【文档说明】安徽省合肥市六校2019-2020学年高二上学期期末考试化学（理）试题【精准解析】.doc，共(21)页，719.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年度第一学期合肥市六校联考高二年级期末教学质量检测化学(理科)试卷合肥市第十一中学教科室命题中心命制(满分：100分考试时间：90分钟)注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、准考证

号填写在答题卡上，并且用2B铅笔把对应的准考证号涂黑。2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选择其它答案；不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在另发的答题卡

各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效。4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷和答题卡一并收回。5.相对原子质量：Ag—108Cu—64一、选择题(每小题只有一个答案，共16

小题，每小题3分，共48分)1.常温常压下将氢气和氧气混合在一起，即使过上几年，它们也不会发生化合反应生成水。然而只要给一个电火花，氢气就迅速与氧气反应生成水。反应过程中的能量变化如下图A所示。对比下图B中的情景，漫画中的羊

供给石头的“能量”相当于图A中的()A.E2B.E2-E1C.E3-E2D.E3【答案】C【解析】【详解】一个电火花，氢气就迅速与氧气反应生成水，是因为吸收能量使分子变成活化分子，反应才能发生，故羊供给石头的“能量”相当于反应的活化能，为

E3-E2；故选C。2.下列说法正确的是（）A.已知：H+(aq)＋OH-(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1，则H2SO3(aq)＋2NaOH(aq)=Na2SO3(aq)＋2H2O(

l)ΔH>－114.6kJ/molB.石油、煤、天然气、可燃冰、植物油都属于化石燃料C.NaCl、SO3、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质、非电解质D.由石墨比金刚石稳定可推知：C(石墨)==C(金刚石)ΔH<0【答案】A【解析】【详解】A

．在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量为中和热，△H=-57.3kJ/mol，而亚硫酸为弱电解质，电离需要吸热，故H2SO3(aq)和2molNaOH(aq)反应生成2mol水时，放出的热量小于114.6kJ，则△H＞-114.6kJ/m

ol，故A正确；B．化石燃料包括煤、石油、天然气和可燃冰，植物油属于可再生燃料，故不是化石燃料，故B错误；C．SO3在水溶液中能导电，是因为与水反应生成的硫酸能够电离的结果，故SO3为非电解质，不属于弱电解质，故C错误；D．物质越稳定，能量越低，石墨比金刚石稳定，故石墨的能量更低，则转化为

金刚石要吸热，即△H＞0，故D错误；故选A。3.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)＋yB(g)zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍。再达平

衡时，测得A的浓度为0.30mol/L。下列有关判断正确的是（）A.x＋y<zB.平衡向正反应方向移动C.C的体积分数下降D.B的转化率升高【答案】C【解析】【分析】xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度

不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，而再达平衡时，测得A的浓度为0.30mol/L，则说明体积增大(压强减小)平衡逆向移动，据此分析解答。【详解】由信息可知，平衡时测得A的浓度为0.

50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时测得A的浓度为0.30mol/L，体积增大，相当于压强减小，平衡逆向移动。A．减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，说明逆反应方向为体积增大的方向，则x+y＞z，故A错误；B．由上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；C．平衡

逆向移动，C的体积分数减小，故C正确；D．平衡逆向移动，B的转化率降低，故D错误；故选C。4.在一定温度下，向一个容积可变的容器中，通入3molSO2和2molO2及固体催化剂，使之发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=—196.6kJ·mol-1，一段时间

后达到平衡，平衡时容器内气体总的物质的量为起始时的90%．下列说法正确．．的是（）A.达到平衡时SO2的转化率约为33.3%B.达到平衡时反应放出的热量为294.9kJC.平衡时SO3的物质的量为2molD.达平衡时用O2表示的反应

速率为0.25mol·L-1·min-1【答案】A【解析】【详解】设SO2的转化率为x，根据三段式可知，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=—196．6kJ·mol-1开始时的量（mol）320改变的量（mol）3x1.5x3x平衡时的量（mol）3-3x2-

