【文档说明】湖南省衡阳市第八中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题 【精准解析】.doc，共(25)页，804.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年下学期衡阳市八中高二期中考试化学试卷请注意：时量90分钟满分100分可能用到的相对原子质最：H—1C—12N—14O—16Cu—64Na—23一、选择题（本题共21小题，每小题2分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。）

1.下列属于强电解质的是（）A.碳酸钙B.食盐水C.氨气D.醋酸【答案】A【解析】【分析】根据定义：强电解质是在溶液中能完全电离的电解质。【详解】A.碳酸钙是盐，在溶液中能完全电离，所以属于强电解质，故A符合题意；B.食盐水属于混合物，既不是电解质，也不

是非电解质，故B不符合题意；C.氨气是气态氢化物，属于非电解质，故C不符合题意；D.醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，属于弱电解质，故D不符合题意；故答案：A。2.据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂。下列有关水分解过程的能量变化示意图

正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】水分解是吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，图像B符合，答案选B。【点睛】注意催化剂可降低反应的活化能，但

不改变反应热。3.下列说法正确的是（）A.HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热ΔH=－114.6kJ·mol-1B.CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol-1，则反应2CO2(g

)=2CO(g)＋O2(g)的ΔH＝＋566.0kJ·mol-1C.2molH2O具有的能量高于2molH2和1molO2的总能量D.1mol乙醇燃烧生成气态水和二氧化碳时所放出的热量是乙醇的燃烧热【答案】B【解析】【分析】【详解】

A．中和热是指在稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol液态水时所放出的热量，H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热包括中和反应和硫酸根离子和钡离子反应的反应热，故H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热△H=-57.3kJ∙mol-1，故A错误；B．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物

时放出的热量，由于CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol-1，其燃烧的热化学方程式为：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566.0kJ·mol-1，所以2CO2(g)=2CO(g)＋O

2(g)的ΔH＝＋566.0kJ·mol-1，故B正确；C．因为氢气和氧气反应生成水是放热反应，所以2molH2O具有的能量低于2molH2和1molO2的总能量，故C错误；D．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时

放出的热量，水应该为液态；而题中1mol乙醇完全燃烧，生成2mol气态水和2mol二氧化碳，所放出的热量不是乙醇的燃烧热，故D错误；故答案：B。4.下列事实与盐类水解无关的是（）A.明矾可以净水B.使用热的纯碱

溶液去除油污效果好C.实验室配制FeCl2溶液时加入少量稀盐酸D.向FeCl3溶液中加入KOH溶液产生红褐色沉淀【答案】D【解析】【详解】A.明矾晶体常用于净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附作用，可以净水，和盐类水解有关，故A不选；B.纯碱溶液中

碳酸根离子水解显碱性，加热促进水解，油脂在碱性溶液中水解形成溶于水的物质，易于除去，故B不选；C.氯化亚铁溶液中亚铁离子水解显酸性，加入少量盐酸抑制亚铁离子水解，故C不选；D.向FeCl3溶液中加入NaOH溶液产

生红褐色沉淀是复分解反应，和盐类水解无关，故D选；故选D。5.向Na2CO3溶液中滴加盐酸，反应过程中能量变化如图所示，下列说法正确的是（）.A.△H1>△H2；△H2<△H3B.反应-3HCO（aq）＋H+（aq）=C

O2（g）＋H2O（l）为放热反应C.2-3CO（aq）＋2H+（aq）=CO2（g）＋H2O（l）△H＝（△H1＋△H2＋△H3）D.H2CO3（aq）=CO2（g）＋H2O（l），若使用催化剂，则△H

3变小【答案】C【解析】【详解】A．由图象可知，能量差值越大，反应热的绝对值越大，△H1、△H2都为放热反应，值为负值，则△H1＜△H2，故A错误；B．由图象可知反应HCO3-（aq）+H+（aq）=CO2

（g）+H2O（l）中反应物能量低，生成物能量高，为吸热反应，故B错误；C．由盖斯定律可知CO32-（aq）+2H+（aq）=CO2（g）+H2O（l）△H=（△H1+△H2+△H3），故C正确；D．H2CO3（aq）=CO2（g）＋H2O（l），加

入催化剂，反应热不变，故D错误；答案为C。6.反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）在一个可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（）①增加碳的量且表面积保持不变②加热③保持体积不变，充入He，使体系压强增大④保持压强

不变，充入He，使容器体积变大A.②④B.②③C.①④D.①③【答案】D【解析】【分析】反应中有固体参加，改变固体的量对反应速率没有影响，而温度、浓度、催化剂、压强、反应物的接触面积等因素影响化学反应速率，据此分析解答。【详解】①C是固体，没有

浓度可言，所以增加碳的量且表面积保持不变，不影响反应速率，故选；②升高温度增大活化分子百分数，化学反应速率加快，故不选；③保持体积不变，充入He使体系压强增大，但参加反应的气体的浓度不变，则反应速率不变，故选；④保持压强不变，充入He使容器体积变大

