【文档说明】黑龙江省哈尔滨市尚志中学2022-2023学年高二上学期12月月考化学试题 含解析.docx，共(21)页，1.268 MB，由小赞的店铺上传

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高二第三次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cu-64Zn-65Ag-108一、选择题：(每题只有一项是符合题目要求的，本题共18个小题，每小题3分。)1.下列事实与盐类的水解无关．．的是A.用明矾净水B.用稀盐酸清除铁锈C.用热的纯碱溶液清洗油污D.配制FeCl

3溶液时加入少量盐酸【答案】B【解析】【详解】A.明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性可用于净水，与盐类的水解有关，故A不选；B.稀盐酸与铁锈反应23326HCl+FeO=2FeCl+3HO可用于清除铁锈，与盐类的水解无关，故B选；C.纯碱溶液中碳酸根水解呈碱性可以使油

污发生水解反应生成可溶性物质，用于清洗油污，与盐类水解有关，故C不选；D.FeCl3溶液中铁离子易发生水解3++23Fe+3HOFe(OH)+3H，加入少量盐酸增加氢离子浓度平衡逆移，可以防止铁离子的水解，与盐类水解有关，故D不选。故答案选：B。2.在一定温度下的恒容密闭容器中，建立下

列化学平衡：C(s)+H2O(g)CO(g)＋H2(g)。不能确定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是()A.体系的压强不再发生变化B.气体密度不再发生变化C.CO与H2O浓度相同时D.1molH-H键断裂的同时断裂2molH-O键【答案

】C【解析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反

应到达平衡状态。【详解】A.该反应是气体体积增大的反应，反应过程中压强增大，当体系的压强不再发生变化时，说明反应到达平衡，故A不选；B.该反应是气体体积增大的反应，反应过程中气体总质量增大，体积不变，密度增大，当气体密度不再发生变化时，说明反应到达平衡，故B不选；C.反应C(

s)+H2O(g)CO(g)＋H2(g)中，每生成1molCO(g)的同时，生成1molH2(g)，CO与H2O浓度始终相等，当CO与H2O浓度相同时，不能说明反应到达平衡，故C选；D.1molH−H键断裂等效于生成2molH−O键的同时断裂2molH−O键，说明正反应速

率等于逆反应速率，说明反应达平衡状态，故D不选；故选C。3.反应4A(g)+3B(g)=2C(g)+D(g)，经2min，B的浓度减少0.6mol·L-1。对该反应速率的表示，下列说法正确的是A.用A表示的反应速

率是0.4mol·L-1·min-1B.用B、C、D表示的反应速率之比为1∶2∶3C.在2min末，用B表示的反应速率是0.3mol·L-1·min-1D.在2min内用B表示的反应速率逐渐减小，用C表示的反应速率逐渐增大【答案】A【解析】【分析】【详解】A．-1-1Δ0.6mol/L(B

)===0.3molLminΔ2mincvt，由反应速率与化学计量数成正比，用A表示的反应速率是-1-1-1-14(A)=0.3molLmin=0.4molLmin3v，A正确；B．由反应速率与化学计量数成正比，用B、C、D表示的反应速率之比为3

∶2∶1，B错误；C．化学反应速率指的是一段时间的平均反应速率，2min末指的是瞬时速率，C错误；D．随着反应进行，反应物的浓度降低，用B、C表示的反应速率都减小，D错误；故选：A。4.1g火箭燃料N2H4(g)燃烧，生

成N2(g)和H2O(g)，同时放出16.7kJ的热量，表示该反应的热化学方程式正确的是A.N2H4+O2=N2+2H2O△H=-534.4kJ/molB.N2H4+O2=N2+2H2O△H=-1068.8kJ/molC.N2H4(g)

+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534.4kJ/molD.12N2H4(g)+12O2(g)=12N2(g)+H2O(g)△H=+267.2kJ/mol【答案】C【解析】【详解】A．没注明物质的聚集状态，选项A错误；B．没注明物质的聚集状态，

选项B错误；C．1g火箭燃料肼（N2H4）气体燃烧生成N2和H2O（g）时，放出16.7kJ的热量，则32g肼（N2H4）气体燃烧生成N2和H2O（g）时，放出534.4kJ的热量，即N2H4（g）+O2（g）=N

2（g）+2H2O（g）△H=-534.4kJ/mol，选项C正确；D．反应为放热，焓变为负值，选项D错误；答案选C。5.如下图所示原电池的总反应为：Cu＋2Ag＋Cu2＋＋2Ag，下列叙述正确的是A.反应过程中银电极上有气泡B.盐桥中阳离子进入右池C.电池

