2019届福建省龙岩市连城一中高三（上）第一次月考化学试卷+答案.docx

2018-2019学年福建省龙岩市连城一中高三（上）第一次月考化学试卷一、单选题（本大题共13小题，共39分）1. 化学与社会、生产、生活密切相关下列说法正确的是（）A. 鸡蛋清溶于水所得澄清液体无丁达尔现象B. 棉、麻、丝、毛完全燃烧都只生成CO2和H2OC. 中国瓷器闻名世界，陶瓷的主要成分是SiO2D. 人体内的酶通常通过降低反应的活化能来加快对应反应速率2. 设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A. 1L0.1molL1NaClO溶液中，ClO的数目为0.1NAB. 常温常压下，11.2LCH4含有的共用电子对数目为2NAC. 16gO2与O3混合气体中，氧原子的数目为1.5NAD. 1molFe与足量Cl2完全反应后，转移的电子数目为3NA3. 下列污水处理的方法中，表示其原理的离子方程式不正确的是（）A. 混凝法，用明矾做混凝剂：Al3+3H2OAl(OH)3+3H+B. 中和法，用过量CO2中和碱性废水：CO2+2OH=CO32C. 沉淀法，用Na2S处理含Hg2+废水：Hg2+S2=HgSD. 氧化还原法，用FeSO4将酸性废水中Cr2O72还原为Cr3+：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O4. 下列实验操作能达到实验目的是（）选项实验目的实验操作A制备Fe（OH）3胶体将NaOH浓溶液滴加到热饱和FeCl3溶液中B由MgCl2溶液制备无水MgCl2将MgCl2溶液加热蒸干C验证铁的析氢腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没D证明CH3COOH是弱酸将CH3COOH与Na2CO3溶液反应A. AB. BC. CD. D5. 已知苯乙烯b、立方烷d、环辛四烯p的分子式均为C8H8，下列说法确的是（）A. b、d、p中只有p的所有原子一定处于同一平面B. b、d的二氯代物均只有三种C. b、p均不可与酸性高锰酸钾溶液反应D. b的同分异构体只有d和p两种6. 下列有关说法正确的是（）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. 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的H>0C. 加热0.1molL1Na2CO3溶液，CO32的水解程度和溶液的pH均增大D. 对于乙酸与乙醇的酯化反应(H<0)，加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大7. 如图是部分短周期元素的化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是（）A. 原子半径：R>W>Z>Y>XB. 氧化物对应水化物的酸性：R>WC. 气态氢化物的稳定性：W>XD. Y、Z、W最高价氧化物对应水化物两两之间均能相互反应8. 已知：3CH4（g）+2N2（g）3C（s）+4NH3（g）H0，在700，CH4与N2在不同物质的量之比n(CH4)n(N2)时CH4的平衡转化率如图所示：下列说法正确的是（）A. n(CH4)n(N2)越大，CH4的转化率越高B. n(CH4)n(N2)不变时，若升温，NH3的体积分数会增大C. b点对应的平衡常数比a点的大D. 不能计算出a点对应的NH3的体积分数9. 常温下，下列关于溶液的说法不正确的是（）加水稀释FeCl3溶液，c(Fe3+)c(Cl)的值减小浓度均为0.1molL-l的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中：2c（Na+）=3c（CO32-）+c（HCO3-）向0.1molL-1的氨水中滴加等浓度的盐酸，恰好中和时溶液的pH=a，则溶液中由水电离产生的c（OH-）=10-amolL-1pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合。反应后所得溶液中：c（CH3COOH）c（CH3COO-）c（Na+）Na2S 稀溶液中：c（OH-）=c（H+）+c（ H2S）+c（ HS-）A. B. C. D. 10. 我国科研人员以Zn和尖晶石百锰酸锂（ZnMn2O4）为电极材料，研制出一种水系锌离子电池该电池的总反应方程式：xZn+Zn1-xMn2O4充电放电ZnMn2O4（0x1）下列说法正确的是（）A. ZnMn2O4是负极材料B. 充电时，Zn2+向ZnMn2O4电极迁移C. 充电时，阳极反应：ZnMn2O4xZn2+2xe=Zn1x Mn2O4D. 充放电过程中，只有Zn元素的化合价发生变化11. 