1.5x3x平衡时容器内气体总的物质的量为起始时的90%，则3-3x+（2-1.5x）+3x=（3+2）×90%，解得x=33.3%，3x=1；A.达到平衡时SO2的转化率约为33.3%，选项A正确；B.达到平衡时反应放出的热量为196.6kJ×3x=196.6kJ，选项B错误；C.平衡时S

O3的物质的量为3xmol=1mol，选项C错误；D.条件不足，无法计算平衡时反应容器的体积，无法计算化学反应速率，选项D错误。答案选A。5.在恒温、恒容密闭容器中发生反应:A(s)+2B(g)C(g)+D(g),当下列物理量不再发生变化时，表明该反应已

达到平衡状态的是①混合气体的压强②混合气体的密度③各气态物质的物质的量浓度④气体的总物质的量⑤混合气体的平均相对分子质量A.②③⑤B.①②③C.②③④⑤D.①③④⑤【答案】A【解析】【详解】①混合气体的压强不变（恒容），就是气体的总的

物质的量不变，因为反应前后的气体的系数不变，所以不能说明反应达平衡；②混合气体的密度不变（恒容），就是气体的质量不变，因为A为固体，所以反应正向进行时一定气体质量增加，逆向进行时一定气体质量减小，则气体质量不变一定说明反应达平衡；③各物质的

浓度不变，一定说明反应达平衡；④该反应为等体积的可逆反应，气体的物质的量不变不能说明反应达平衡；⑤混合气体的平均相对分子质量等于m总/n总，因为两边气体的系数相等，所以n总不变，如果平均分子量不变，则得到

m总不变，即气体的总质量不变，由②的解释，可以说明反应达平衡，由上，能说明反应达平衡的是②③⑤；答案选A。6.已知反应X(g)＋Y(g)nZ(g)ΔH>0，将X和Y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应，各物质的浓度随时间的改变如图所示。下列说法不正确的是（）

A.反应方程式中n＝1B.10min时，曲线发生变化的原因是升高温度C.10min时，曲线发生变化的原因是增大压强D.前5min后，用X表示的反应速率为v(X)＝0.08mol·L－1·min－1【答案】B【解析】【详解】A．10min时反应物和生成物浓度瞬间同

时增大，说明是增大了压强，然后，反应物浓度逐渐减小，生成物浓度增加，平衡正向移动，则说明该反应是气体物质的量减小的反应，则n=1，故A正确；B．根据图像数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大

了压强，故B错误；C．根据图像数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故C正确；D．在5min时X的物质的量浓度为1.6mol/L，0～5minX的物质的量浓度的变化为2mol/L-1.6mol/L=0.4m

ol/L，则该时间段X的平均反应速率为v(X)=0.4mol/L5min=0.08mol•L-1•min-1，故D正确；故选B。7.根据下列图示所得出的结论一定错误的是A.图甲表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化B.

图乙表示向BaCl2溶液中滴加稀硫酸至过量的过程中溶液导电性的变化C.图丙表示用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1醋酸的滴定曲线D.图丁表示相同温度下，向等体积pH＝10的氢氧

化钠溶液和氨水中分别加水稀释时pH的变化曲线，其中a表示氨水稀释时pH的变化曲线【答案】C【解析】【详解】A.酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，图中能表示酶催化反应的反

应速率随反应温度的变化，故A正确；B.向BaCl2溶液中滴加稀硫酸至过量，溶液导电性有所减弱，但不会接近0，图象曲线变化与实际不符，故B错误；C.NaOH溶液体积为0时，溶液的pH=1，此时为醋酸溶液,由于醋酸为弱酸,则0.1000mol⋅L−

1醋酸溶液的pH>1，图象曲线变化与实际不符，故C错误；D.pH=10的氢氧化钠溶液和氨水，稀释时一水合氨继续电离，则稀释时NaOH的pH变化大，所以a表示氨水稀释时pH的变化曲线，故D正确；故答案选

BC。8.下列说法正确的是()A.室温下，稀释0.1mol·L-1CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液加热后，溶液的pH减小C.1mol/L和0.01mol/L的两瓶氨水中c(OH－)