工作时，电子流向为：Cu→盐桥→AgD.工作一段时间后，右烧杯中电极重量减轻【答案】D【解析】【分析】原电池的总反应为：Cu＋2Ag＋Cu2＋＋2Ag，Cu极作负极，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2＋，Ag极作正极，电极反应式

为：2Ag＋+2e-=2Ag，以此解答。【详解】A．Ag极作正极，电极反应式：2Ag＋+2e-=2Ag，没有气泡产生，故A错误；B．电池工作时，阳离子向正极移动，Cu2＋向银电极移动，故B错误；C．Cu为负极，Ag为正极，电子从负极Cu

经导线流向正极Ag，故C错误；D．右烧杯发生电极反应Cu-2e-=Cu2＋，电极重量减轻，故D正确；故选D。6.如图所示，各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为为A.②①③④⑤⑥B.⑤④③①②⑥C.⑤④②①③⑥D.⑤③②④①⑥【答案】C【解

析】【分析】【详解】由装置图可知，②③④是原电池，装置②④中铁为负极，且两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀的速度越快，因此④>②，装置③中铁作正极，被保护，所以④>②>③，装置⑤⑥是电解池，⑤中铁作阳极，⑥中铁作阴极，阳极金属腐蚀速度快，阴极被保护，因此⑤>⑥，又因电解池引起的腐蚀

速度>原电池引起的腐蚀速度>化学腐蚀速度>有防护措施的腐蚀速度，因此可得铁被腐蚀的速度大小关系为：⑤④②①③⑥，答案选C。7.常温下，指定条件下，下列离子一定可以大量共存的是A.pH=1溶液中，Na+、Al3+、2-3CO、2-4SOB.由水电离出的c(H+)=1×1

0-13mol/L的溶液中，Na+、AlO2−、2-3CO、2-4SOC.Na+、+4NH、-3HCO、Cl-D.Na+、Al3+、AlO-2、-3NO【答案】C【解析】【详解】A．pH=1是强酸性溶液，2-3

CO与H+结合生成碳酸，且与Al3+发生双水解,不能大量共存，A错误；B．由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中，可能为酸性溶液，也可能是碱性溶液，若为酸性溶液2AlO−和2-3CO不能与+H

大量共存，B错误；C．Na+、+4NH、-3HCO、Cl-互相不发生化学反应，能大量共存，C正确；D．Al3+和2AlO−因为发生双水解生成Al(OH)3沉淀而不能大量共存，D错误；故选C。8.下列说法不正确的是（）的A.Na2CO3溶液蒸干并灼烧可得无水Na2CO3B.p

H相同的HA和HB溶液，分别与一定浓度的氢氧化钠溶液完全中和，HA消耗的氢氧化钠溶液体积多，则可证明酸性HA<HBC.任何温度下均能自发进行2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)，则该反应的△H<0，△S＞0D.除去MgCl2溶液中混

有的少量FeCl3，可向溶液中加入足量MgCO3，过滤【答案】B【解析】【详解】A、Na2CO3溶液在蒸干时不能彻底水解，最终蒸干灼烧后得到的就是碳酸钠本身，选项A正确；B、在相同条件下，等体积、等pH的HA和HB溶液，分别与一定浓度的

氢氧化钠溶液完全中和，如果HA消耗的氢氧化钠溶液体积多，则可证明酸性HA<HB，没说明体积相同，无法判断，选项B不正确；C、2H2O2（l）=O2（g）+2H2O（l），△H＜0、△S＞0，任何温度下△G=△H—T△S＜0能自发进行，选项C正确；D、向含有少量FeCl

3的MgCl2溶液中加入足量MgCO3粉末，溶液pH增大，利于Fe3+的水解，可转化为Fe(OH)3沉淀而除去，选项D正确；答案选B。9.某温度下，在固定容积的密闭容器中，可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)达到平衡时，各物质的物质的量之比为n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1。保持温度不

变，以2∶2∶1的物质的量之比再充入A、B、C，则A.平衡不移动B.再达平衡时，n(A)∶n(B)∶n(C)仍为2∶2∶1C.再达平衡时，C体积分数增大D.再达平衡时，正反应速率增大，逆反应速率减小【答案】C【解析】【详解】保持温度

不变，以2∶2∶1的物质的量之比再充入A、B、C，相当于增大压强，A．由于正反应的气体分子数减小，则增大压强，平衡正向移动，故A错误；B．由于正反应的气体分子数减小，则增大压强，平衡正向移动，导致再次达到平