利用如图所示装置可制取 H2，两个电极均为惰性电极，c 为阴离子交换膜下列叙述正确的是（）A. a 为电源的正极B. 工作时，OH向左室迁移C. 右室电极反应为：C2H5OH+H2O4e=CH3COO+5H+D. 生成 H2 和 CH3COONa 的物质的量之比为 2：112. 常温下0.1molL-1二元酸H2A的溶液中含A粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。该温度下，下列说法正确的是（）A. H2A的第一步电离方程式为H2AHA+H+B. NaHA溶于水能促进水的电离C. H2A的第二步电离常数Ka2=1.0×103D. 0.1 molL1 Na2A溶液中存在c(A2)>c(HA)>c(OH)>c(H+)13. 25时，FeS和ZnS的饱和溶液中，金属阳离子与S2-的物质的量浓度的负对数关系如图所示下列说法正确的是（）A. 溶解度S(FeS)<S(ZnS)B. a点表示FeS的不饱和溶液，且c(Fe2+)>c(S2)C. 向b点对应溶液中加入Na2S溶液，可转化为c点对应的溶液D. 向c点对应的溶液中加入Na2S溶液，ZnS的KSP增大二、双选题（本大题共1小题，共3分）14. 已知NO和O2转化为NO2的反应机理如下：2NO（g）N2O2（g）（快）H10       平衡常数K1；N2O2（g）+O2（g）2NO2（g）（慢）H20       平衡常数K2。下列说法正确的是（）A. 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的H=(H1+H2)B. 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数K=K1K2C. 反应的速率大小决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率D. 反应过程中的能量变化可用图表示三、简答题（本大题共4小题，共43分）15. 铈元素（Ce）是镧系金属中自然丰度最高的一种，常见有+3、+4两种价态，铈的合金耐高温，可以用来制造喷气推进器零件请回答下列问题：（1）雾霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为1：1），该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为_（2）可采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质，同时再生Ce4+，其原理如图1所示Ce4+从电解槽的_（填字母序号）口流出写出阴极的电极反应式_（3）铈元素在自然界中主要以氟碳矿形式存在主要化学成分为CeFCO3工业上利用氟碳铈矿提取CeCl3的一种工艺流程如图2：焙烧过程中发生的主要反应方程式为_有同学认为酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换盐酸更好，他的理由是_Ce（BF4）3、KBF4的Ksp分别为a、b，则Ce（BF4）3（s）+3KCl（aq）3KBF4（s）+CeCl3（aq）平衡常数为_（用a、b的代数式表示）加热CeCl36H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3，其中NH4Cl的作用是_16. 实施以节约能源和减少废气排放为基本内容的节能减排政策，是应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会的必然选择。试运用所学知识，回答下列问题：（1）已知在一定温度下，C（s）+CO2（g）2CO（g）H1=a kJ/mol    平衡常数K1；CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H2=b kJ/mol    平衡常数K2；某反应的平衡常数表达式K3=c(CO)c(H2)c(H2O)，请写出此反应的热化学方程式：_，K1、K2、K3之间的关系是：_。（2）将原料气按n（CO2）：n（H2）=1：4置于密闭容器中发生CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）反应，测得H2O（g）的物质的量分数与温度的关系如图所示（虚线表示平衡曲线）。该反应的平衡常数K随温度降低而_（填“增大”或“减小”）。在密闭恒温（高于100）恒容装置中进行该反应，下列能说明达到平衡状态的是_。A混合气体密度不再改变B混合气体压强不再改变C混合气体平均摩尔质量不再改变Dn（CO2）：n（H2）=1：2200达到平衡时体系的总压强为p，该反应平衡常数Kp的计算表达式为_。