，参加反应的气体浓度减小，反应速率减小，故不选，故D正确；故选D。7.下列叙述中，一定能判断化学平衡移动的是A.混合物中各组分的浓度改变B.正、逆反应速率改变C.混合物中各组分的百分含量改变D.混合体系的压强改变【答案】C【解析】【详解】A.如果反应前后体积相等，减小体积、加大

压强后浓度改变，但平衡不移动，故A错误；B.使用合适的催化剂，正逆反应速率都改变，但平衡不移动，故B错误；C.混合物中各组分的百分含量一定是化学平衡状态的标志，如果各组分的百分含量改变，一定发生化学平衡移动，故C正确；D.如果反

应前后气体总物质的量不变，则压强对平衡无影响，故D错误。故选C。8.下列方程式书写正确的是（）A.KHSO4在熔融状态下的电离方程式：KHSO4=K＋+-4HSOB.甲烷燃料电池碱性条件下的负极电极反应式：CH4－8e-+

2H2O＝CO2+8H+C.S2-的水解方程式：S2-+2H2OH2S+2OH-D.AgCl的沉淀溶解平衡方程式：AgCl（s）=Ag+（aq）+Cl-（aq）【答案】A【解析】【分析】【详解】A.KHSO4在熔融状态下，硫酸氢根无法电

离出氢离子，所以电离方程式为：KHSO4=K＋+-4HSO，故A正确；B.负极失电子，在碱性条件下生成碳酸根，电极反应式为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，故B错误；C.S2-的水解为分步水解，第一步水解为主要过程：S2-+H

2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-，故C错误；D.AgCl的沉淀溶解平衡为可逆过程，应用可逆符号：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，故D错误；故选A。9.下列各组溶液混合后，溶液显碱性的是（）A.1mL0.1mol·L-1NH

3﹒H2O与1mL0.1mol·L－1HClB.1mL0.1mol·L-1K2S与1mL0.1mol·L-1K2SO4C.1mL0.1mol·L-1KOH与1mL0.1mol·L-1KHCO3，再加入1mL0.1mol·L-1BaCl2D.1mL0.1mol·L-1NaOH与1mL0.1m

ol·L-1H2SO4【答案】B【解析】【分析】【详解】A.NH3•H2O和HCl物质的量相等，反应生成的NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，故A不符合题意；B.K2S与硫酸钾不反应，K2S为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故B符合题意；C.0.1mol•L-1KOH1mL与0.1mol•L

-1KHCO31mL恰好完全反应生成0.0001mol碳酸钾，再加入1mL0.1mol/L氯化钡，恰好完全反应生成碳酸钡，反应溶液的溶质为KCl，溶液呈中性，故C不符合题意；D.反应生成NaHSO4，溶液呈酸性，故D不符合题意；故选B。10.下列关于实验现象的描述不正确

的是（）A.把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡B.用锌片做阳极，铁片做阴极，电解氯化锌溶液，铁片表面出现一层锌C.把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁D.把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快【

答案】C【解析】【详解】A.把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，形成铜、铁、稀硫酸原电池，正极是金属铜，该电极上溶液中的氢离子得到电子产生氢气，A项正确；B.用锌片做阳极，铁片做阴极，电解氯化锌溶液，这是一个电镀池，镀层金属锌作阳极，待镀件铁作阴极，镀层金属盐氯化

锌溶液作电解质，发生反应：阳极：Zn-2e-=Zn2+；阴极：Zn2++2e-=Zn，B项正确；C.把铜片插入三氯化铁溶液中，铜和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，铜的金属活动性不及铁，铜不能置换出铁，C项错误；D.把锌片放入

盛盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，锌置换出铜，所以形成了铜、锌、稀盐酸原电池，原电池反应可以加速反应速率，D项正确；答案选C。11.下列各组中，每种电解质溶液用惰性电极电解时只生成氢气和氧气的一组是（）

A.NaOH、H2SO4、KNO3B.NaCl、CuSO4、H2SO4C.HCl、CuCl2、Ba（OH）2D.AgNO3、HI、KOH【答案】A【解析】【分析】在惰性电极条件下电解时只生成氢气和氧气，则溶液中氢离

子在阴极放电，氢氧根离子在阳极放电，结合离子的放电顺序来解答。【详解】A.根据放电顺序，阳极上OH-比SO42-、NO3-优先放电，H+比Na+、K+优先放电，所以电解NaOH、H2SO4、KNO3溶液时生成氢气和氧气，故A正确；B.电解NaCl溶液时，生成氯

气、氢气和氢氧化钠，电解CuSO4溶液时生成Cu、硫酸和氧气，故B错误；C.电解HCl溶液时生成氢气和氯气，电解CuCl2溶液时生成Cu和氯气，电解Ba(OH)2溶液时生成氢气和氧气，故C错误；D.电解AgNO3溶液时生成Ag、氧