衡时，A、B和C的物质的量之比减小，故B错误；C．由于正反应的气体分子数减小，则增大压强，平衡正向移动，导致再次达到平衡时，C的体积分数增大，故C正确；D．由于反应物和生成物的浓度都增大，所以再达平衡时，正逆反应速率都增大，故D错误；故选C。的10.常温下某浓度的NaHSO3稀溶液的pH<

7.则该稀溶液中下列粒子浓度关系正确的是A.c(Na＋)>c(-3HSO)＋c(2-3SO)B.c(Na＋)>c(-3HSO)>c(H2SO3)>c(2-3SO)C.c(H2SO3)＋c(H＋)=c(OH-)D.c(Na＋)＋c(H＋)=c(-3HSO)＋c(OH-)【答案】A【解析】【分析】

NaHSO3溶液中存在-+2-33HSOH+SO、--3223HSO+HOHSOOH＋，由于溶液的pH<7，说明-3HSO的电离程度大于-3HSO的水解程度，故c(2-3SO)>c(23HSO)；【详解】A．由物料守恒可知，()

()()+-2-3323cNa=cHSOcSOcO)H(S＋＋，故c(Na＋)>c(-3HSO)＋c(2-3SO)，A正确；B．-3HSO的电离程度大于-3HSO的水解程度，则c(Na＋)>c(-3HSO)>c(2-3

SO)>c(H2SO3)，B错误；C．由质子守恒可知，c(H2SO3)＋c(H＋)=c(OH-)+c(2-3SO)，C错误；D．由电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)=c(-3HSO)＋c(OH-)+2c(2-3SO)，D错误；故选A

。11.下列说法正确的是A.常温下，同浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，盐酸的pH大于醋酸B.常温下，向3BaCO、4BaSO的饱和溶液中加入少量2BaCl固体。溶液中()()2324COSOcc−−减小C.相同温度

下，AgCl在相同物质的界浓度的2CaCl和NaCl溶液中的溶解度、溶度积常数均相同D.常温下，甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的两倍，则甲、乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等

于7【答案】D【解析】【详解】A．常温下，同浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数时，由于醋酸是弱电解质，电离不完全，所以酸性：盐酸>醋酸，即盐酸的pH小于醋酸，A错误；B．温度不变，溶度积常数不变，所以向3BaCO、4BaSO的饱和溶液中加入少量2B

aCl固体时，溶液中()()()()()()()()2-233sp32-22sp444+2+cCOCOKBaCOKBaSOBaBacSOSO−−==cccc不变，B错误；C．相同物质的量浓度的2CaCl和NaCl溶液中氯离子浓度不同，对AgCl溶解平衡逆向移动的影响程度不同，

所以，相同温度下，AgCl在相同物质的量浓度的2CaCl和NaCl溶液中的溶解度不同，由于溶度积常数只与温度有关，所以，相同温度下，溶度积常数相同，C错误；D．当甲和乙溶液的pH之和等于14时，等体积混合后，混合液pH=7，甲溶液的pH是乙溶液pH的两倍，可满足二

者pH之和为14，即混合液的pH可能等于7，D正确；故选D。12.25℃时，向220mL0.1mol/LHR(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法

正确的是A.a点对应的溶液中：()()()22cHRcHRcR0.1mol/L−−++=B.b点对应的溶液中：c(Na+)＞c(HR-)＞c(H2R)＞c(R2-)C.溶液的导电性：b＞cD.a、b、c、d点中，d点对应的溶液中水的电离程度最

大【答案】D【解析】【详解】A．a点是向20mL0.1mol•L-1H2R（二元弱酸）溶液中滴加10mL0.1mol•L-1NaOH溶液，所得的溶液是H2R和NaHR的混合溶液，且两者的物质的量均为0.001

mol，由于溶液体积变为30mL，由物料守恒可知，a点对应的溶液中()()()220.02L0.1mol/LcHRcHRcR0.0667mol/L0.02L0.01L−−++=+，故A错误；B．b点是向20mL0.1mo

l•L-1H2R（二元弱酸）溶液中滴加20mL0.1mol•L-1NaOH溶液，所得溶液是0.05mol/L的NaHR溶液，由于溶液显酸性，故HR-的电离HR-H++R2-大于水解H2O+HR-H2R+OH-，有c(Na+)＞c(HR-)＞c(R2-)＞c(H2R)，故B错误；

