福建省三明市第一中学2022届高三化学上学期第一次月考试题含解析.doc

福建省三明市第一中学2022届高三化学上学期第一次月考试题含解析可能用到的相对原子质量：H1  Li7 B11 N14 O16 Na23 K39 Mn55 Cu64第一卷选择题 共50分一、选择题共25小题，每题只有一个正确选项，每题2分,共50分1.中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，以下说法错误的选项是 A. “木活字是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字的主要成分是纤维素B. “苏绣是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质C. “黑芝麻糊是一道传统美食，食用时可参加白砂糖作配料，白砂糖的主要成分是麦芽糖D. “黑陶是一种传统工艺品，是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐【答案】C【解析】【详解】A.“木活字是木头制造的，其主要成分是纤维素，A项正确；B.蚕丝的主要成分是蛋白质，B项正确；C.白砂糖的主要成分是蔗糖，C项错误；D.“黑陶是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐，D项正确。应选C。2.以下依据热化学方程式得出的结论正确的选项是 A. ：正丁烷g=异丁烷g H<0，那么正丁烷比异丁烷稳定B. ：C2H4g+3O2g=2CO2g+2H2Og H=-1478.8kJ·mol-1，那么C2H4g的燃烧热H=-1478.8kJ·mol-1C. ：H+aq+OH-aq=H2Ol H=-57.3kJ·mol-1，那么稀Ba(OH)2aq和稀H2SO4aq完全反响生成1mol H2Ol时，放出57.3kJ热量D. ：Ss+O2g=SO2g H1；Sg+O2g=SO2g H2，那么H1>H2【答案】D【解析】【详解】A.正丁烷转化为异丁烷的反响为放热反响，说明等质量异丁烷的能量比正丁烷低，能量越低，物质越稳定，A项错误；B.燃烧热为1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，应为H2Ol，B项错误；C.反响还生成了BaSO4s，放热大于57.3kJ，C项错误；D.这两个反响均是放热反响，Sg完全燃烧时放热更多，故|H1|<|H2|，那么H1>H2，D项正确。应选D。3. 以下有关说法正确的选项是( )A. 实验室制氢气，为了加快反响速率，可向稀 H2SO4中滴加少量 Cu(NO3)2溶液B. N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H0，仅升高温度，达平衡时氢气转化率增大C. 吸热反响“TiO2(s)+2Cl2(g) =TiCl4(g)+O2(g)一定条件下可自发进行，那么该反响S0D. 在稀AgNO3溶液中参加过量 NaCl溶液，产生白色沉淀，再参加少量 Na2S溶液，出现黑色沉淀，那么参加Na2S溶液后 c(Ag+) 更小了【答案】D【解析】试题分析：A参加硝酸铜，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，不生成氢气，故A错误；B升高温度，平衡逆向移动，氢气转化率减小，故B错误；C反响前后气体的总量不变S=0，故C错误D在稀AgNO3溶液中参加过量 NaCl溶液，产生白色沉淀，再参加少量 Na2S溶液，出现黑色沉淀，说明硫化银的溶解度小于氯化银，溶液中的 c(Ag+) 更小，故D正确；应选D。考点：考查了化学反响速率的影响因素；反响热和焓变、难溶电解质的溶解平衡等相关知识。4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是A. 电解精炼铜，当外电路通过NA个电子时；阳极质量减少32 gB. 反响3H2(g)+N2(g) 2NH3(g) H=-92kJ·mol-1，当放出热量 9.2 kJ时，转移电子0.6 NAC. lmol·L-1的氯化铜溶液中，假设Cl-的数目为2Na，那么Cu2+的数目为NaD. 标准状况下，NO和O2各11. 