（不必化简，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）（3）500时，CO与水反应生成CO2和H2将CO2和H2分离得到H2的过程示意图如下。吸收池中所有离子浓度的等式关系是_。结合电极反应式，简述K2CO3溶液的再生原理：_。17. 钛对于酸、碱具有较强的耐腐蚀性，密度小，比强度高。已成为化工生产中重要的材料。回答下列问题：（1）基态钛原子的价电子排布式为_，其原子核外未成对电子有_个。金属钛晶胞如图1所示，晶胞参数为a=b=295.08pm，c=468.55pm，=90°，=120°金属钛为_堆积（填堆积方式），其中钛原子的配位数为_。（2）用熔融的镁在氩气中还原TiCl4可得到多空的海绵钛。已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为-23，沸点为136，可知TiCl4为_晶体。（3）通过X-射线探明KCl、CaO、TiN晶体与NaCl晶体结构相似，且知两种离子晶体的晶格能数据如表：离子晶体KClCaO晶格能（kJ/mol）7153401解释KCl晶格能小于CaO的原因_。钛可与C、N、O等元素形成二元化合物。C、N、O元素的电负性由大到小的顺序是_。（4）钙钛矿晶体的结构如图2所示。晶体的化学式为_。晶胞中的原子可用x、y、z组成的三数组来表达它在晶胞中的位置，称为原子坐标。已知原子坐标为A（0，0，0）；B（0，12，0）；则Ca离子的原子坐标为_。18. 聚合物H （）是一种聚酰胺纤维，广泛用于各种刹车片，其合成路线如下：已知：C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。Diels-Alder反应：。（1）生成A的反应类型是_。D的名称是_。F中所含官能团的名称是_。（2）B的结构简式是_；“BC”的反应中，除C外，另外一种产物是_。（3）D+GH的化学方程式是_。（4）Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有_种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的结构简式为_（任写一种）。（5）已知：乙炔与1，3-丁二烯也能发生Diels-Alder反应。请以1，3-丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成 ，写出合成路线_（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。四、实验题（本大题共1小题，共15分）19. 氨基羧酸盐在工业、农业、生活中都有着十分广泛的应用。氨基甲酸铵（NH2COONH4）可用做肥料、灭火剂、洗涤剂等，甘氨酸亚铁（NH2CH2COO）2Fe可用作补铁剂等。已知：i氨基甲酸铵：白色固体，易分解，易水解；甘氨酸亚铁：易溶于水，难溶于乙醇。ii甘氨酸：易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物。iii柠檬酸：易溶于水和乙醇，有较强酸性和还原性。实验室制备方法如下：制备氨基甲酸铵：反应的化学方程式为：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（g）H0（1）图1中装置制备NH3，则所选试剂为_（2）图1中装置制备氨基甲酸铵，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中。（注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质。）从反应后的混合物中分离出产品的实验操作是_（填操作名称）图1中装置进行尾气处理，则双通玻璃管的作用_液体石蜡鼓泡瓶的作用是_发生器用冰水冷却的原因是_制备（NH2CH2COO）2Fe：装置如图2（夹持和加热仪器已省略），用CO2气体将装置中空气排净，加入药品后，滴入柠檬酸并加热。反应结束后过滤，将滤液蒸发浓缩，加入乙醇，过滤、干燥得到产品。（3）烧杯中澄清石灰水的作用是_。（4）柠檬酸可调节pH，体系pH与产率的关系如下表：实验12345678体系pH4.04.55.05.56.06.57.07.5产率/%65.7474.9678.7883.1385.5772.9862.3156.68分析pH过低使产率下降的原因是_；柠檬酸的作用还有_（填序号）。a作反应终点指示剂 b防止二价铁被氧化 c作催化剂d促进FeCO3溶解（5）乙醇的作用是_。（6）若产品的质量为m g，则产率为_。2018-2019学年福建省龙岩市连城一中高三（上）第一次月考化学试卷答案和解析1.【答案】D【解析】解：A鸡蛋清溶于水所得澄清液体为胶体分散系，有丁达尔现象，故A错误； B丝、毛的成分为蛋白质，含N元素，而棉、麻完全燃烧都只生成CO2和H2O，故B错误； C陶瓷的主要成分为黏土，不含SiO2，故C错误； D酶作催化剂，则人体内的酶通常通过降低反应的活化能来加快对应反应速率，故D正确； 故选：D。