C．b点是向20mL0.1mol•L-1H2R（二元弱酸）溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液20mL，得到的是浓度为0.05mol/L的NaHR溶液；c点是向20mL0.1mol•L-1H2R（二元

弱酸）溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液30mL，得到的是浓度均为0.02mol/L的NaHR和Na2R的混合溶液，溶液导电性的强弱与溶液中阴、阳离子的浓度和离子所带的电荷数有关，c点对应的溶液中离子浓度较大，对应溶液的导电性b＜c，故C错误；D．a点是H

2R和NaHR的混合溶液，H2R抑制水的电离；b点是0.05mol/L的NaHR溶液，由于HR-的电离大于其水解，水的电离也被抑制；c点是浓度均为0.0×22mol/L的NaHR和Na2R的混合溶液，NaHR抑制水的电离，Na2R促进水的电离；d点是向20mL0.1mol•L-

1H2R（二元弱酸）溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液40mL，故得到的是Na2R溶液，对水的电离有促进作用，这四个点中，d点的水的电离程度最大，故D正确；答案为D。13.已知：pKa=-lgKa．25℃时，几种弱酸的pKa如表所示。下列说法正确的是弱酸的化学式CH3COOHHCOOHH2

SO3pKa4.743.741.907.20A.25℃时，pH=8的甲酸钠溶液中，c(HCOOH)=9.9×10-7mol·L-1B.相同温度下，等浓度的HCOONa溶液比Na2SO3溶液的pH大C.25℃时，某乙酸溶液

pH=a，则等浓度的甲酸pH=a-1D.向Na2SO3溶液中加入过量乙酸，反应生成SO2【答案】A【解析】【分析】由于pKa=-lgKa，则pKa越小，对应酸的酸性越强，根据表格数据分析，酸性顺序为：H2SO3>HCOOH>CH3COOH>-3HSO。【详解】A．甲酸钠溶液因甲酸根离子水解而

显碱性，且存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HCOOH)，因为溶液的pH=8，所以c(OH-)=10-6mol·L-1，c(H+)=10-8mol·L-1，所以c(HCOOH)=9.9×10－7mol·L-1，A正确；B．因为酸性

：HCOOH>-3HSO，则相同温度下，等浓度的溶液中甲酸根离子水解程度小于亚硫酸根离子水解程度，即等浓度的甲酸钠的pH小于亚硫酸钠，B错误；C．等浓度的乙酸和甲酸溶液中存在电离平衡，假设两种酸浓度均为c，甲酸溶液的pH＝ｂ，则aa4.74101010c−−−=，bb3.7410

1010c−−−=，联立计算得b=a-0.5，C错误；D．因为酸性：H2SO3>CH3COOH>-3HSO，亚硫酸钠和乙酸反应只能生成亚硫酸氢钠和乙酸钠，不能生成SO2，D错误。故选A。14.如图所示的装置，C、D、E、F都是惰性电极，A、B是电源的两极。将电路接通后，向乙中滴入酚酞

溶液，在F极附近溶液显红色。则以下说法正确的是A.电源A极是负极B.甲装置的C、D极上均有物质生成，其物质的量之比为1：2C.欲用丙装置给生铁铸件镀铜，G应该是生铁铸件，电镀液是CuSO4溶液D.电解一段时间后，向乙加入一定量的盐酸，可能使其恢复到原来的浓度【答案】B【解析】

【分析】将电路接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近溶液显红色，说明F极处发生：222HO2H2OHe−−+=+，F极为阴极，则B为负极，A为正极。【详解】A．由分析知，F极上有OH-产生，F极为阴极，C、E为阳极，电源A极是正极，A错误；B．C电极为阳极，生成的气体为氧气，C电极反应式

：222HO-4eO4H+−=+，D电极为阴极，生成的气体为氢气，D电极反应式：222HO2H2OHe−−+=+，在同一电路中，转移的电子数相同，则C、D电极上收集到的气体的物质的量之比为1：2，B正确；C．欲用丙

装置给生铁铸件镀铜，则镀件作阴极，镀层金属作阳极，所以与电源负极B相连的电极H应该是生铁铸件，电镀液是CuSO4溶液，G电极为Cu，C错误；D．若NaCl溶液足量，电解一段时间后，阴极生成氢气，阳极生成氯气，因此向乙中通入一定量的H

Cl气体，可能使其恢复到原来的浓度，D错误；故选B。15.我国科学家研发了一种Na—CO2二次电池，将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料。充电时的总反应为：2Na2CO3+C=3CO2

