使溶液向碱性，加热促进水解，碱性增强，油污含有油脂，油脂在碱中水解中可溶水的物质，故A错误；B.K2CO3溶液显碱性，NH4Cl溶液显酸性，两者混合使用，发生双水解反应生成NH3，造成N的损

失，故B正确；C.漂白粉久置失效的原因是Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3＋2HClO，2HClO2HCl＋O2↑，故C错误；D.FeCl3在水中水解成Fe(OH)3胶体，利用胶体吸附性，达到净水目的，与杀菌消毒无关，故D错误；答案：B。18.下

列说法不正确的是（）A.常温下，将pH=4的盐酸1mL稀释至100mL后，pH等于6B.常温下，pH均为3的醋酸和硝酸溶液，醋酸的浓度大于硝酸的浓度C.常温下，pH为1的硝酸溶液中加入等体积pH为13氢氧化钡溶液恰好完全中和D.若V1LpH=11的NaOH溶液

与V2LpH=3的HA溶液混合后显中性，则V1≤V2【答案】D【解析】【详解】A.HCl为强酸，完全电离，稀释过程中溶质的物质的量不变，因此有稀释后c(H＋)=343110L10mol/L10010L−−−=10－6mol·L－1，即pH=6，故A说法正确；B.醋酸为弱酸，部分

电离，硝酸为强酸，完全电离，因此相同pH时，醋酸的物质的量浓度大于硝酸的物质的量浓度，故B说法正确；C.常温下，pH=1的硝酸溶液中c(H＋)=10－1mol·L－1，pH=13的氢氧化钡溶液中c(OH－)=10－1mol·L－1，等体积混合后，H＋和O

H－物质的量相等，两者恰好完全反应，故C说法正确；D.如果HA为强酸，则V1=V2，如果HA为弱酸，HA的浓度远远大于氢氧化钠的浓度，则V1>V2，故D说法错误；答案：D。19.铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2OFe(OH)2+2Ni

(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是()A.电池放电时，负极反应为Fe+2OH－-2e－=Fe(OH)2B.电池的电解质溶液为碱性溶液，阳离子向正极移动C.电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D.电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2+2OH－-2e－=Ni2O3+

3H2O【答案】C【解析】【详解】A.放电是电池工作，根据原电池的工作，负极上发生氧化反应，化合价升高，即电极反应式为Fe－2e－＋2OH－=Fe(OH)2，故A说法正确；B.根据总反应生成Fe(OH)2和Ni(OH)2，

说明电解质溶液为碱性溶液，根据原电池工作原理，阳离子向正极移动，故B说法正确；C.电池充电，阴极反应式为Fe(OH)2＋2e－=Fe＋2OH－，c(OH－)增大，pH增大，故C说法错误；D.电池充电，属于电解装置，阳极反应式为2Ni＋2OH－－2e

－=Ni2O3＋3H2O，故D说法正确；答案：C。【点睛】电池充电为电解装置，电池的正极接电源的正极，电池的负极接电源的负极，充电时电极反应式应是电池放电时正负电极反应式逆过程，该电池的负极反应式为Fe＋2OH－－2e－=Fe(OH)2，正极反应式为Ni2O3＋3H2O－2e－=

2Ni(OH)2＋2OH－，因此充电时，阴极反应式为Fe(OH)2＋2e－=Fe＋2OH－，阳极反应式为2Ni＋2OH－－2e－=Ni2O3＋3H2O。20.常温时，向20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1mol/L的NaOH溶液，滴

入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是A.a点的pH=1B.b点时，c(CH3COO—)=0.05mol/LC.c点时，V(NaOH)=20mLD.反应过程中-33c(CHCOO

)c(CHCOOH，）的值不断增大【答案】D【解析】A、CH3COOH为弱酸，部分电离，a点为0.1mol/L的CH3COOH溶液，c(H+)浓度小于0.1mol/L，则pH大于1，故A错误；B、b点溶质为CH3COOH和CH3COONa，二者物质的量相等；溶液体积由20mL扩大为30m

L，根据物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=0.1mol/L×23；CH3COOH的电离和CH3COO－的水解均是微弱的，则二者的浓度应均接近于0.1?/3molL≈0.033mol/L，不会等于0.