2L混合充分反响，所得气体的分子总数为0.75 Na【答案】B【解析】A、阳极中除铜外，还含有其他杂质，如锌、铁等，锌、铁比铜活泼，先失电子，因此阳极质量减少的质量不等于32个，故A错误；B、转移6mole，放出92kJ热量，因此放出9.2kJ热量，转移电子9.2×6/92mol=0.6mol，故B正确；C、题目中没有说明溶液的体积，无法计算微粒数目，故C错误；D、NO和氧气反响，2NOO2=2NO2，根据所给量，NO是少量，O2是过量，因此反响后NO2的物质的量0.5mol，还剩O2的物质的量为0.25mol，气体总物质的量为0.75mol，但2NO2N2O4，因此气体物质的量小于0.75mol，故D错误。5.热复原法制备MgO材料的原理为MgSO4s+COgMgOs+SO2g+CO2g H>0，T时，在一恒容密闭容器中参加一定量的MgSO4s和COg，一段时间后到达平衡状态。以下说法正确的选项是 A. 活化能：E正>E逆B. 其他条件不变，参加催化剂，H减小C. 其他条件不变，降低温度，化学平衡常数增大D. 其他条件不变，向容器中通入Arg，平衡逆向移动【答案】A【解析】【详解】A.该反响为吸热反响，正反响的活化能大于逆反响的活化能，A项正确；B.催化剂不改变反响的H，B项错误；C.其他条件不变，降低温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，C项错误；D.其他条件不变，向容器中通入Arg，由于容器体积不变，所以各物质浓度都不变，平衡不移动，D项错误。应选A。【点睛】向容积不变的容器中通入惰性气体，不影响气体浓度，所以不会使反响速率改变，也不能使平衡移动。如果向容积可变的容器中通入惰性气体，会使容器体积变大，使气体浓度降低，反响速率减慢，如果反响前后气体系数之和不等，那么平衡会向气体系数之和大的方向移动，即相当于降低压强。6.常温下，浓度相同的稀溶液：NH4Cl溶液、NH4Al(SO4)2溶液、CH3COONH4溶液、氨水中，c(NH4+)由大到小的排列顺序为 A. >>>B. >>>C. >>>D. >>>【答案】C【解析】【详解】NH4Cl溶液中Cl-对NH4+水解无影响，NH4Al(SO4)2溶液中Al3+抑制NH4+的水解，CH3COONH4溶液中CH3COO-促进NH4+的水解，氨水中只电离出少量的NH4+，故c(NH4+)由大到小的排列顺序为>>>。应选C项。【点睛】不同溶液中同种离子浓度大小比拟时，要看其他能水解的离子对这种离子的影响。如果其他离子和这种离子带同种电荷，那么两种离子的水解互相抑制，使这种离子浓度增大，如果其他离子和这种离子带相反电荷，那么两种离子的水解互相促进，使这种离子浓度降低。7.以下说法错误的选项是A. 做中和热测定实验时，在大小烧杯之间填满碎泡沫塑料以防止热量散失B. 海上石油钢铁钻井平台可用外加电流的阴极保护法以防腐C. H2O2催化分解每产生1molO2，转移电子的数目为2×6.02×1023D. 25时，加水稀释0.1molL1NH4Cl，溶液中不断增大【答案】D【解析】【详解】A. 做中和热测定实验时，为了防止热量散失，应在大小烧杯之间填满碎泡沫塑料，A正确；B. 海上石油钢铁钻井平台可用外加电流的阴极保护法，阻止铁失电子，以防铁腐蚀，B正确；C. H2O2催化分解每产生1molO2，O由-1价升高到0价，转移电子的数目为2×6.02×1023，C正确；D. 25时，加水稀释0.1molL1NH4Cl，NH4+发生水解NH4+H2O NH3·H2O+H+，此时水解常数Kh=，=，它只受温度变化的影响，当温度一定时，溶液中不变，D错误；答案为D。8.如下图是别离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的实验操作流程图。在上述实验过程中，所涉及的三次别离操作分别是()A. 蒸馏过滤分液B. 分液蒸馏结晶、过滤C. 蒸馏分液分液D. 分液蒸馏蒸馏【答案】D【解析】乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法别离，水溶液中的主要成分为乙酸钠和乙醇，二者沸点相差较大，蒸馏可得到乙醇，乙酸钠参加硫酸，得到乙酸和硫酸钠，二者沸点相差较大，蒸馏可得到乙酸，故答案为B。