+4Na．下列说法错误的是A.充电时，镍网与电源的正极相连B.放电时，ClO4−向钠电极移动C.充电时，阴极反应为：2CO23−+C-4e-=3CO2D.充电时释放CO2，放电时吸收CO2【答案】C【解析】【分析】根据充电时的总反应2Na2CO3+C=3CO2+4

Na知，充电时Na为阴极，Ni为阳极且释放CO2；则放电时Na为负极，被氧化：Na-e-=Na+，Ni为正极，通入的CO2被还原：3CO2+4e-=2CO23−+C。【详解】A．由分析知，充电时，Ni与正极相连为阳极，A不符合题意；B

．放电时，ClO4−向负极移动，钠为负极，B不符合题意；C．充电时，阴极为得电子反应，阴极反应为Na++e-=Na，C符合题意；D．充电时，Ni为阳极，释放CO2；放电时，Ni为正极，吸收CO2，D不符合题意；故选C。16.某温度下，分别向体积均为100mL，浓度均为0.11molL−的

NaCl溶液和24NaCrO溶液中滴加0.11molL−的3AgNO溶液，滴加过程中()lgClc−−和()24lgCrOc−−随加入3AgNO溶液体积(V)的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A.该温度下，()12sp2

4KAgCrO410−=B.C点溶液中，()()33Na2NOcc+−=C.A、B、C三点溶液中()Agc+大小关系为：B>C>AD.相同实验条件下，若把NaCl溶液改为等浓度的NaBr溶液，反应终点

由A点向D点方向移动【答案】C【解析】【分析】根据NaCl溶液和24NaCrO溶液与AgNO3溶液反应的方程式可知，在相同浓度的NaCl和24NaCrO溶液中加入相同浓度的AgNO3溶液，Cl-浓度减小的更快，

2-4CrO浓度减小的慢，所以曲线I表示()lgClc−−与AgNO3溶液体积的变化关系，曲线II表示()24lgCrOc−−与AgNO3溶液体积的变化关系，据此解答。【详解】A．由曲线II中B点数据可得，该温度下，()2-244212s

p244KAgCrOc(CrO)c(Ag)110(210)410+−−−===，故A正确；B．C点溶液中，()C0.1mol/L0.1LNaV+=c，()3C0.1mol/L0.15LNOV−=c，所以()()33Na2NOcc+−=，故B正确；C．由曲线数据可知A、B点溶液中()A

gc+分别为：4.9m110ol/L−、4210mol/L−，A、C点均在曲线I上，所以Ksp（AgCl）相同，C点溶液中c(Cl-)更小，则()Agc+更大，C点为向体积为100mL，浓度为0.11molL−的NaCl溶液中加入150ml相同

浓度的AgNO3溶液，此时溶液中()Agc+远大于4210mol/L−，所以，A、B、C三点溶液中()Agc+大小关系为：C>B>A，故C错误；D．AgBr比AgCl更难溶，达到沉淀溶解平衡时Br-的浓度更低，则()lgBrc−−值更大，消耗A

gNO3溶液的体积不变，反应终点由A向D移动，故D正确；故答案选C。17.500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(3NO−)=6.0mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体(标准状况)，假定

电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是A.电解后溶液中c(H+)为8mol·L-1B.上述电解过程中共转移6mol电子C.电解得到的Cu的质量为32gD.原混合溶液中c(K+)为2mol·L-1【答案】D【解析】【分析】电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放

电生成氧气：4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极上先铜离子放电生成铜单质：Cu2++2e-=Cu，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气：2H++2e-=H2↑，两极均收集到22.4L气体（标准状况下），气体的物质的量是1mol，每生成1mol氧气转移4mol电子，每

生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量是1mol，则铜离子的物质的量浓度=1mol0.5L=2mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度=6mol/L-2mol/L2=2mol/L，据此分析

解答。【详解】A．当电解硝酸铜时溶液中生成H+，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后溶液中c(H＋)＝2c(Cu2＋)＝4mol·L－1，A错误；B．根据分析，上述电解过程中共转移4mol电子，B错误；C．根据电子转移守恒可知，有1mol铜离子放电，则得到的

Cu的物质的量为1mol，Cu的质量为64g，C错误；D．根据分析原混合溶液中c(K+)=6mol/L-2mol/L2=2mol/L，D正确；故选D。18.常温下，将11.65gBaSO4粉末置于盛有250mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体(忽视溶液体积

的变化)并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法中正确的是A.相同温度时,Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)B.BaSO4在水中的溶解度、Ksp均比在BaCl2溶液中的大C.若使0.05molBaSO4全部转化为BaCO3