A鸡蛋清溶于水所得澄清液体为胶体分散系； B丝、毛的成分为蛋白质； C陶瓷的主要成分为黏土； D酶作催化剂本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为易错点，题目难度不大2.【答案】D【解析】解：A、次氯酸根为弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中的次氯酸根的个数小于0.1NA个，故A错误； B、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L甲烷的物质的量小于0.5mol，则共用电子对数小于2NA个，故B错误； C、氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合物中含有1mol氧原子，故含NA个，故C错误； D、铁和氯气反应后变为+3价，故1mol铁转移3mol电子即3NA个，故D正确。 故选：D。A、次氯酸根为弱酸根，在溶液中会水解； B、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol； C、氧气和臭氧均由氧原子构成； D、铁和氯气反应后变为+3价本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构3.【答案】B【解析】解：A用明矾做混凝剂，发生离子反应为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故A正确； B用过量CO2中和碱性废水的离子反应为CO2+OH-HCO3-，故B错误； C用Na2S处理含Hg2+废水的离子反应为Hg2+S2-HgS，故C正确； D用FeSO4将酸性废水中Cr2O72-还原为Cr3+的离子反应为Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，故D正确； 故选：B。A铝离子发生水解反应，为可逆反应； B用过量CO2中和碱性废水，生成碳酸氢根离子； C发生复分解反应生成HgS沉淀，为沉淀法处理废水； D遵循电子、电荷守恒本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握污水处理方法、发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大4.【答案】C【解析】解：ANaOH浓溶液滴加到热饱和FeCl3溶液中发生复分解反应生成沉淀，应水解制备胶体，故A错误； B加热促进水解，且盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发，故B错误； C盐酸条件下发生析氢腐蚀，可验证铁的析氢腐蚀，故C正确； DCH3COOH与Na2CO3溶液反应，生成二氧化碳，说明醋酸的酸性比碳酸强，不能说明醋酸为弱酸，故D错误； 故选：C。ANaOH浓溶液滴加到热饱和FeCl3溶液中发生复分解反应生成沉淀； B加热促进水解，且盐酸易挥发； C盐酸条件下发生析氢腐蚀； DCH3COOH与Na2CO3溶液反应，生成二氧化碳。本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，把握物质的性质、发生的反应、盐类水解、电化学腐蚀、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，选项B为解答的易错点，题目难度不大。5.【答案】A【解析】解：Ab、d、p中b的所有原子可能处于同一平面，P的所有原子一定处于同一平面，故A正确；B二氯代物取决于一氯代物中氢原子的种类，b分子中一氯代物5种，二氯代物10种不相同，故B错误；Cbp分子中核内碳碳双键，可与酸性高锰酸钾溶液反应，故C错误；Db苯乙烯分子式为C8H8，符合分子式的有机物结构可以是多种物质，不只有d和p两种，如桶烯的结构简式为，故D错误；故选：A。Ab结构是苯环连接乙烯基，单键可以旋转，结合苯分子和乙烯分子是平面分子判断；B二氯代物的种类取决于一氯代物中氢原子的种类；Cbp分子中核内碳碳双键；Db苯乙烯分子式为C8H8，符合分子式的有机物结构可以是多种物质。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。6.【答案】C【解析】解：A船体（Fe）、Cu及海水构成原电池，Fe比Cu活泼，作负极，加快海轮外壳的腐蚀，故A错误； B正反应为熵减的反应，即S0，常温下能自发进行，根据H-TS=G0反应自发进行，可推知该反应H0，故B错误； C碳酸钠溶液中碳酸根发生水解，溶液呈碱性，而盐类水解是吸热反应，升高温度，水解程度增大，溶液碱性增强，即溶液的pH均增大，故C正确； D浓硫酸起催化剂作用，加入浓硫酸加快反应速率，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故D错误， 故选：C。