点睛：明确物质的性质及混合物别离、提纯的根本操作方法是解题关键，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法别离，溶液中的主要成分为乙酸钠和乙醇，蒸馏可得到乙醇，乙酸钠参加硫酸，蒸馏可得到乙酸。9.以下离子在指定环境中一定可以大量共存的是A. (NH4)2Fe(SO4)2的溶液中：Fe3、Cl、Br、KB. 参加铝粉产生H2的溶液中：NO3、Mg2、Cl、Ba2C. 0.1mol/L的NaHCO3溶液中：SO42、Al(OH)4、NH4、BrD. 滴加盐酸可以产生沉淀的溶液中：Ca2、Na、NO3、K【答案】A【解析】【详解】A. (NH4)2Fe(SO4)2溶液中含有NH4+、Fe2+、SO42-，它与Fe3、Cl、Br、K都不发生反响，那么离子在此环境中共存，A正确；B. 参加铝粉产生H2的溶液，可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液。假设为酸性溶液，那么溶液中不含有NO3；假设为碱性溶液，那么溶液中不含有Mg2，B不正确；C. 0.1mol/L的NaHCO3溶液中，Al(OH)4不能大量存在，C不正确；D. 滴加盐酸可以产生沉淀的溶液中，可能含有Ag+，也可能含有Al(OH)4、SiO32-等。假设含有Ag+，那么与Ca2、Na、NO3、K共存；假设含有SiO32-，那么与Ca2不共存，D不正确；答案为A。10.以下方程式不能正确表示某沉淀溶解过程的是A. 热的浓盐酸洗涤试管内壁的MnO2：MnO24H2ClMn2Cl22H2OB. 热的NaOH溶液洗涤试管内壁的S：3S6NaOH2Na2SNa2SO33H2OC. 向石灰石粉的悬浊液中持续通CO2：Ca(OH)22CO2Ca(HCO3)2D. 稀硫酸可除去铁锈：Fe2O36H2Fe33H2O【答案】C【解析】【详解】A. 热的浓盐酸洗涤试管内壁的MnO2，发生反响为MnO24H2ClMn2Cl22H2O，A正确；B. 热的NaOH溶液洗涤试管内壁的S，发生反响为3S6NaOH2Na2SNa2SO33H2O，B正确；C. 向石灰石粉的悬浊液中持续通CO2，发生反响为CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2，C不正确；D. 稀硫酸可除去铁锈，发生反响为Fe2O36H2Fe33H2O，D正确；答案C。11. 以下实验中，由于错误操作导致所测出的数据一定偏低的是A. 用量筒量取一定体积液体时，俯视读出的读数B. 用标准盐酸滴定氢氧化钠溶液测碱液浓度时，酸式滴定管洗净后，没有用标准盐酸润洗，直接着装标准盐酸滴定碱液，所测出的碱液的浓度值C. 测定硫酸铜晶体结晶水含量时，加热温度太高使一局部硫酸铜发生分解，所测出的结晶水的含量D. 做中和热测定时，在大小烧杯之间没有垫碎泡沫塑料或纸条所测出的中和热数值【答案】D【解析】【分析】A.俯视读数，视线高于凹液面；B.滴定管未用盐酸标准液润洗，会导致盐酸浓度偏低；C.局部硫酸铜发生分解，所测出的质量差偏大；D.没有垫碎泡沫塑料,可导致热量损失。【详解】A读数时俯视，会使所读取的数值大于液体的实际体积，故A错误；B.滴定管未用盐酸标准液润洗，会导致浓度偏低，所用体积偏大，那么测定结果偏大，故B错误；C.局部硫酸铜发生分解，所测出的质量差偏大，那么测出的结晶水的含量偏高，故C错误；D.没有垫碎泡沫塑料,可导致热量损失,造成的误差偏小,故D正确；综上所述，此题正确选项D。12.以下实验操作、现象和结论均正确且存在因果关系是选项实验操作和现象实验结论A常温下，取浓度均为0.2mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液各2mL于试管中，分别滴加几滴酚酞试液，后者红色更深。相同温度下，CO32结合H能力更强B向Na2CrO4溶液中滴加浓硫酸，溶液由橙色变成黄色。