，至少要加入1.25molNa2CO3D.0.05molBaSO4恰好全部转化为BaCO3时，溶液中离子浓度大小为:c(CO32-)>c(SO42-)>c(Ba2+)【答案】D【解析】【详解】:比更难溶,二者是同类型物质,可以直接根据溶解性情况比较大小,因此相同温度时,,,故A错误

;在溶液中因为的存在,使沉淀溶解平衡向逆向方向移动,因此在溶液中的溶解度不大,只随温度的改变而改变,无论在水中还是溶液中,值是不变的,故B错误;粉末,其物质的量为,使转化为,,发生的反应为⇌,,根据图象反应的平衡常数为,,若使全

部转化为,,则反应生成,,反应的离子积为,,则平衡时,,则至少需要的物质的量为,故C错误;恰好全部转化为时,溶液中存在大量的,,平衡时的浓度大于,,水解促进的形成,因此溶液中浓度最小的是,,因此离子浓度大小关系为:,所以D选项是

正确的.所以D选项是正确的。点睛：比更难溶,二者是同类型物质,可以直接根据溶解性情况比较大小;在溶液中因为的存在,使沉淀溶解平衡向生成沉淀方向移动,因此在溶液中的溶解度不大,只随温度的改变而改变;粉末,其物质的量为,使转化为,发生

的反应为,根据图象计算二者的常数,据此判断;恰好全部转化为时,溶液中存在,平衡时的浓度大于,水解促进的形成,因此溶液中浓度最小的是,据此判断.第II卷(非选择题共46分)二、非选择题：19.目前我国分别在治理大气污染和新能源使

用上都取得长足进步。（1）在大气污染治理上，目前我国计划在“十二五”期间用甲烷还原氮氧化物(NOx)，使其排放量减少10%。已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H1=-574kJ·m

ol-1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H2=-1160kJ·mol-1则甲烷直接将NO2还原为N2热化学方程式为___________（2）在新能源使用上，正在研究利用甲烷合成甲醇这个清洁能源。该反应为：CH4(g

)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g)△H＞0，将一定量的CH4和一定量H2O(g)通入10L容器中，若改变起始量，CH4的平衡转化率如图所示：甲乙丙起始物质的量n(CH4)/mol5410n(H2O)/mol10810CH4的平衡转化率/%α1=50%α2α3①假设100℃时若按甲投料

反应达到平衡所需的时间为5min，则用甲烷表示该反应的平均反应速率为___________。的的②在不改变其他外界条件下α1、α2、α3的相对大小顺序为：___________。③欲提高CH4转化率且不改变该反应的平衡常数的方法是___________(填字母序号)。A．c(CH4)增大B．分离

出产品CH3OHC．升高温度D．()()23cHOcCHOH比值增大E．容器体积缩小一半④下列图象对该反应表达正确的是：___________。A．B．C．D．【答案】（1）CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ·mol-1（2）①.0

.05mol·L-1min-1②.a1=a2＞a3③.BD④.D【解析】【分析】【小问1详解】已知：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H1=-574kJ·mol-1②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)

△H2=-1160kJ·mol-1根据盖斯定律，将(①+②)×12，整理可得CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ·mol-1；【小问2详解】①对于甲，CH4、H2O反应的物质的量的比是1：1，开始加入的H2O的物质的量比CH4多，所以CH4完全

反应。CH4的平衡转化率是50%，则反应的CH4的物质的量△n(CH4)=5mol×12=2.5mol，则用CH4的浓度变化表示的反应速率v(CH4)=2.5mol10L=0.05mol/(L?min)5min；②不改变其他外界条件下，只改变投入物料的物

质的量的比。由于甲、乙中CH4、H2O的物质的量的比相同，因此二者中CH4的转化率相同，故有α1=α2；对于丙，CH4、H2O的物质的量的比是1：1，相当于在甲达到平衡时，又加入了5molCH4气体。由于在其他条件不变时

，增大某反应物浓度，可以提高其他反应物的平衡转化率，而该反应物的平衡转化率会降低，所以CH4的平衡转化率：α3＜α1，故α1、α2、α3的相对大小顺序为相对大小顺序为：a1=a2＞a3；③A．c(CH

4)增大，平衡正向移动，最终达到平衡时CH4的转化率会降低；由于温度不变，所以化学平衡常数不变，A不符合题意；B．分离出产品CH3OH，就是减少生成物平衡，平衡正向移动，使CH4的转化率增大；由于温度不变，所以化学平衡常数不变，B符合题意；C．该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动