气和硝酸，电解HI溶液时生成氢气和I2，故D错误；故选A。12.将NO2装入带有活塞的密闭容器中，当反应2NO2(g)N2O4(g)达到平衡后，改变某个条件，下列叙述正确的是()A.升高温度，气体颜色加深，则此

反应为吸热反应B.慢慢压缩气体体积，平衡向正反应方向移动，混合气体的颜色变浅C.慢慢压缩气体体积，若体积减小一半，压强增大，但小于原来的两倍D.恒温恒容时，充入惰性气体，压强增大，平衡向正反应方向移动，混合气体的颜色变浅【答案】C【解析】【详解】A．升高温度，

平衡向吸热反应方向移动，如果气体颜色加深，则平衡向逆反应方向移动，所以此反应为放热反应，故A错误；B．缩小体积，相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向正反应方向移动，但平衡时混合气体颜色比原来深，故B错误；C

．慢慢压缩气体体积，若体积减小一半，压强增大，平衡向气体体积减小的方向正反应方向移动，因为存在化学平衡，所以虽然压强增大，但小于原来的两倍，故C正确；D．恒温恒容时，充入少量惰性气体，压强增大，但反应物浓度不变，所以平衡不移动，混合气体颜色不变，故D错误；故答案为C。【点睛】考查外

界条件对化学平衡的影响，根据反应特点及外界条件对化学平衡的影响来分析解答，易错选项是BD，B中体积减小，虽然平衡向正反应方向移动，但平衡时气体颜色要比原来平衡时深，D中虽然总压强增大，但反应物的压强不变，所以平衡不移动，为易错点。13.室温下向110mL0.1mo

lLNaOH−溶液中加入10.1molL−的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A.a点所示溶液中()()()()cNacAcHcHA+−+B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C.pH7=时，()()()cNacAcHA+−=+D.b点所示溶液

中()()cAcHA−【答案】D【解析】【详解】A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH8.7=，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为()()cHAcH+，故A错误；B．a点A−水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电

离，故B错误；C．pH7=时，()()cHcOH+−=，由电荷守恒可知()()()()cNacHcAcOH++−−+=+，则()()cNacA+−=，故C错误；D．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A−水解程度，则存在()()

cAcHA−，故D正确。故答案为D。14.室温下，下列叙述正确的是（）A.pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后pH>7B.pH＝4的盐酸溶液，稀释至10倍后pH＞5C.0.2mol·L-1的醋酸，与等体积水混合后pH＝1D.100

℃纯水的pH＝6，所以水在100℃时呈酸性【答案】A【解析】【分析】【详解】A.一水合氨为弱电解质，pH=12的氨水的浓度远远大于0.01mol/L，等体积混合形成氯化铵与氨水混合溶液，且一水合氨的浓度远大于氯化铵的浓度，一水

合氨的电离程度大于铵根离子水解程度，溶液呈碱性，pH>7，故A正确；B.盐酸为强电解质，完全电离，pH＝4的盐酸溶液，稀释至10倍后pH=5，故B错误；C.醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进其电离，与等体积水混合后pH＞1，故C错

误；D.加热促进水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度都同等程度增大，Kw增大，但纯水始终显中性，故D错误；故选A。15.在密闭容器中发生如下反应：aA(g)+bB(g)cC(g)。其他条件不变时，改变某一条件对上述反

应的影响，得到下列图像(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率)。下列分析正确的是A.如图1反应：若p1>p2，则该反应只能在高温下自发进行B.如图2反应：此反应的△H<0，且T1>T2C.如图3反应：

表示t1时刻可能是使用催化剂对反应速率的影响D.如图3反应：表示t1时刻增大B的浓度对反应速率的影响【答案】C【解析】【详解】A．由反应1图可知，增大压强，A的转化率增大，平衡正向移动，说明正反应是熵减的反应，升温平衡正向移动，说明正反应是放热反应，根据△G

=△H-T△S可知，该反应在低温度时更容易自发进行，故A错误；B．由图可知，T2的起始斜率大于T1，说明T1＜T2，升高温度生成物含量减小，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故B错误；C．若反应是反应前后气体的系数和不变的反应，增大压强和加催化剂都不会引起化学平衡的移动，t1时刻可以是增大

压强或是加催化剂的情况，故C正确；D．增大B的浓度瞬间，正反应速率增大，平衡正向移动，不符合图象，故D错误；故答案为C。【点睛】化学平衡图像题的解题技巧：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率)

—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一

看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。16.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】【详解】A、v(Y)=(0.16－0.12)mol÷10L÷2min=0.002mol·L－1min-1，则v(Z)=0.0

04mol·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0.100.100.12K=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。17.在相同温度下，有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，甲容器中充入1molSO2和1molO2，乙容器中充入2molSO2和2molO2。下列叙述中正

确的是（）A.平衡时SO2的转化率：乙<甲B.平衡时O2的浓度：乙<甲C.化学反应速率：乙<甲D.平衡时SO2的体积分数：乙<甲【答案】D【解析】【详解】两容器中均发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；假设