之比为100:1D.氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子【答案】D【解析】【详解】A.室温下，稀释0.1mol/LCH3COOH溶液，电离平衡正向移动，但总的来说溶液中自由移动的离子浓度减小，因此溶液的导电能力减弱，A错误；B.加热促进盐的水解，溶液中c(OH-)增大，pH增大，B错误；

C.氨水浓度越大，电离程度越小，所以1mol/L和0.01mol/L的两瓶氨水中c(OH-)之比小于100：1，C错误；D.在氢氧燃料电池工作时，通入燃料H2的电极为负极，H2在负极上失去电子，发生氧化反应，D正确；故合理选项是D。9.下列溶液中

离子浓度关系表示正确的是()A.NaHCO3溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（CO32-）+c（HCO3-）B.常温下，pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c（H+）＜c（OH-）C.0.1mol/L的NH4Cl溶液中，c（

Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）D.物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液中：2c（Na+）=c（CH3OOH）+c（CH3COO-）【答案】D【解析】A、根据电荷守恒，c（H＋）+c（Na＋）=

c（OH－）+2c（CO32－）+c（HCO3－），故A错误；B、因为醋酸是弱酸，因此反应后溶液中的溶质为CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH－)，故B错误；C、NH4Cl溶液显碱性，是因为NH4＋

水解造成，水解的程度是微弱的，因此有c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)，故C错误；D、根据物料守恒，因此有2c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，故D正确。10.下列说法正确的是()A.S(g)+O2(g)=SO2(g)可用该反应的

ΔH表示燃烧热B.通过直接蒸发MgCl2溶液的方法获取无水氯化镁固体C.除去CuCl2溶液中的Fe3＋，选用氢氧化钠溶液作沉淀剂D.一定温度下，反应MgCl2(l)=Mg(l)+Cl2(g)的ΔH>0、ΔS>0【答案】D【解析】【

详解】A.S在室温下的稳定状态为固态，因此该反应不能表示其燃烧热，A错误；B.MgCl2是强酸弱碱盐，直接加热溶液，发生水解得到的是Mg(OH)2，而HCl则挥发逸出，因此不能获取无水氯化镁固体，B错误；C.要除去CuCl2溶液中的Fe3+，可通过向溶液中加入CuO或Cu

CO3，提高溶液的pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀的方法，C错误；D.Mg与Cl2反应产生MgCl2是放热反应，则MgCl2分解反应是吸热反应，ΔH>0，由于反应后气体物质增多，所以物质混乱程度增大，ΔS>0，D正确；故合理选项是D。11.今有室温下四种溶液

，下列有关叙述不正确的是()序号pH溶液①11氨水②11氢氧化钠溶液③3醋酸④3盐酸A.③和④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大B.②和③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H＋)>c(OH－)C.V1L

④与V2L①溶液混合后，若混合后溶液pH＝7，则V1<V2D.分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①>②>④>③【答案】C【解析】【分析】醋酸和一水合氨是弱电解质，NaOH和HCl是强电解质，pH相等的醋酸和盐酸、NaOH和氨水，醋酸的浓度大于盐酸、氨水的浓度大于NaOH，加水稀释促进弱电解质的

电离，但弱酸弱碱的酸碱性减弱，据此分析。【详解】A.醋酸溶液中存在电离平衡，加入醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，醋酸酸性减弱，盐酸中加入醋酸钠固体，能够反应生成醋酸，氢离子浓度减小，两溶液的pH均增大，A正确；B.由于醋酸是弱酸，存在电离平衡，c(CH3COOH)>c(H+

)，氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同的醋酸与NaOH溶液等体积混合，电离的醋酸与NaOH恰好中和，未电离的醋酸会进一步电离产生H+，使溶液显酸性，所以所得溶液中c(H+)>c(OH-)，B正确；C.HCl是强酸，完全电离，NH3·H2O是一元弱酸碱，部

分电离，存在电离平衡，所以c(NH3·H2O)>c(OH-)，氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同的盐酸与氨水等体积混合，溶液显碱性，V1L④和V2L①溶液混合后，若pH=7，则V1>V2，C错误；D.分别