，CH4的转化率增大；温度升高，平衡正向移动，导致化学平衡常数增大，C不符合题意；D．()()23cHOcCHOH比值增大，可以使CH4的转化率增大；由于温度不变，所以化学平衡常数不变，D符合题意；E．容器体积缩小一半，各种气体的浓度是原来的2倍。但由于该反

应是反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，化学平衡不移动，因此CH4的平衡转化率不变；温度不变，化学平衡常数不变，E不符合题意；故合理选项是BD；④A．该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则CH4的转化率增大，图示与反应事实不吻合，A错误；B．在其他条件不变

时，增大反应物CH4的浓度，v正增大，v逆不变，v正＞v逆，反应正向移动，图示与反应事实不吻合，B不符合题意；C．化学平衡常数只与温度有关，在其他条件不变时，增大压强，化学平衡常数不变，图示与反应事实不吻合，C不符合题意；D．在其他条件不变时，升高温度，平衡正向移动，CH4

的转化率提高；在温度不变时，增大CH4的加入量，CH4的平衡转化率会降低，图示与反应事实吻合，D符合题意；故合理选项是D。20.请回答下列问题：（1）已知水存在如下平衡：H2O⇌H++OH-△H﹥0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，选择的下列方法是_____。A.向水中加入NaHS

O4固体B.向水中加NaHCO3固体C.加热至100℃[其中c(H+)=1×10-6mol/L]D.向水中加入NH4Cl固体（2）物质的量浓度相同的①NaOH②H2SO4③CH3COOH④NaCl⑤CH3COONa⑥(NH4)2SO4

六种稀溶液中，水电离的OH-浓度由大到小的顺序_____(填序号)（3）25℃时，向水的电离平衡体系中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解方程式为_____，由水电离出的c(OH-)=_____mol·L-1.（4）MnO2与Li

构成LiMnO2，它可作为某锂离子电池的正极材料，电池反应方程式为：Li1-xMnO2+LixC6=LiMnO2+6C，写出该锂离子电池的正极电极反应式_____。MnO2可做超级电容器材料，用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反

应式是_____。（5）已知：H2S的电离常数K1=1.3×10-7，K2=7.0×10-15，在废水处理领域中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去，向含有0.020mol·L-1Mn2+废水中通入一定量

的H2S气体，调节溶液的pH=a，当HS—浓度为1.0×10-4mol·L-1时，Mn2+开始沉淀，则a=_____。[已知：Ksp(MnS)=1.4×10-15]【答案】（1）D（2）⑥⑤④③①②（3）①.2323COHOHCOOH−−−++②.31.010−（4）①.-+x2

2LiMnO+xe+xLi=LiMnO②.2+22Mn-2e+4OH=MnO+2HO−−（5）1【解析】【小问1详解】A.向水中加入4NaHSO固体，4NaHSO电离产生的H+使水的电离平衡逆向移动，A错误；B.向水中加NaHCO3固体，3H

CO−发生水解，使水的电离平衡正向移动，溶液显碱性，B错误；C.加热至100℃水的电离平衡正向移动，但是溶液显中性，C错误；D.向水中加入NH4Cl固体，4NH+发生水解：++4232NH+HONHHO

+H，使水的电离平衡正向移动，溶液显酸性，D正确；故选D。【小问2详解】①NaOH抑制水的电离；②H2SO4抑制水的电离，氢离子浓度较大，水的电离程度最小；③CH3COOH抑制水的电离,氢离子浓度最小，水的电离程度较大；④NaCl不影

响水的电离；⑤CH3COONa发生水解，促进水的电离；⑥(NH4)2SO4发生水解促进水的电离，4NH+浓度较大，水的电离程度最大，所以六种稀溶液中，水电离的OH-浓度由大到小的顺序⑥⑤④③①②；【小问3详解】23CO−的水解方程式为2323COHOHC

OOH−−−++，溶液的pH为11，143111.010c(OH)c(OH)1.0101.010−−−−−===水；【小问4详解】该锂离子电池的正极电极反应式为：-+x22LiMnO+xe+xLi=LiMnO；电解MnSO4溶液可制得MnO2，阳极的电极反应式为：2+22Mn

-2e+4OH=MnO+2HO−−；【小问5详解】+2-2-c(H)c(S)Ka=c(HS)，-1542-2+aKac(HS)7.0101.010c(S)=c(H)1.010−−−=，2+2-spK(MnS)c(Mn)c(S)=，1541