两容器达到等效平衡，则乙容器中各物质的浓度为甲的2倍，两容器转化率相同，但实际上乙容器中的压强要比甲大，所以会在等效平衡的基础上平衡正向移动，导致乙容器中反应物的转化率增大。A．根据分析可知乙相当于甲的等效平衡基础上正向移动，二氧化硫

的转化率增大，故A错误；B．乙中初始投料为甲的二倍，即便平衡正移，但乙中氧气的浓度依然大于甲，故B错误；C．乙中物质的浓度更大，反应速率更大，故C错误；D．乙相当于甲的等效平衡基础上正向移动，SO2的体积分数减小，故D正确；故答案为D。1

8.t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知t℃时AgCl的Ksp＝4×10-10，下列说法不正确．．．的是A.在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×10-13B.通过蒸发，可使溶液由a点变到c

点C.图中b点有AgBr沉淀析出D.在t℃时，AgCl(s)＋Br-(aq)AgBr(s)＋Cl-(aq)的平衡常数K≈816【答案】B【解析】【分析】根据图示可知：在线上的点为饱和溶液，在线左下方的点溶液未达到

饱和，在线右上方的点是过饱和溶液，据此解答。【详解】A．根据图像可知在t℃时，Ksp(AgBr)＝c(Br-)·c(Ag+)＝7×10－7×7×10－7＝4.9×10-13，故A正确；B、蒸发时溶液体积减少

，离子浓度均增大，所以通过蒸发，不可能使溶液由a点变到c点，故B错误；C、图中b点在线的右上方，由于c(Br-)·c(Ag+)＞Ksp(AgBr)＝4.9×10-13，所以图中b点有AgBr沉淀析出，故C正确；D、t℃时，AgCl的Ksp＝c(Cl-)·c(Ag+)＝4×10-10，K

sp(AgBr)＝c(Br-)·c(Ag+)＝4.9×10-13，则AgCl(s)+Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数K＝--c(Cl)c(Br)＝KspAgClKspA()(gBr)＝10

134104.910−−≈816，故D正确；答案选B。19.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是（）A.图1锌铜原电池中，Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加B.图2纽扣式银锌电池中，正极的电极反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-

C.图3锌锰干电池中，锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D.图4铅蓄电池中，使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降【答案】A【解析】【分析】【详解】A．图示为原电池装置，锌为负极，铜为正极，H+在铜上得电子发生还原反应，所以Cu电极附近溶液中H+浓度减小，故A错误；B．图示为纽扣

电池，正极为Ag2O得电子发生还原反应，电解质溶液为碱性，所以电极反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，故B正确；C．图示为锌锰干电池，锌筒作负极，发生氧化反应被消耗，所以锌筒会变薄，故C正确；D．图示为铅蓄电池，放电时的总反应为Pb+P

bO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，所以使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，离子浓度减小，导电能力下降，故D正确；故答案为A。20.用如图装置研究电化学原理，下列分析中错误的是选项连接电极材料分析abAK1K2石墨铁模拟铁的吸氧腐蚀BK1K2锌铁模拟钢铁防

护中牺牲阳极的阴极保护法CK1K3石墨铁模拟电解饱和食盐水DK1K3铁石墨模拟钢铁防护中外加电流的阴极保护法A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．连接K1K2，在中性条件下，铁作负极失电子，石墨作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则Fe发生吸氧腐蚀，故A正确；B．连接K1K

2，Zn、Fe形成原电池，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C．连接K1K3，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应生成H2，石墨作阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应

生成Cl2，即电解饱和氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，故C正确；D．连接K1K3，Fe与电源的正极相连，Fe作阳极，Fe失电子，被腐蚀，Fe不能被保护，故D错误；答案选D。21.某微生物电池在运行时可同时实现净化有机物污水、净化含Cr2O72-废水(p

H约为6)和淡化食盐水，其装置示意图如图所示。图中D和E为阳离子交换膜或阴离子交换膜，Z为待淡化食盐水。已知Cr3+完全沉淀所需的pH为5.6。下列说法不正确的是A.C室的电极反应式为2-27CrO+6e+8H+=2

Cr(OH)3↓+H2OB.X为有机物污水，Y为含2-27CrO废水C.理论上处理1mol2-27CrO废水的同时可脱除6mol的NaClD.E为阴离子交换膜【答案】D【解析】【分析】该装置为原电池装置，根据电子流向可知A室为负极，C室为正极，B室中待净化

食盐水中氯离子需要流向负极，所以D为阴离子交换膜，钠离子需要流向正极，E为阳离子交换膜；2-27CrO转化为Cr(OH)3时需要被还原，所以应通入原电池的正极，则Y为含2-27CrO废水，X为有机物污水。【详解】A．根据分析可知，C室通入含2-2