加水稀释10倍，NaOH溶液和盐酸的pH变为10和4，氨水的pH大于10小于11，醋酸的pH大于3小于4，所以溶液的pH：①>②>④>③，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等，根据弱电解质的特点、酸碱混合溶液氢离子浓度的计算方法分析解答。1

2.“便携式乙醇测量仪”以燃料电池为工作原理，在酸性环境中乙醇被氧化为X，其中一个电极的反应式为：CH3CH2OH－2e－===X+2H+。下列说法中正确的是A.电池内部H+由正极向负极移动B.另一极的电极反应式为：O2+4e－+2H2O===4OH－C.乙醇在正极发生反应，电子经过外电

路流向负极D.电池总反应为：2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O【答案】D【解析】【详解】A.原电池工作时，电解质溶液中氢离子向正极移动，故A错误；B.电解质溶液呈酸性，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，故B错

误；C.乙醇在负极上失电子发生氧化反应，氧气在正极上得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极，故C错误；D.根据题干电极反应CH3CH2OH－2e－=X+2H+，利用原子守恒可知X为CH3CHO，所以电池总反应应为2CH3CH2

OH+O2→2CH3CHO+2H2O，故D正确；答案：D13.图乙是根据图甲的电解池进行电解时某个量（纵坐标x）随时间变化的函数曲线（各电解池都用石墨作电极，不考虑电解过程中溶液浓度变化对电极反应的影响），这个量x是表示（）甲乙A.各电池析出气体体积总数的变化

B.各电解池阳极质量的增加C.各电解池阴极质量的增加D.各电极上放电的离子总数的变化【答案】C【解析】【详解】A.电解NaCl溶液时，阳极产生氯气，且随反应时间的增长，体积增大，与图像不符，则x不能表示各电池析出气体体积总数的变化，

A错误；B.电解硫酸铜溶液时，阳极产生氧气，电极的质量不变，与图像不符，则x不能表示各电解池阳极质量的增加，B错误；C.电解氯化钠，阴极生成氢气，阴极质量不变；硫酸铜溶液阴极生成Cu，硝酸银溶液时，阴极生成Ag，随时间的增长，质量增大，则x能表示各电解池阴极质量的增加

，C正确；D.电解氯化钠，阴极生成氢气，电极放电离子数目随时间的增长，逐渐增大，与图像不符，则x不能表示各电极上放电的离子总数的变化，D错误；答案为C。14.下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是A.钢管与

铜管露天堆放在一起，钢管不易被腐蚀B.在右图所示环境中，铁被腐蚀速率：I>Ⅲ>ⅡC.铁制品保存在温度较高的地方D.钢铁发生电化学腐蚀时，负极反应是Fe—3eˉ=Fe3+【答案】B【解析】【详解】A、Fe、Cu露天堆放时，Fe易发生电化学腐蚀，错误；B、I中Fe发生吸氧

腐蚀，III中Fe发生化学腐蚀，II中Fe受到保护，正确；C、温度较高，铁腐蚀速率加快，错误；D、钢铁发生电化学腐蚀时，负极反应为Fe—2eˉ=Fe2+，错误。15.关于下列各装置图的叙述不正确的是（）A.用图①装置实现铁上镀铜，a极为铜，电解质溶液可

以是CuSO4溶液B.图②装置盐桥中KCl的Cl－移向右烧杯C.图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护D.图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同【答案】B【解析】【详解】

A.用图①装置实现铁上镀铜，根据电流的移动方向可知a极为阳极，是铜电极，b电极为Fe电极，电解质溶液可以是CuSO4溶液，A正确；B.Zn电极为负极，Cu电极为正极，负极Zn失去电子变为Zn2+进入溶液，根据异种电荷相互吸引

的原则，在含有盐桥的原电池中，盐桥中阴离子流向负极区、阳离子流向正极区，该装置中Zn作负极、Cu作正极，所以盐桥中KCl的Cl-移向左烧杯，B错误；C.电解池阴极与电源的负极连接，金属被保护，电解池阳极的金属与电源正极连接而加速被腐蚀，要保护钢铁，则钢铁连接原电池负极，C正确；D.在左边