5a7.0101.0100.021.4101.010−−−−=，a=1。21.用标准NaOH溶液来测定白醋中醋酸的浓度。（1）实验最好选用_____作指示剂，判断酸碱中和滴定反应到达滴定终点时的现象为_____。（2）为减小实验误差，一共进行了三次实验，假设每次

所取白醋体积均为VmL，NaOH标准液浓度为cmol/L，三次实验结果记录如表：实验次数第一次第二次第三次消耗NaOH溶液体积/mL26.0225.3525.30从上表可以看出，第一次实验中记录消耗溶液NaOH的体积明显多于后两次，其原因可能是_____。A．实验结束时，

俯视刻度线读取滴定终点时NaOH溶液的体积B．滴定前碱式滴定管尖嘴有气泡，滴定结束尖嘴部分充满溶液C．盛装白醋溶液的滴定管用蒸馏水洗过，未用白醋溶液润洗D．锥形瓶预先用食用白醋润洗过E．滴加NaOH溶液时，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定【答案】（1

）①.酚酞②.无色变浅红（2）BD【解析】【小问1详解】由于是强碱滴定弱酸，酸碱恰好完全中和时产生的盐是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，所以应该选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞作该反应的指示剂；指示剂加在酸溶液中，故反应到达滴定终点时的

现象为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不变色；【小问2详解】由实验数据可以看出第一组数据偏差较大，应该舍去。可能的原因是：A．实验结束时，俯视刻度线读取滴定终点时NaOH溶液的体积，则读得的碱标准溶液体积偏小，A不符合题意；B．滴

定前碱式滴定管尖嘴有气泡，滴定结束尖嘴部分充满溶液，由于开始时读数偏小，使得滴定消耗的碱标准溶液体积偏大，B符合题意；C．盛装白醋溶液的滴定管水洗后未润洗，则锥形瓶中的待测溶液的物质的量偏少，滴定达到终点时消耗的碱标准溶液体积偏小，C不符

合题意；D．锥形瓶预先用食用白醋润洗会使酸的量增多而导致消耗的碱标准溶液体积偏大，D符合题意；E．滴加NaOH溶液时，未充分振荡，刚看到溶液变色就立刻停止滴定可能会因局部酸未被中和而使消耗的碱标准溶液的体积偏小，E不符合题意；故选BD。

22.电化学在生产、生活中应用广泛。根据原理示意图，回答下列问题：（1）图1为_____(填“原电池”或“电解池”)装置，若开始时，两电极质量相等，当电路有0.1mole-转移时，两极的质量相差_____g。（2）图2为燃料电池，A极为电池的_____(填“正极”或“负极”)，b通入的是

_____(填“燃料”或“空气”)，若以甲醇为燃料电池，写出负极的电极反应式：_____。（3）图3中总反应化学方程式为_____，若电解池中溶液体积为500mL，当B电极质量增加5.4g时，其pH为_____(忽略溶液体积变化)；（4）电极生物膜电解脱硝是电化学和微生物工艺

的组合。某微生物膜能利用电解产生的活性原子将NO还原为N2，工作原理如图4所示。若阳极生成标准状况下2.24L气体，理论上可除去NO的物质的量为_____mol。【答案】（1）①.原电池②.6.45（2）①.负极②.空气③.CH3OH-6e-+8OH-=2-3CO+6H2O

（3）①.4AgNO3+2H2O电解4HNO3+O2↑+4Ag②.1（4）0.08【解析】【小问1详解】图1中存在自发的氧化还原反应：44ZnSOZnSOCuCu+=+，故为原电池装置，从方程式知，负极每溶解65gZn，正极析

出64gCu，两极的质量相差为129g，此时转移电子2mol，故当电路有0.1mole-转移时，两极的质量相差11290.12=6.45g；。【小问2详解】图2为燃料电池，电子从A极流出，则A为电池的负极，由a通入燃料，b通入空气，若以甲醇为燃料电池，甲醇在负极被氧化，对应的

反应式为CH3OH-6e-+8OH-=2-3CO+6H2O；【小问3详解】图3为电解硝酸银溶液的装置，左侧A极为阳极，电极式为222HO-4e4OH+−=+，右侧B极为阴极，电极式为4Ag+4e4Ag+−=，总反应化学方程式为4AgNO3+2H2O电解4HNO3+O2↑+4Ag；当B电极质量

增加5.4g时，生成的Ag为5.40.05108/gmolgmol=，生成的硝酸也为0.05mol，那么溶液中的0.05molc()0.1mol/L0.5LH+==，pH为1；【小问4详解】获得更多资源请扫码加入享学资源

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