增大反响物浓度平衡正向移动C向硅酸钠溶液中通入CO2气体,溶液变浑浊酸性：H2CO3H2SiO3D向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄氧化性：H2O2>Fe3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A、常温下，取浓度均为0.2mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液各2mL于试管中，分别滴加几滴酚酞试液，因碳酸钠溶液的碱性更强，所以前者红色更深，A错误；B、在Na2CrO4溶液中存在以下平衡：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，向Na2CrO4溶液中滴加浓硫酸，平衡正向移动，溶液由黄色变成橙色，B错误；C、向硅酸钠溶液中通入CO2气体，发生反响为SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3+CO32-，溶液变浑浊，说明碳酸的酸性强于硅酸，C正确；D、向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄，可能是H2O2将Fe2+氧化，也可能是HNO3将Fe2+氧化，但不能肯定是H2O2将Fe2+氧化，也就不能得出氧化性H2O2>Fe3，D错误；答案为C。13.一定温度下，10 mL 0.40 mol·L1 H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9以下表达不正确的选项是(溶液体积变化忽略不计)A. 反响到6 min时，c(H2O2)0.30 mol·L1B. 06 min的平均反响速率：v(H2O2)3.3×102 mol·L1·min1C. 610 min的平均反响速率：v(H2O2)<3.3×102 mol·L1·min1D. 反响到6 min时， H2O2分解了50%【答案】A【解析】【详解】A. 反响到6 min时，生成O222.4mL，此时分解的H2O2为0.002mol，剩余H2O2 0.002mol，c(H2O2)0.20 mol·L1，A不正确；B. 06 min的平均反响速率：v(H2O2)=3.3×102 mol·L1·min1，B正确；C.随着反响的不断进行，平均反响速率不断减小，所以 610 min的平均反响速率：v(H2O2)<3.3×102 mol·L1·min1，C正确；D. 反响到6 min时， H2O2分解了50%，D正确；答案为A。14.以下说法中正确的选项是A. Al、SiO2、Ca(OH)2、NaHCO3等既能与盐酸反响，又能与氢氧化钠溶液反响B. 假设a、b、c分別为Si、SiO2、H2SiO3，那么可以通过一步反响实现如下图的转化关系C. Fe2O3Fe2(SO4)3(aq)无水Fe2(SO4)3D. NaNa2O2NaI【答案】C【解析】【详解】A、SiO2与盐酸不反响；Ca(OH)2与氢氧化钠溶液不反响，A错误；B、假设a、b、c分別为Si、SiO2、H2SiO3，因SiO2与H2O不反响，那么不可以通过一步反响实现bc转化，B错误；C、Fe2O3与硫酸溶液反响得Fe2(SO4)3溶液，加热蒸干得无水Fe2(SO4)3，C正确；D、因为Na2O2具有强氧化性，能将NaI氧化，所以Na2O2NaI不正确，D错误；答案为C。15.以下实验方案中，能到达相应实验目的的是A. 方案用于别离I2和NH4I固体B. 方案用于比拟CuSO4和MnO2的催化活性C. 方案用于测定中和热D. 方案用于比拟醋酸和硼酸的酸性强弱【答案】D【解析】【详解】A. I2和NH4I固体受热后分别变为碘蒸气、氨气和氯化氢气体，在烧瓶底遇冷，又转化为I2和NH4I固体，方案不能用于别离I2和NH4I固体，A错误；B.比拟CuSO4和MnO2的催化活性，要求二份溶液中H2O2的浓度应相同，方案不正确，B错误；C.方案中缺少玻璃搅拌棒，不能用于测定中和热，C错误；D. 方案中，两份酸的浓度相同，所用碳酸钠的浓度也相同，能用于比拟醋酸和硼酸的酸性强弱，D正确；答案为D。16.可燃冰是另一种CH4的重要来源，利用可燃冰制备的甲烷可以设计成如下燃料电池，可以作为“移动的发电厂，源源不断的对外供电，以下说法错误的选项是A. a电极通入甲烷气体，作负极B. 每通入1mol CH4，有8mol e通过质子交换膜C. b电极的电极反响式为：O24e4H2H2OD. 催化剂电极采用疏松多孔结构可提高电极反响效率【答案】B【解析】【分析】电子流出的电极a为负极，电子流入的电极b为正极。负极反响式为CH4-8e-+2H2O=CO32-+8H+，正极反响式为2O2+8e-+8H+=4H2O。