的原电池中Al为负极，Al是+3价的金属，每27gAl会失去3mol电子；右边的原电池中Zn是负极，Zn是+2价的金属，65gZn会失去2mol电子，所以图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同，D正确；故合理选项是B。16.通过加入适量乙酸钠

，设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确的是A.b极为正极，发生还原反应B.一段时间后b极区电解液的pH减小C.H+由a极穿过质子交换膜到达b极D.a极的电极反应式为-e-=Cl-+【答

案】B【解析】原电池工作时，正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，b为负极，反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+。A．正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，发

生还原反应，故A错误；B．由电极方程式可知当转移8mol电子时，正极消耗4molH+，负极生成7molH+，则处理后的废水pH降低，故B正确；C．b为负极，反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+，由示意图可知，质子

从b极移向a极，故C错误；D．a为正极，发生还原反应，电极反应式为+2e-+H+=Cl-+，故D错误；故选B。点睛：本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。本题的易错点为D，电极反应也要满足质量

守恒定律。二、非选择题(本大题共6小题，共52分)17.用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。（1）写出上述反应的平衡常数表达式_______________。（2）在2L恒容密闭器中加入足量C与NO发生反应，所

得数据如表，回答下列问题。实验编号温度/℃起始时NO的物质的量/mol平衡时N2的物质的量/mol17000.400.0928000.240.08①结合表中数据，判断该反应的△H____0(填“＞”或“＜”)，理由是_________。②判断该反应达到平衡的依据是_______。A.容器内气体

密度恒定B.容器内各气体浓度恒定C.容器内压强恒定D.2v正（NO）=v逆（N2）（3）700℃时，若向2L体积恒定的密闭容器中充入一定量N2和CO2发生反应：N2(g)+CO2(g)C(s)+2NO(g)；其中N2、NO物质的量随时间变化

的曲线如下图所示。请回答下列问题。①0～10min内的CO2平均反应速率v＝____________。②图中A点v(正)___v(逆)（填“＞”、“＜”或“＝”）。③第10min时，外界改变的条件可能是___________

__。A．加催化剂B．增大C的物质的量C．减小CO2的物质的量D．升温E．降温【答案】(1).222ccc()NCONO（）（）(2).>(3).计算700℃和800℃的平衡常数K1<K2，所以△H>0(4).AB(5).

0.01mol·L-1·min-1(6).>(7).AD【解析】【详解】（1）根据化学方程式C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，平衡常数K=222cccNCONO（）（）；（2）①根据表格数据，列出实验1（700

℃）的三段式：C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)起始物质的量/mol0.400变化物质的量/mol0.180.090.09平衡物质的量/mol0.220.090.09K1=222cccNCONO（）（

）=20.090.09220.22()2=81484，据表格数据，列出实验2（℃）的三段式：C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)起始物质的量/mol0.2400变化物质的量/mol0.160.080.08平衡物质的量/mol0.080.08

0.08K2=222cccNCONO（）（）=20.080.08220.08()2=1＞K1；温度升高，K增大，则正反应为吸热反应，△H＞0。故答案为＞；700℃和800℃的平衡常数K1<K2，所以△H>0。②A、该反应气体的总质量是个变量，容器体积

不变，所以密度是一个变量，当容器内气体密度恒定时，则反应达到平衡状态，故A正确；B、各组分的浓度不再改变能说明反应达到平衡状态，故B正确；C、该反应前后气体分子的数目相同，则气体的总物质的量一直不变，根据pV=nRT，恒温恒容条件下，压强一直不变，所以容器内压强恒定不能说明反应达到平衡状态，故

C错误；D、2v正（NO）=v逆（N2）错误，此时正反应速率和逆反应速率不相等，应是v正（NO）=2v逆（N2）时反应达到平衡状态，故D错误；故答案为AB。③①随着反应进行，n(N2)逐渐减小，n(NO)逐渐增大，10min内，△n(N2)=0.2mol，物质的量变化之比等于计量系数