7CrO废水，得电子发生还原反应，结合电子守恒和电荷守恒可知方程式为2-27CrO+6e+8H+=2Cr(OH)3↓+H2O，故A正确；B．根据分析可知X为有机物污水，Y为含2-27CrO废水，故B正确；C．该原电池正极电极反应式为2-27

CrO+6e-+8H+=2Cr(OH)3↓+H2O，理论上处理1mol的2-27CrO时转移电子6mol，则Na+、Cl-分别定向移动6mol，即可脱除6mol的NaCl，故C正确；D．该原电池中碳电极为

正极，放电时阳离子移向正极，阴离子移向负极，为了淡化食盐水，需要Na+移向C室，Cl-移向A室，所以E为阳离子交换膜，故D错误；故答案为D。二、非选择题（本题包括5小题，共58分）22.Ⅰ、在水的电离平衡中，c(H＋)和c(OH－)的关系如图所示：(1)10

0℃时，若向水中滴加盐酸，___(填“能”或“不能”)使体系处于B点状态。(2)25℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的硫酸溶液混合，所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为___。(3)100℃时，若盐酸中c(H＋)＝5

×10－5mol·L－1，则由水电离产生的c(H＋)＝____。Ⅱ、已知在25℃时，醋酸、次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为醋酸K＝1.75×10-5，次氯酸K＝2.95×10-8，碳酸K1＝4.30×10-7，K2＝5.61×10-11，亚硫

酸K1＝1.54×10-2，K2＝1.02×10-7(4)写出碳酸的第一级电离平衡常数表达式K1＝___。(5)在相同条件下，等浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SO3和NaHSO3溶液中碱

性最强的是_____。等浓度的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中各离子浓度大小顺序为______。(6)若保持温度不变，在醋酸溶液中通入少量HCl(g)，下列量会变小的是_____(填字母序号，下同)。a．c(CH3COO-)b．

c(H+)c．醋酸的电离平衡常数d．c(CH3COOH)(7)下列离子方程式中错误的是_____。a少量CO2通入次氯酸钠溶液中：CO2＋H2O＋ClO－=HCO-3＋HClOb少量SO2通入次氯酸钙溶液中：Ca2+＋2ClO－＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClOc过量C

O2通入澄清石灰水中：CO2＋OH－=HCO-3【答案】(1).不能(2).10：1(3).2×10－8mol·L－1(4).-+323(HCO)(H)(HCO)ccc(5).Na2CO3(6).c(Na＋)>c(3HCO−)>c(23CO−)>c(OH

－)>c(H＋)(7).a(8).b【解析】【分析】I．(1)酸、碱的电离抑制水的电离，据此分析；(2)25℃时，pH＝7的溶液显中性，酸碱恰好完全反应；(3)酸溶液中氢氧根全部由水电离；II．(5)酸的电离平衡常数

越大，同浓度下酸性越强，相应的同浓度的强碱弱酸盐的碱性就越强；(6)HCl可以电离出氢离子，使醋酸的电离平衡逆向移动；(7)根据强酸制弱酸判断。【详解】(1)向溶液中滴加盐酸会对水的电离起到抑制作用，氢离子浓度增大，氢氧根浓度减小，但是

温度不变，水的离子积不变，所以不会处于B点位置，应沿曲线向右下方移动；(2)pH＝9的NaOH溶液中c(OH－)=10-5mol/L，pH=4的硫酸溶液中c(H＋)=104mol/L；设NaOH溶液的体积为V1，硫酸的体积为V2，混合后溶液pH=7

，所以10-5mol/L×V1=104mol/L×V2，解得V1：V2=10:1；(3)盐酸中c(H＋)＝5×10－5mol·L－1，据图可知100℃时水溶液中c(H＋)·c(OH－)=10-12，所以此时溶液中c(OH－)=-12-1-510molL10=2×10－8mol·L－1，，水电离

产生的氢氧根和氢离子浓度相等，所以由水电离产生的c(H＋)=2×10－8mol·L－1；(4)碳酸的第一步电离方程式为H2CO33HCO−+H+，所以Ka1=-+323(HCO)(H)(HCO)ccc；(5)根据各酸的电离平衡常数可知酸

性最弱的为3HCO−，所以碱性最强的是Na2CO3；等浓度的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液显碱性，所以(OH－)>c(H＋)，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，所以c(3HCO−)>c(23CO−)，所以混合溶液中c(Na＋

)>c(3HCO−)>c(23CO−)>c(OH－)>c(H＋)；(6)a．HCl会电离出氢离子，使醋酸的电离平衡逆向移动，醋酸根浓度减小，故a符合题意；b．HCl会电离出氢离子，所以溶液中氢离子浓度增大，故b不

符合题意；c．温度不变醋酸的电离平衡常数不变，故c不符合题意；d．醋酸的电离平衡逆向移动，醋酸的浓度增大，故d不符合题意；综上所述选a；(7)a．根据电离平衡常数可知酸性：碳酸>次氯酸>碳酸氢根，所以即便少量二氧化碳通入次氯酸钠溶液中也无法生成碳酸根，离子方程式为CO2＋H2