05mol/L，故B错误；C、假设c点时，V(NaOH)=20mL，则CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa，此时溶液显碱性，pH＞7，与图不符，故假设不成立，故C错误；D、333()()()()acCHCOOKCHCOOHcCHCOOHcH−+=，随着NaOH的加入，

溶液的碱性逐渐增强，c(H+)逐渐减小，而温度不变，Ka不变，则33()()cCHCOOcCHCOOH−的值逐渐增大，故D正确。故选D。点睛：b点溶质为CH3COOH和CH3COONa，二者物质的量相等，此时溶液显酸性，则CH3COOH的电离大于CH3COO－的水解，所以

c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，又c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=0.1mol/L×23，所以c(CH3COO－)略大于0.033mol/L，c(CH3COOH)略小于0.033mol/L，B选项为该题的难点。第II卷（非选择题)二、填空题21.运用化学反应原理研

究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。(1)反应ⅠFe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)ΔH1，平衡常数为K1；反应ⅡFe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)ΔH2，平衡常数为K2

；在不同温度K1、K2值如下表：700℃900℃K11.472.15K22.381.67①由表中判断，反应Ⅰ为中ΔH1______(填“<”或“=”或“>”)0。②反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O

(g)ΔH平衡常数为K，则K＝________(用K1和K2表示)。③能判断CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)达到化学平衡状态的依据是________(填字母)。A.容器中压强不变B.混合气体中c(CO)不变C

.v正(H2)＝v逆(H2O)D.c(CO)＝c(CO2)E.容器内的气体密度不变F.混合气体的平均摩尔质量不变。(2)在不同温度和压强下合成氨，起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1mol、3mol。平衡时混合物中氨的

体积分数与温度的关系如图。①P1_______P2(填“>”“=”“<”或“不确定”，)。②C点H2的转化率为________。【答案】(1).>(2).12KK(3).BC(4).<(5).66.7﹪【解析】【分析】(1)①利用化学

平衡常数只受温度的影响，与浓度无关，然后利用温度对化学平衡移动影响进行分析；②利用化学平衡常数表达式进行分析；③利用化学平衡状态的定义进行分析；(2)①利用等问下，压强对化学平衡移动的影响进行分析；②利用“三段式法”进行计算；【详

解】(1)①根据表格中数据，温度升高，K1增大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即△H1>0；②根据化学平衡常数的定义，K1=2c(CO)c(CO)，K2=22c(H)c(HO)，K=222c(CO)c(HO)c(CO)c(H),推出K=12KK；③

A.该反应的特点：反应前后气体系数之和相等，即反应前后气体物质的量不变，从而推出压强不变，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；B.根据化学平衡状态的定义，当c(CO)不再改变，说明反应达到平衡，故B符

合题意；C.v正(H2)表示向正反应方向进行，v逆(H2O)表示向逆反应方向进行，且H2和H2O的系数相同，v正(H2)＝v逆(H2O)能够说明反应达到平衡，故C符合题意；D.通过两者浓度相等，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；E.反应前

后气体系数之和相等，因此气体总体积保持不变，组分都是气体，气体总质量保持不变，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，故E不符合题意；F.反应前后气体系数之和相等，即气体物质的量保持不变，气体总质量保持不变，因此平均摩尔质量不变，不能说明反应达到平衡，故F不

符合题意；(2)①合成氨的反应方程式为N2＋3H22NH3，相同条件下，压强越大，平衡向正反应方向进行，NH3体积分数增大，即P2>P1；②223N3H2NH130x3x2x1x33x2x−−起始变化平衡＋，C点氨的体积分数为2x42x−

×100%=50%，解得x=23，则H2的转化率为2333×100%≈66.7%。22.在室温下，下列五种溶液：①0.1mol/LNH4Cl溶液，②0.1mol/LCH3COONH4溶液，③0.1mol/LNH4H