之比，则△n(CO2)=0.2mol，所以v(CO2)=2n(CO)0.2V?t210minmolL=0.01mol·L-1·min-1；②根据图像可知A点反应向正反应方向进行，则v(正)＞v(逆)，故答案为＞；③第10min时，N2、NO物质的量没有发生突变，N2的物

质的量逐渐减小，速率比10min前大；NO物质的量逐渐增大，速率比10min前大。A、加催化剂，不会引起物质的量的突变，只会增大反应速率，故A正确；B、增大碳固体的物质的量，对反应速率没有影响，故B错误；C、减小CO2的物质的量，反应速率减小，故C错误；D、升温

，反应速率增大，故D正确；E、降温，反应速率减小，故E错误；故选AD。18.某同学用0.2000mol/L的NaOH溶液滴定25.00mL某未知浓度的盐酸(指示剂为酚酞)，滴定结果如下：第一次第二次NaOH起始读数0.10mL0.30mLNaOH终点读数18.60mL18.00m

L(1)根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为__________mol/L。(2)达到滴定终点的标志是___________。(3)该同学的实验操作如下：A.用酸式滴定管移取25.00mL的稀盐酸

于锥形瓶中，滴加几滴酚酞试液；B.用待测的稀盐酸润洗酸式滴定管；C.检查滴定管是否漏水；D.用蒸馏水洗干净滴定管；E.另取锥形瓶，重复操作一次；F.取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管至“0”刻度以上2cm，再把碱式滴定

管固定好，调节液面至“0”刻度以下；G.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。滴定操作的正确顺序是(用序号表示)：C；_____；_____；A；C；D；F；G；E。(4)实验操作G中在锥形瓶下垫一张白纸的作用_______________

______。【答案】(1).0.1448(2).无色变粉红色且30s不变色(3).D(4).B(5).便于观察滴定终点时锥形瓶内溶液颜色的变化【解析】【分析】(1)计算两次实验消耗NaOH溶液的平均体积，然后根据HCl～

NaOH求盐酸的物质的量浓度；(2)NaOH溶液滴定盐酸，以酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液的颜色由无色变为浅红色且30s不变色；(3)根据酸碱中和滴定操作判断顺序；(4)根据操作对c(待测)=cVV标准标准待测的影响进行分析滴定误差。【详解】(1)

二次消耗的NaOH溶液的体积分别为：18.50mL，17.70mL，两次消耗盐酸溶液的平均体积为18.10mL，根据酸碱中和反应HCl+NaOH=NaCl+H2O可知HCl～NaOH，n(HCl)=n(NaOH)，则c(HCl)×25.00mL=0.20mol/L×18.10mL

，解得：c(HCl)=0.1448mol/L；(2)NaOH溶液滴定盐酸，以酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液的颜色由无色变为浅红色且30s不变色，说明反应达到滴定终点；(3)进行酸、碱中和滴定，首先应该检查滴定管是否漏水，然后

用蒸馏水洗干净滴定管，用待测的稀盐酸润洗酸式滴定管；再用酸式滴定管移取25.00mL的稀盐酸于锥形瓶中，滴加几滴酚酞试液；检查滴定管是否漏水，然后用蒸馏水洗干净滴定管，取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注

入碱式滴定管至“0”刻度以上2cm，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度以下；最后把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。为减小实验误差，再另取锥形瓶，重复操作一次，故合理操作顺序为

C、D、B、A、C、D、F、G、E。(4)根据c(待测)=cVV标准标准待测进行误差分析，实验操作G中在锥形瓶下垫一张白纸的作用就是便于观察滴定终点时锥形瓶内溶液颜色的变化，减小因滴定终点判断失误引起的误差，使

实验测定值更接近真实值。【点睛】本题主要考查了酸碱中和滴定及误差分析，注意酸碱中和滴定的操作方法及误差分析的方法。19.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡。请根据所学知识回答：（1）A为0.1mol•L-1的(NH4)2SO4溶液，用离子方程式表