O＋ClO－=HCO-3＋HClO，a正确；b．次氯酸根具有氧化性，会将二氧化硫氧化成硫酸根，所以离子方程式为Ca2++ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl-，b错误；c．过量CO2通入澄清石灰水中，二氧化碳会和碳酸根、水反应生成碳酸氢根，碳酸氢钙可溶于水，所

以离子方程式为CO2＋OH－=HCO-3，c正确；综上所述答案为b。【点睛】计算酸碱混合后溶液pH值时，需先判断谁过量，若酸过量，则直接根据方程式计算混合溶液中氢离子的浓度得出pH，若碱过量，需要先根据方程式计算混合后

溶液中氢氧根的浓度，再计算氢离子浓度得出pH。23.现有室温下浓度均为1×10－3mol·L－1的几种溶液：①盐酸、②硫酸、③醋酸、④氯化铵、⑤氨水、⑥NaOH溶液。回答下列问题：(1)上述6种溶液中，水电离出的c(H＋)最大的是_____(填序号，下同)

，最小的是_____。(2)将③、⑥混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为③_______⑥(填“>”“<”或“＝”)。(3)将等体积的①、⑤混合，则溶液的pH__7(填“>”“<”或“＝”)，用离子方程式说明其原因

：_______。(4)向相同体积的①、②、③溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，反应的初始速率由快到慢的顺序为_____，最终产生H2总量的关系为_____(用“>”或“＝”连接)。(5)向相同体积的

①、③溶液中分别加入相同浓度、相同体积的CH3COONa溶液，充分混合后，混合液的pH大小关系为①_______③(填“>”“<”或“＝”，下同)。(6)若将等体积的⑤、⑥溶液加热至相同温度后，溶液的p

H大小关系为⑤______⑥【答案】(1).④(2).②(3).＞(4).＜(5).+4NH＋H2ONH3·H2O＋H＋(6).②①③(7).②＞①＝③(8).＜(9).＜【解析】【分析】(1)酸或碱的电离抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离；(2)强碱弱酸盐溶液显碱性，据此分析；(3)一水合氨

为弱碱，铵盐水溶液中存在铵根的水解；(4)氢离子浓度越大，反应速率越快；氢离子的物质的量越多，生成的氢气越多；(6)升高温度促进一水合氨的电离，但依然不能完全电离，且会使氨水挥发出氨气。【详解】(1)盐酸、硫酸、醋酸、NaOH、一水合氨的电离抑制水的电离，氯化铵溶液中铵根的

水解促进水的电离，所以水电离出的c(H＋)最大的是④，浓度均相等，但硫酸为二元酸，所以硫酸电离出的氢离子更多，对水的电离抑制作用更大，所以水电离出的c(H＋)最小的是②；(2)醋酸为弱酸，若二者等体积混

合得到的溶液溶质为醋酸钠，醋酸钠溶液显碱性，所以若要二者混合液显中性，酸要多一些，即消耗的体积③>⑥；(3)将等体积的①、⑤混合得到的溶液溶质为氯化铵，铵根水解：+4NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，会使溶液显酸性，所以pH<7；(4)

因三种溶液初始浓度相同，而硫酸为二元酸，所以硫酸中氢离子浓度最大，反应速率最快，醋酸为弱酸，相同浓度下溶液中氢离子浓度小于盐酸，所以醋酸反应速率最慢，所以反应的初始速率由快到慢的顺序为②①③；硫酸为二元酸，所含氢离子的物质的量最大，所以生成的氢气最多，醋酸和盐酸所含氢离子的物质的量相同，所

以产生的氢气相同，最终产生H2总量的关系为②＞①＝③；(5)向相同体积的①、③溶液中分别加入相同浓度、相同体积的CH3COONa溶液，混合后，溶液可以看成“分别向醋酸中加入等体积的①氯化钠和③醋酸钠”，由于氯化钠溶液显中性，而醋酸钠溶液显碱性，所以充分混合后，混合液的pH大小关系为①＜③；(

6)等体积等浓度的⑤、⑥溶液，由于一水合氨不完全电离，所以pH⑤＜⑥；加热促进一水合氨电离，但其依然不能完全电离，所以pH值依然＜⑥，且由于氨水加热后挥发出氨气，氨水浓度减小，溶液的pH大小关系为⑤＜⑥。【点睛】中和同浓度的一元弱酸(弱碱)和强酸(

强碱)，消耗的碱(酸)一样多，若使溶液呈中性，弱酸(弱碱)消耗的碱(酸)少。24.用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，假设烧碱样品中的杂质(可溶于水)与酸不反应，试根据实验回答下列问题：(1)将准确称取的4.