【详解】A. 依据上述分析，a电极通入甲烷气体，作负极，A正确；B. 每通入1mol CH4，有8mol e转移，但电子不能通过质子交换膜，B错误；C. b电极的电极反响式为：O24e4H2H2O，C正确；D. 催化剂电极采用疏松多孔结构，可提高电极反响效率，D正确；答案为B。【点睛】电极反响式的书写，是我们解电化学试题的易错点，主要错因是我们没有弄清电解质的性质。电解质溶液用质子交换膜隔离，说明电解质为酸。所以在电极反响式中，电解质中的微粒不允许出现OH-，只允许出现H+和H2O。17.在一个密闭容器中，A与B在一定条件下发生反响：A(s)B(g)C(g) H<0，改变B的物质的量并使之到达平衡，得到如以下图所示的平衡曲线，以下说法不正确的选项是A. 增加少量A物质，平衡不移动B. 斜率为平衡常数，且随温度升高而减小C. 恒温恒容时，参加少量He气，容器内气体密度不变D. 缩小容器体积，气体平均相对分子质量不变【答案】C【解析】【详解】A. A为固体，增加少量A物质，气体B、C的浓度不变，平衡不移动，A正确；B. 斜率为，平衡常数，二者相等；正反响为放热反响，随温度升高平衡常数减小，B正确；C. 恒温恒容时，参加少量He气，容器内气体的质量增大而体积不变，所以密度增大，C错误；D. 缩小容器体积，平衡不移动，气体平均相对分子质量不变，D正确；答案为C。18.全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池。其电池总反响为V3+VO2+H2OVO2+2H+V2+,以下说法正确的选项是()A. 放电时每转移2 mol电子,消耗1 mol氧化剂B. 放电时正极反响为V O2+2H+e-=VO2+H2OC. 放电过程中电子由负极经外电路移向正极,再由正极经电解质溶液移向负极D. 充电过程中,H+由阴极区向阳极区迁移【答案】B【解析】试题分析： A、放电时氧化剂为VO2+离子，在正极上被复原后生成VO2+离子，每转移2mol电子时，消耗2mol氧化剂，A错误；B、原电池放电时，VO2+离子化合价降低，被复原，应是电源的正极反响，生成VO2+离子，反响的方程式为VO2+2H+e-=VO2+H2O，B正确； C、原电池放电时，电子由负极经外电路移向正极，内电路由溶液中离子的定向移动形成闭合回路，C错误； D、电解质溶液中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，D错误。答案选B。考点：电解池，原电池19.我国局部地区水资源缺乏，海水淡化是永恒的话题。以下有关海水淡化的说法错误的选项是A. 如图制备蒸馏水方法技术成熟，但是本钱太高B. 如图制备蒸馏水的过程，利用了清洁能源太阳能，且可别离出海水中的盐类C. 如图是离子交换法制备淡水，在阴阳离子交换后发生了酸碱中和反响D. 如图在阳离子交换过程中阳离子数目保持不变，溶液酸碱性也保持不变【答案】D【解析】【详解】A. 用蒸馏法制备蒸馏水，虽然方法技术成熟，但是由于需消耗大量的酒精燃料，所以本钱太高，A正确；B. 利用了清洁能源太阳能，将海水蒸发，然后冷凝，可制备蒸馏水，同时可别离出海水中的盐类，B正确；C. 用离子交换法制备淡水，阳离子交换膜将阳离子都转化为H+，阴离子交换膜将阴离子都转化为OH-，然后H+与OH-结合成水，发生酸碱中和反响，C正确；D.阳离子交换过程中，阳离子交换是按电荷守恒进行的，也说是说1个Ca2+、Mg2+可以交换2个H+，数目发生改变，溶液酸性增强，D错误；答案为D。20.在BaSO4饱和溶液中参加少量的BaCl2溶液产生BaSO4沉淀，假设以Ksp表示BaSO4的溶度积常数，那么平衡后溶液中A. c(Ba2)·c(SO42)Ksp，c(Ba2)>c(SO42)B. c(Ba2)c(SO42)(Ksp)1/2C. c(Ba2)·c(SO42)>Ksp，c(Ba2)c(SO42)D. c(Ba2)·c(SO42)Ksp，c(Ba2)<c(SO42)【答案】A【解析】【分析】一定温度下，在BaSO4饱和溶液中存在以下平衡：BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)参加少量的BaCl2溶液后，溶液中c(Ba2+)增大，导致平衡逆向移动，c(SO42-)减小，同时产生BaSO4沉淀。