示该溶液显酸性的原因：___，在该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为___。（2）B为0.1mol•L-1NaHCO3溶液，实验测得NaHCO3溶液的pH>7，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：__(用离子方程式和必要的文字说明)。（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制

FeCl3溶液时通常需要向其中加入__，目的是___；若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为___。【答案】(1).NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+(2).c(NH4

+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)(3).在NaHCO3溶液中存在HCO3-的水解平衡为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，电离平衡为：HCO3-⇌H++CO32-；而以水解为主，即HCO3-的水

解程度大于电离程度溶液，溶液显碱性(4).盐酸(5).抑制Fe3+水解(6).Fe3++3HCO3-=Fe(OH)3↓+3CO2↑【解析】【分析】(1)依据溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，水解程度微弱，分析比较；(2)在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡和电离平衡；水的电离平衡

；溶液显碱性是因为溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；(3)配制氯化铁溶液需要防止水解而变浑浊；NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体。【详解】1铵根离子水解，溶液呈酸性，用离子方程式表示为：4232NHHONHHOH

；11molL的424(NH)SO溶液中，铵根离子水解微弱，所以得到溶液中的离子浓度大小为：244cNHcSOcHcOH；2在3NaHCO溶液中存在3HCO的水解平衡为：3223HCOHOHCOOH，电离平衡为：233HCOHCO

；而以水解为主，即3HCO的水解程度大于电离程度溶液，溶液显碱性；3实验室中配制3FeCl溶液时通常需要向其中加盐酸抑制3Fe水解，3NaHCO溶液和3FeCl溶液混合发生双水解生成氢氧化铁红褐色

沉淀和二氧化碳气体；反应的离子方程式为：3332Fe3HCOFe(OH)3CO。20.在一定温度下，向冰醋酸中加水稀释，溶液导电能力变化情况图所示，回答下列问题。(1)a、b、c三点醋酸电离程度由大到小的顺序为________；a、b、c三点对应的溶液中

c(H+)最大的是________。(2)若实验测得c点处溶液中c(CH3COOH)=0.01mol·L-1，c(CH3COO-)=0.0001mol·L-1，则该条件下CH3COOH的电离常数Ka=___________

_____。(3)在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列始终保持增大趋势的量是（）。A.c(H+)B.溶液pHC.3cHcCHCOOHD.CH3COOH分子数【答案】(1).c>b>a(2).b(3).10

-6(4).C【解析】【分析】(1)醋酸是弱电解质，所以醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液体积越大，醋酸的电离程度越大；导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小；(2)根据电离平

衡常数Ka的含义书写、计算；(3)加水稀释，促进电离，n(CH3COO-)、n(H+)增大，但浓度减小，以此解答。【详解】(1)醋酸是弱电解质，所以醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液体积越大，

醋酸的电离程度越大，根据图象知，水的体积越大，溶液的浓度越小，醋酸的电离程度越大，所以醋酸电离程度由大到小的顺序是c>b>a；溶液的导电能力与离子浓度成正比，所以溶液导电能力越大氢离子浓度越大，则根据物质的导电性大小顺序可知在a、

b、c三点对应的溶液中，氢离子浓度最大的为b；(2)经实验测得c点处：c(CH3COOH)=0.01mol/L，c(CH3COO-)=0.0001mol/L，由于在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，则c(H+)

=c(CH3COO-)=0.0001mol/L，所以该条件下CH3COOH的电离常数Ka=33cHcCHcOO0.00010.0001cCHCOOH0.01=10-6；(5)A.在稀释过程中，溶液的

体积增大，氢离子的浓度减小，A错误；B.弱电解质越稀，电离度越大，在稀释过程中，溶液的体积增大，氢离子的浓度减小，所以溶液的pH增大，当溶液无限稀释时，溶液的pH无限接近于7但小于7，B错误；C.加水稀释，促进

电离，n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，则3cHcCHCOOH增大，C正确；D.弱电解质越稀，电离度越大，平衡向右移动，CH3COOH分子数减少，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题综合考查了弱电解质的电离及影响因素，弱电解质在溶液中存在电离平衡，加水稀