3g烧碱样品配成250mL待测液，需要的主要仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有______、______。(2)取10.00mL待测液，用图中____(填“甲”或“乙”)量取。(3)用0.2010mol·L－1的标准盐酸滴定待测烧碱溶液(用酚酞做指示剂)，滴定时左手旋转酸式滴

定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到_____________，即达到滴定终点。(4)根据表中数据，可计算出烧碱的纯度为____(用百分数表示，结果保留小数点后一位小数)

。滴定次数待测液体积/mL标准盐酸体积/mL滴定前读数/mL滴定后读数/mL第一次10.000.5020.40第二次10.004.0024.10(5)排去碱式滴定管中的气泡应采用操作______(填“甲”“乙”或“丙”)，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。(6)在该滴定实验中，下

列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的是_____(填序号)。A滴定终点读数时俯视读数B酸式滴定管水洗后未用标准盐酸润洗C锥形瓶水洗后未干燥D锥形瓶用蒸馏水洗后又用待测液润洗E滴定到指示剂刚变色，摇动锥形瓶后颜色恢复，没再继续滴定F酸式

滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失【答案】(1).250mL容量瓶(2).胶头滴管(3).乙(4).溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复(5).93.5%(6).丙(7).BDF【解析】【分析】本实验的目的是用

中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，先称取4.3g烧碱样品配成250mL待测液，然后取10mL用盐酸标准液进行滴定，NaOH溶液显碱性，所以需要用碱式滴定管盛放，根据n待测=c待测×V待测=c标×V标计算出10mL待测液中的物质的量，从而确定样品中NaOH的物质的量，进而计算样品的纯度。【详解

】(1)配制250mL待测液还需要250mL容量瓶，定容时还需要胶头滴管；(2)NaOH溶液显碱性，需要用碱式滴定管量取，即仪器乙；(3)用酚酞做指示剂，烧碱溶液显碱性，所以滴定前待测液为红色，随着盐酸的滴入，溶液的pH减小，达到滴定终点时溶液显中性，变为

无色，所以直到溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复，即达到滴定终点；(4)根据表格数据，第一次所用标准液体积为20.40mL-0.50mL=19.90mL，第二次所用标准液体积为24.10mL-4.00mL=20.10mL，所以所用标准液平均体积为20.00

mL，标准液的浓度为0.2010mol·L－1，所以10mL待测液中n(NaOH)=0.02L×0.2010mol·L－1=0.00402mol，则样品中n(NaOH)=0.00402mol×250mL10mL=0.1005mol，所以纯度为0.1005mol40g/mol100%4.3g=

93.5%；(5)碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以丙正确；(6)A．滴定终点读数时俯视读数，导致读取的标准液体积偏小，测定结果偏低，故A不符合；B．酸式滴定管使

用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗，导致标准液的浓度偏低，滴定时消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故B符合；C．锥形瓶水洗后未干燥，对待测液的物质的量没有影响，不影响滴定结果，故C不符合；D．锥形瓶用蒸馏水洗后又用待测液润洗，导致待测液的物质的量偏大，消耗的

标准液体积偏大，测定结果偏高，故D符合；E．滴定到指示剂刚变色，摇动锥形瓶后颜色褪去，没再继续滴定，反应没有完全，消耗的标准液体积偏低，测定结果偏低，故E不符合；F．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，实际量取的待测液体积不足10m

L，则计算得出的NaOH的物质的量偏大，测定结果偏高，故F符合；故选：BDF。【点睛】滴定实验中分析误差时，可以c待测×V待测=c标×V标进行判断，分析操作对公式中各个量的影响，得出对测定结果的影响。25.某研究性学习小组将下列装置按如图连接，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极

，甲、乙、丙中电解质溶液含溶质均为1mol。将电源接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。试回答下列问题：(1)电源A极的名称是________。(2)当电路中通过4mole－时，要使甲中溶液种类和浓度均复原，可向电解后溶液中加入__________

(填某一种物质的化学式和物质的量)。(3)乙装置中电解反应的总化学方程式为__________________。(4)若要在丙装置中实现铁器上镀银，银在_____(填G或H)级。(5)装置丁中的现象是_________

________________。(6)若电源用碱性氢氧燃料电池代替，则该电池正极的电极反应式为______________。【答案】(1).正极(2).1molCu(OH)2(3).2222NaCl+2HO2NaOH+H+C

l电解(4).G(5).X极附近红褐色变浅，Y极附近红褐色变深(6).O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】【分析】乙中为饱和食盐水，滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F电极发生反应2H2O+2

e－=H2↑+2OH－，所以F应为阴极，得电子发生还原反应，则B为电源的负极，A为电源的正极。【详解】(1)根据分析可知电源A极为正极；(2)甲装置中C与电源正极相连为阳极，水电离出的氢氧根放电生成氧气，电极方程式为4OH--4e-=O2↑+2H2O

，转移4mol电子时可以产生1molO2；D为阴极，先是铜离子放电生成铜单质，电极方程式为Cu2++2e－=Cu，溶液中n(Cu2+)=1mol，所以转移2mol电子后，铜离子已经完全反应，之后水电离出的氢离子放电产生氢气，电极方程式为2H++2e－=H2↑，