SO4溶液，④0.1mol/L（NH4）2SO4，⑤0.1mol/L氨水。请根据要求填写下列空白：(1)溶液①呈______性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是____________________（用离子方程式表示）。(2)室温下，测得溶液②的pH=

7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO－)________c(NH4+)（填“>”、“<”或“=”）。(3)上述溶液中c（NH4+）最小的是_________（填序号）。(4)常温下，0.1mol/L氨水溶液加水稀释过程中，下列表达式的数值变大的是__________

__（填字母）。A．c(OH—)B．()()—32cOHcNHHOC．c(H+)·c(OH－)D．()()()—+432cOHNHcNHHOc【答案】(1).酸(2).NH4++H2ONH3·H2O+H+(3).

=(4).⑤(5).B【解析】【分析】(1)NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4＋水解，使溶液显酸性；(2)CH3COONH4属于弱酸弱碱盐，都发生水解，pH=7说明溶液显中性，用电荷守恒进行分析；(3)利用弱电解质的电离、盐类水解

程度微弱进行分析；(4)NH3·H2O为弱碱，加水稀释促进电离进行分析；【详解】(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，造成溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性；(2)根据电荷守恒，得出c(H

＋)＋c(NH4＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，pH=7时，说明c(H＋)=c(OH－)，即得出c(NH4＋)=c(CH3COO－)；(3)弱电解质的电离程度、盐类水解程度微弱，得出c(NH4＋)大小顺序是④>③>①>②>⑤；(4)A.NH3·H2O为弱碱，加水

稀释促进电离，但c(OH－)减小，故A不符合题意；B.()()()()+4b++44——3232cOHcOHcNHHOcc(NHNH)=c(NH)c(HONH)K=，加水稀释，温度不变，Kb不变，c(NH4＋)减小，该比值增大，故B符合题意；C.c(H＋)·c(OH－)=Kw，Kw只受温度

的影响，因此加水稀释Kw不变，即c(H＋)·c(OH－)保持不变，故C不符合题意；D.该比值为NH3·H2O的电离平衡常数，加水稀释，电离平衡常数不变，故D不符合题意。23.(1)工业上制取纯净的Cu

Cl2·2H2O的主要过程是①将粗氧化铜(含少量Fe)溶解于稀盐酸中，加热、过滤，调节滤液的pH为3；②对①所得滤液按下列步骤进行操作：已知：物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3Ksp/25℃mol3·L－38.0×10－

162.2×10－204.0×10－38完全沉淀时的pH范围≥9.6≥6.43～4请回答下列问题：①加入的氧化剂X，下列物质最好选用的是______．A．KMnO4B．H2O2C．氯水D．HNO3②加入Y的作用是__

_________________________，Y的化学式为____________。③溶液乙在蒸发结晶时应注意：________________________________。(2)如图为相互串联的甲、乙两个电

解池，试回答下列问题：甲池若为用电解原理精炼铜的装置，阴极增重19.2g，则乙池阳极放出气体在标准状况下的体积为__________L（不考虑气体的溶解情况）【答案】(1).BC(2).调节PH值使Fe3+沉淀完全(3)

.CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3(4).在HCl气流中加热蒸发(5).6.72【解析】【分析】(1)①根据流程，加入氧化剂X后，只有Fe2＋被氧化成Fe3＋，没有引入新的杂质

，据此分析；②根据流程的目的，以及表格中的数据，加入Y的目的是调节pH，使Fe3＋以Fe(OH)3形式沉淀出来，加入Y不能引入新的杂质，据此分析；③Cu2＋以水解，因此加热蒸发时注意防止Cu2＋水解；(2)

该装置为电解池，根据电解原理，甲为精炼铜，A为阴极，纯铜作阴极，电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，B为阳极，粗铜作阳极，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，Fe为阴极，碳棒为阳极，书写出电极反应式，根据电子守恒进行计