释，电解质电离程度增大，但溶液中电解质电离产生的离子浓度降低，溶液的导电性减弱，注意加水稀释醋酸，能促进醋酸电离，但溶液中醋酸根离子增大的量远远小于水体积增大的量，所以醋酸根离子浓度减小，为易错点。酸无限稀释，溶液的pH接近7但

小于7，弱碱溶液无限稀释，溶液pH接近7但大于7。21.碳与水蒸气反应制取H2的相关反应如下：Ⅰ：C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H=+131.0kJ/molⅡ：CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=﹣43kJ/molⅢ：CaO(s)+CO2(g)═CaCO3(

S)△H=﹣178.3kJ/mol计算反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)⇌CaCO3(s)+2H2(g)的△H=________kJ/mol；【答案】﹣90.3【解析】【分析】根据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式。【详解】

Ⅰ：C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H=+131.0kJ/molⅡ：CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=-43kJ/molⅢ：CaO(s)+CO2(g)═CaCO3(S)△H=-178.3kJ/mol将I+II+I

II，整理可得：C(s)+2H2O(g)+CaO(s)⇌CaCO3(s)+2H2(g)的△H=(+131.0-43-178.3)=-90.3kJ/mol。【点睛】本题考查了盖斯定律在反应热计算的应用。反应热与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关，可以将已知热化

学反应方程式叠加，得到待求反应的热化学方程式。反应热等于生成物与反应物的能量差，还等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键所释放的总能量的差。根据盖斯定律既可以计算不容易直接测量的反应热，还可以计算不能直接进行反应的反应热。22.如图所示，常温下通电5min后

，发现铜电极的质量增加，试回答：①电源电极X的名称为________(填“正极”或“负极”)。②电解池B中阳极的电极反应式是________。③若KCl溶液的体积是200mL，则当铜电极的质量增加2.16g时A中溶液的pH=_____(忽略

电解前后溶液体积的变化)，若要使电解后的溶液恢复到与电解前完全相同的状态，则应加入____________(填物质的种类及数量)。【答案】(1).负极(2).Ag-e-=Ag+(3).13(4).0.02molHCl或通入标况下0.4

48LHCl气体【解析】【分析】(1)常温下电解5min后，铜电极质量增加，则Cu电极是阴极，Ag电极是阳极，连接阳极的电极是电源正极、连接阴极的电极是电源负极；(2)电解池B中阳极上银单质放电生成银离子；(3)根据转移电子相等计

算A中生成氢氧根离子浓度，从而计算溶液的pH，根据电极反应式分析.【详解】(1)常温下电解5min后，铜电极质量增加，则Cu电极是阴极，Ag电极是阳极，连接阳极的电极是电源正极、连接阴极的电极是电源负极，所以X是电源负极、Y是电源正极；(2)电解池B

中阳极上银单质失去电子变为银离子，电极反应式为Ag-e-=Ag+；(3)常温下电解5min后，铜电极质量增加2.16g，转移电子的物质的量n(e-)=n(Ag)=2.16g108g/mol=0.02mol，A中电池反应式为2KCl+2H2OCl2↑+H2↑+2KO

H，根据同一闭合回路中转移电子数目相等可知：c(KOH)=0.02mol0.2L=0.1mol/L，则溶液中c(H+)=14100.1mol/L=10-13mol/L，所以pH=13；若要使电解后的溶液恢复到与电解前完全相同的状态

，反应转移0.02mol电子，消耗0.02molCl-，产生0.01molCl2、0.01molH2，考虑加入HCl，则需要加0.02molHCl，或通入HCl气体，其体积在标准状况下为V(HCl)=0.02mol×22.4L/mol=0.448L。【点睛】本题考查了原电池、电解

池，明确离子放电顺序是解本题关键，本题突破口是通电后铜电极质量增加，电源的负极与电解池阴极连接，发生还原反应；电源的正极与电解池的阳极连接，发生氧化反应，结合同一闭合回路中转移电子守恒进行解答。