【详解】A. 由于温度不变，所以溶度积常数不变，c(Ba2)·c(SO42)Ksp，且c(Ba2)>c(SO42)，A正确；B. 达新平衡时，c(Ba2)>c(SO42)，所以c(Ba2)c(SO42)(Ksp)1/2关系不成立，B错误；C.温度不变，Ksp不变，所以c(Ba2)·c(SO42)>Ksp，c(Ba2)c(SO42)两关系式都不成立，C错误；D. 温度不变，Ksp不变，所以c(Ba2)·c(SO42)Ksp，c(Ba2)<c(SO42)两关系式都不成立，D错误；答案为A。21.己知AgCl在水中的溶解是吸热过程。不同温度下，AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲线如下图。己知T1温度下Ksp(AgCl)=1.6×10-9,以下说法正确的选项是A. T1>T2B. a =4.0×10-5C. M点溶液温度变为T1时，溶液中Cl-的浓度不变D. T2时饱和AgCl溶液中，c(Ag+)、c(Cl-)可能分别为2.0×10-5mol/L、4.0×10-5mol/L【答案】B【解析】【详解】A、氯化银在水中溶解时吸收热量，温度越高，Ksp越大，在T2时氯化银的Ksp大，故T2T1，A错误；B、氯化银溶液中存在着溶解平衡，根据氯化银的溶度积常数可知a= 4.0×10-5，B正确；C、氯化银的溶度积常数随温度减小而减小，那么M点溶液温度变为T1时，溶液中Cl-的浓度减小，C错误；D、T2时氯化银的溶度积常数大于1.6×10-9，所以T2时饱和AgCl溶液中，c(Ag+)、c(Cl-)不可能为2.0×10-5mol/L、4.0×10-5mol/L，D错误；答案选B。22.常温下，取pH2的两种二元酸H2A与H2B各1 mL，分别加水稀释，测得pH变化与加水稀释倍数有如下图变化，那么以下有关表达正确的选项是()A. H2A为二元弱酸，稀释前c(H2A)0.005 mol·L1B. NaHA水溶液中：c(Na+) c(H+)2c(A2-)c(OH-)C. 含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中：c(Na) c(A2-)c(B2-)c(HB-)D. pH10的NaHB溶液中，离子浓度大小：c(Na)c(HB)c(OH)c(B2)c(H2B)【答案】B【解析】【详解】ApH=2的H2A稀释100倍时溶液的pH变为4，说明该酸完全电离，所以为强酸，A错误；B根据电荷守恒可知NaHA水溶液中：c(Na+)+ c(H+)= 2c(A2-)+ c(OH-)，B正确；C根据物料守恒可知含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中：c(Na+)=c(A2-)+ c(B2-)+ c(HB-)+ c(H2B)，C错误；DpH=10的NaHB溶液显碱性，说明HB的电离程度小于水解程度，离子浓度大小为：c(Na+)c(HB-)c(OH-)c(H2B)c(B2-)，D错误；答案选B。点睛：此题以离子浓度大小比拟为载体考查弱电解质电离，会根据图象确定酸的强弱是解此题关键，再结合守恒思想分析解答，易错选项是C、D。23.：常温下，KspNiCO3=1.4×10-7，KspPbCO3=1.4×10-13，那么向浓度均为0.1mol·L-1的Ni(NO3)2和Pb(NO3)2混合溶液中逐滴参加Na2CO3溶液，以下说法错误的选项是 A. 常温下在水中的溶解度：NiCO3>PbCO3B. 逐滴参加Na2CO3溶液，先生成NiCO3沉淀，后生成PbCO3沉淀C. 逐滴参加Na2CO3溶液，先生成PbCO3沉淀，后生成NiCO3沉淀D. 逐滴参加Na2CO3溶液，当两种沉淀共存时，溶液中cNi2+：cPb2+=106：1【答案】B【解析】【详解】A.常温下，KspNiCO3>KspPbCO3，故溶解度：NiCO3>PbCO3，A项正确；B和C.逐滴参加Na2CO3溶液时，KspPbCO3较小，故先生成PbCO3沉淀，后生成NiCO3沉淀，B项错误，C项正确；D.当两种沉淀共存时，NiCO3、PbCO3均到达溶解平衡状态，溶液中cNi2+：cPb2+=KspNiCO3：KspPbCO3=106：1，D项正确。应选B。