又转移2mol电子，所以产生1molH2，则共析出1molO2、1molCu、1molH2，相当于1molCu(OH)2，根据“析出什么补充什么”原则加入物质恢复，需要加入1molCu(OH)2；(3)乙装置中阳极氯离子放电产生氯气，阴极水电离出的氢离子放电产生氢气，同时产生氢氧根，总反应为2

222NaCl+2HO2NaOH+H+Cl电解；(4)因为要在铁器上镀银，所以铁器在阴极，银离子要在阴极发生还原反应生成银单质；同时为了补充电解质溶液中的银离子，需要银单质在阳极发生氧化反应生成银离子，电源的A极为正极

，G与A相连，所以银在G极；(5)根据异性电荷相吸的原理，氢氧化铁胶体中含有的带正电荷的胶体粒子会向阴极Y电极移动，所以X极附近红褐色变浅，Y极附近红褐色变深；(6)原电池正极得电子发生还原反应，电解质溶液显碱性，所以电极方程式O2+4e－+2H2O=4

OH－。【点睛】第二小题为易错点，要注意溶质的物质的量，转移4mol电子的过程中阴极发生两步反应，先是铜离子放电，再是氢离子放电。26.燃煤废气中的氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体，常要采用不同方法处理，以实现节能减排、废物

利用等。(1)下列为二氧化硫和氮的氧化物转化的部分环节：①已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H＝－196.6kJ・mol－12NO(g)＋O2(g)2NO2(g)△H＝－113.0kJ·mol－1则SO2气体与NO2气体反应生成SO3气体和NO气体的热化学方

程式为_______________。②一定条件下，工业上可通过下列反应实现燃煤烟气中液态硫的回收，其中Y是单质：SO2(g)＋2CO(g)催化剂2X(g)＋Y(l)。为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，某化学

兴趣小组在某温度下、固定容器中用超灵敏气体传感器测得不同时间的SO2和CO浓度如下表：时间/s01234c(SO2)/mol·L-11.000.500.233.00×10－373.00×10－37c(CO)/mol·L-14.003.002.462.002.00X的化学式为______；当

时间为第4s时，v(SO2)正_____(填“>”“＝”或“<”)v(X)逆。(2)有科学家经过研究发现，在210~290℃、催化剂条件下用H2可将CO2转化生成甲醇蒸气和水蒸气。一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1molCO

2和3.0molH2，在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示：①催化剂效果最佳的是催化剂_______(填“I”“II”或“III”)。②此反应中a点的转化率比b点高的原因是__________________。已知容器内的起始压

强为100kPa，则图中c点对应温度下反应的平衡常数Kp＝_____(保留两位有效数字)(Kp为以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数)。【答案】(1).SO2(g)+NO2(g)NO(g)+SO3(g)△H=-41.8

kJ·mol-1(2).CO2(3).＜(4).Ⅰ(5).a点温度比b点高，a比b应先到达化学平衡状态，故a点已达平衡，平衡转化率高，而b点未到达平衡，转化率低(6).8.3×10-4(kPa)-2【解析】【分析】根据盖斯定律得到热化学方程式；根据原子守恒思想得出X的化学式；当时间为

第4s时，已经达到平衡，则速率比等于计量系数比，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，建立三段式，先计算平衡后的压强，再根据压强平衡常数计算。【详解】(1)①第一个方程式减去第二个方程式，再除以2得到SO2气体与NO2气体反应生

成SO3气体和NO气体的热化学方程式为SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)△H＝-41.8kJ·mol-1，故答案为：SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)△H＝-41.8kJ·mol-1；②Y为S，根据原子守恒思想得出X的化学式为CO2；当时间为第4s时，已经达到

平衡，则速率比等于计量系数比，故2v(SO2)正＝v(X)逆，则v(SO2)正<v(X)逆，故答案为：CO2；<；(2)①T3温度以前，相同温度下，催化剂Ⅰ的催化效率更高；故答案为：I；②该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，因此a点的转化率比b点高的原因是a点温度比b点高，a比b应

先到达化学平衡状态，故a点已达平衡，平衡转化率高，而b点未到达平衡，转化率低，故答案为：a点温度比b点高，a比b应先到达化学平衡状态，故a点已达平衡，平衡转化率高，而b点未到达平衡，转化率低；已知容器内的起始压强为100kPa，c

点时CO2的转化率为60%，可列三段式：()()()()22323mol1mol001.8mol0.6mol0.6mol0.6mol1.2mol0.4mol3HgCOgCHO0.6mol0.6moHlHg+Og开始：转化：平衡：＋利用压强之比等于物质的量之比，Pn100

kPa4mol===PnP2.8mol前前后后后，反应后的压强为P=70kPa后，4230.60.670kPa70kPa2.82.88.310(kPa)1.20.4(70kPa)70kPa2.82.8K−−==；故答案为：a点达到平衡，c点温度升高，

反应是放热反应，平衡逆向，转化率减小；428.310(kPa)−−。