算；【详解】(1)①加入氧化剂X后，除Fe2＋转化成Fe3＋外，其余离子不发生变化，试剂X可以是Cl2、H2O2等氧化剂，使用KMnO4引入K＋、Mn2＋杂质，使用HNO3，引入NO3－，且产生氮的氧化物，对环境与污染；②加入Y后过滤，除去Fe元素，根据表格中数据，加入Y的目的是调节pH，

使Fe3＋以Fe(OH)3形式沉淀出来；加入的Y，能与H＋发生反应，为不引入新杂质，加入物质不溶于水，即Y可以是CuO也可以是Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3；③Cu2＋能发生水解，加热促进其水解，

因此蒸发结晶为防止Cu2＋水解，需要在HCl气流中加热蒸发；(2)该装置为电解池，根据电解原理，甲为精炼铜，A为阴极，纯铜作阴极，电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，B为阳极，粗铜作阳极，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，Fe为阴极，碳棒为阳极，阳极反应式为2Cl－2e－=Cl

2↑，根据得失电子数目守恒，建立Cu～2e－～Cl2↑，因此乙池中阳极放出气体在标准状况下的体积为19.2g22.4L/mol64g/mol=6.72L。【点睛】难点是（2），电化学中涉及多个装置，需要书写出

电极反应式，串联电路中通过的电量相等，根据电子建立关系：Cu～2e－～Cl2↑，这样使计算过程简单。24.滴定实验是化学学科中重要的定量实验，氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似。测血钙的含量时，进行如下实验：①可将4mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸

铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。③终点时用去20mLl.0×l0-4mol/L的KMnO4溶液

。(1)写出KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液的离子方程式______________________________________；滴定时，KMnO4溶液应装在______（“酸”或“碱”）式滴定管中，滴定终点时滴定现象是_________________________。(2)

下列操作会导致测定结果偏低的是_________。A．滴定管在装液前未用标准KMnO4溶液润洗B．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出C．滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡D．达到滴定终点时，仰视读数(3)计算：血液中含钙离子的浓度为

_________mol/L。【答案】(1).2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O(2).酸(3).加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红色，半分钟不恢复原色(4).BC(5).1.25×10-3【解析】【分析】(1)高锰酸钾溶液具

有强氧化性，能将草酸氧化成CO2，本身被还原成Mn2＋，利用化合价升降法进行配平；KMnO4具有强氧化性，根据滴定管的构造，酸性高锰酸钾溶液盛放到酸式滴定管；草酸无色，高锰酸钾显紫(红)色，用高锰酸钾溶液滴定草酸，从而得出滴定终点现象；(2)分析滴定过程中的误差，注意分析V标的变化；(3)根据反

应过程，建立关系式为5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO4－，进行计算；【详解】(1)KMnO4将H2C2O4氧化成CO2，本身被还原成Mn2＋，根据化合价升降法进行配平，即离子方程式为2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；碱式滴定管的

下端有段橡胶，高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化橡胶，因此高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管中；草酸溶液无色，高锰酸钾溶液显紫(红)色，用高锰酸钾溶液滴定草酸，终点时滴定的现象是加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红色，半分钟(或30s)不恢复原色；(2)按照2V待c(H2C2O4)=5V标c

(MnO4－)进行分析；A.滴定管在装液前未用标准KMnO4润洗，造成标准液浓度降低，消耗标准液的体积增大，即测定结果偏高，故A不符合题意；B.摇荡的太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，草酸的物质的量减小，消耗标准液体积减小，测定结果偏低，故B

符合题意；C.滴定前没有气泡，滴定终点发现气泡，消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故C符合题意；D.滴定终点时，仰视读数，读出标准液的体积偏大，测定结果偏高，故D不符合题意；(3)按照反应过程，建立关系式为5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO4－，得出c(Ca2＋)=3-

4352010L1.010mol/L2410L−−=1.25×10－3mol·L－1。【点睛】滴定实验中计算，多数按照关系式法进行计算，通过“中介”将已知物和未知物建立关系，这个“中介”一般是上一个反应的生成物，下一个反应的反

应物，系数的确定可以通过原子守恒或氧化还原反应进行配平，这种方法简单明了，减少计算的步骤，避免计算失误。