【点睛】当两种物质溶度积相比，第一种物质的大于第二种物质时，两者的溶解度不一定第一种物质大于第二种物质，只有当两者的化学式中原子组成相同时才可以得出这样的结论，NiCO3和PbCO3就是这样的例子。如果一种物质是A2B，另一种物质是AB，假设溶度积A2BB，溶解度不一定A2BB。24.某温度下，向10 mL 0.1 mol·L1 CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中lgc(Cu2)与Na2S溶液体积(V)的关系如下图，以下有关说法正确的选项是(：lg 20.3，Ksp(ZnS)3×1025)A. a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点B. Na2S溶液中：c(S2)c(HS)c(H2S)2c(Na)C. 该温度下Ksp(CuS)4×1036D. 向100 mL Zn2、Cu2浓度均为105mol·L1的混合溶液中逐滴参加104 mol·L1的Na2S溶液，Zn2先沉淀【答案】C【解析】【分析】由图象信息可知，V(Na2S)<10mL时，CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L1的Na2S，CuCl2过量，此时溶液为NaCl和CuCl2混合溶液；V(Na2S)=10mL时，CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L1的Na2S10mL，二者刚好完全反响，此时溶液为NaCl溶液；V(Na2S)=20mL时，CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L1的Na2S20mL，Na2S过量，此时溶液为NaCl和Na2S混合溶液；【详解】A. 由以上分析可知，a、c二点中，盐的水解将促进水的电离；b点为NaCl溶液，水的电离不受影响，水的电离程度最小，A错误；B. 依据物料守恒，Na2S溶液中：2c(S2)2c(HS)2c(H2S)c(Na)，B错误；C. 在b点，lgc(Cu2)=17.7，此时c(Cu2)=2×10-18mol/L，c(S2-)=2×10-18mol/L，该温度下Ksp(CuS)4×1036，C正确；D. 向100 mL Zn2、Cu2浓度均为105mol·L1的混合溶液中逐滴参加104 mol·L1的Na2S溶液，由于CuS的Ksp小，所以Cu2先沉淀，D错误；应选C。25.常温下，某三元弱酸H3A的三级电离平衡常数分别为、，以下说法错误的选项是A. Na3A的第一级水解平衡常数Kh1的数量级为102B. 在NaH2A溶液中：C. 0.1mol/L的Na3A和0.1mol/L的Na2HA溶液中水电离程度，前者大于后者D. 向H3A溶液中参加NaOH溶液至中性时：c(Na)3c(A3)2c(HA2)c(H2A)【答案】B【解析】【详解】A. Na3A的第一级水解平衡常数，A正确；B. 在NaH2A溶液中，设起始量c(H2A-)=0.1mol/L，溶液中c(H+)=x那么有 H2A-H+HA2-起始量 0.1mol.L 0 0变化量 x x x平衡量 0.1-x x x x7.9×10-5mol/L，溶液显酸性，B错误；C. 0.1mol/L的Na3A和0.1mol/L的Na2HA溶液中，A3-的水解程度大于HA2-的水解程度，水电离程度前者大于后者，C正确；D. 向H3A溶液中参加NaOH溶液至中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na)3c(A3)2c(HA2)c(H2A)，D正确；答案为B。第二卷非选择题 共35分三、填空与简答题共35分26.实验室制备二氧化硫常用铜与浓硫酸加热反响或用亚硫酸钠和硫酸反响。1实验室在用铜与浓硫酸加热反响制备二氧化硫的过程中，用1mol Cu和含2mol H2SO4的浓硫酸溶液加热反响，在标准状况下制备的SO2体积总是小于22.4L，这是因为_2当铜与浓硫酸在加热的条件下不再产生SO2时，向反响混合液中参加H2O2，过量的铜会继续溶解，此时发生反响的离子方程式为_3在用亚硫酸钠与硫酸制备二氧化硫的过程中，为控制化学反响速率，参加硫酸的仪器是_ (填写仪器名称)，该反响中的硫酸浓度不能太大也不能太小，这是因为_【答案】 (1). 浓硫酸转化成稀硫酸，不再与铜反响产生二氧化硫 (2). Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O (3). 分液漏斗 (4). 该反响的离子方程式为：2H+SO32-=SO2+H2O,溶液中c(H+)小，化学反响速率慢；硫酸浓度过小，生成的SO2溶解于水，均不利于得到二氧化硫气体。【解析】【详解】(1)随着反响的进行，浓硫酸浓度不断减小，铜只能与热的浓硫酸反响，而不与稀硫酸反响。所以硫酸一定有剩余。答案为：浓硫酸转化成稀硫酸，不再与铜反响产生二氧化硫。(2) 向反响混合液中参加H2O2，H2O2表现出强氧化性，将铜氧化为氧化铜，再被硫酸溶解。反响方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O。答案为Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O。(3)便于控制浓硫酸参加量的仪器为分液漏斗；该反响中的硫酸浓度不能太大也不能太小，这是因为硫酸浓度大时，溶液中c(H+)小，化学反响速率慢；硫酸浓度过小，生成的SO2溶解于水，均不利于得到二氧化硫气体。答案为: 分液漏斗；该反响的离子方程式为：2H+SO32-=SO2+H2O，溶液中c(H+)小，化学反响速率慢；硫酸浓度过小，生成的SO2溶解于水，均不利于得到二氧化硫气体。27.低碳经济是指在可持续开展理念指导下，尽可能地减少煤炭、石油等高碳能源消耗，减少温室气体排放，到达经济社会开展与生态环境保护双赢一种经济开展形态。以下是有关碳元素的相关转化，答复以下问题：1甲醇是一种清洁燃料，制备甲醇是煤液化的重要方向。假设H2(g)、CO(g)、CH3OH(l)的燃烧热分别为H285.8kJ/mol、H283.0kJ/mol、H726.5kJ/mol，CO(g)2H2(g)CH3OH(l) H_ kJ/mol。2一定温度下，一定可以提高甲醇合成速率的措施有 a.增大起始通入值 b.恒温恒容，再通入氦气 c.使用新型的高效正催化剂 d.将产生的甲醇及时移走 e.压缩体积，増大压强3在恒温恒容条件下，以下说法可以判定反响CO(g)2H2(g) CH3OH(g)已经到达平衡状态的是 a.体系中碳氢单键数目不再改变 b.体系中n(CO)：n(H2)不再改变c.体系中压强或者平均摩尔质量不再改变d.单位时间内消耗氢气和CH3OH的物质的量相等4在恒压的容器中，曲线X、Y、Z分别表示在T1°C、T2°C和T3°C三种温度下合成甲醇气体的过程。控制不同的原料投料比，CO的平衝转化率如下图：温度T1°C、T2°C和T3°C由高到低的順序为：_；假设温度为T3°C时，体系压强保持50aMPa，起始反响物投料比n(H2)/n(CO)1.5，那么平衡时CO和CH3OH的分压之比为_，该反响的压强平衡常数Kp的计算式为_。(Kp生成物分压幂的乘积与反响物分压幂的乘积的比值，某物质的分压等于总压强×该物质的物质的量分数)。【答案】 (1). -128.1 (2). CE (3). AC (4). T3>T2>T1 (5). 1：1 (6). 【解析】【详解】(1)三种物质燃烧的热化学方程式为：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H285.8kJ/mol CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) H283.0kJ/mol CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H726.5kJ/mol 那么×2+-得：CO(g)2H2(g)CH3OH(l) H-128.1kJ/mol。答案为-128.1(2) a.增大起始通入值，不一定能增大反响物浓度，反响速率不一定加快；b.恒温恒容，再通入氦气，反响物和生成物的浓度都未变，速率不变；c.使用新型的高效正催化剂，可加快反响速率；d.将产生的甲醇及时移走，能增大反响物的转化率，但不能加快反响速率；e.压缩体积，増大压强，可加快反响速率。故答案为CE。(3) a.体系中碳氢单键数目不再改变，说明甲醇的量不再改变，反响达平衡状态；b.假设起始投入量之比等