A船体（Fe）、Cu及海水构成原电池，Fe比Cu活泼，作负极，被腐蚀； B正反应为熵减的反应，根据H-TS=G0反应自发进行，据此判断； C碳酸钠溶液中碳酸根发生水解，溶液呈碱性，而盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，溶液碱性增强； D浓硫酸起催化剂作用，加快反应速率，升高温度平衡向吸热反应分析移动，据此判断平衡常数变化本题比较综合，是常见题型，涉及金属腐蚀与防护、化学反应进行方向、盐类水解、化学平衡移动、化学反应速率及平衡常数影响因素等，难度不大，侧重对基础知识的考查7.【答案】D【解析】解：由以上分析可知X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，W为S元素，R为Cl元素， A同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径应为YZWRX，故A错误； B如不是最高价氧化物，则对应的水化物的酸性强弱无法比较，故B错误； C非金属性XW，氢化物的稳定性：WX，故C错误； DY、Z、W最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、氢氧化铝、硫酸，氢氧化铝具有两性，则两两之间均能相互反应，故D正确； 故选：D。短周期元素，由表中化合价可知，X的化合价为-2价，没有正化合价，故X为O元素，Y的化合价为+1价，处于A族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素，Z为+3价，为Al元素，W的化合价为+6、-2价，故W为S元素，R的最高正价为+7价，应为Cl元素，以此解答该题本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等，答题时注意根据化合价结合原子序数进行推断，首先审题中要抓住“短周期元素”几个字8.【答案】B【解析】解：A由图象看出，CH4的转化率随为的增大而降低，故A错误；BH0，该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，NH3的体积分数会增大，故B正确；Cab两点的温度相同，平衡常数只与温度有关，则平衡常数不变，故C错误；Da点甲烷转化率为22%，=0.75，则设甲烷为3mol，氮气为4mol，     3CH4（g）+2N2（g）3C（s）+4NH3（g）H0开始    3               4                               0转化   0.66           0.44                        0.88平衡   2.34             3.56                   0.88则NH3的体积分数约为×100%=13%，故D错误；故选：B。由图可知，纵坐标为甲烷的转化率，横坐标为，越大，甲烷的转化率越小；平衡正向移动时氨气的体积分数增大，且平衡常数只与温度有关，并利用a点甲烷转化率为22%计算氨气的体积分数，以此来解答。本题考查化学平衡图象及计算，为高频考点，把握图象中纵横坐标的含义、影响平衡的因素及平衡常数、化学平衡三段法计算等为解答的关键，注重高考高频考点的考查，题目难度中等。9.【答案】A【解析】解：加水稀释FeCl3溶液，促进电离，所以铁的物质的量减小，而氯离子的物质的量不变，所以变小，即的值减小，故正确；浓度均为0.1molL-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液，因体积不能确定，而不能确定离子浓度之间的关系，故错误；在0.1mol/L氨水中滴加0.1 mol/L盐酸，恰好完全中和时溶液的pH=a，氢离子浓度为l0-amol/L，反应后溶质为氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，溶液中的氢离子是水电离的，则由水电离产生的c（OH-）=c（H+）=l0-amol/L，故正确；pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，得到醋酸和醋酸钠的混合溶液，以醋酸的电离为主溶液呈酸性，所以离子的浓度大小为：c（CH3COO-）c（Na+）c（CH3COOH），故错误；Na2S 稀溶液中根据质子守恒可知c（OH-）=c（H+）+2c（ H2S）+c（ HS-），故错误；故选：A。加水稀释FeCl3溶液，促进电离，所以铁的物质的量减小，而氯离子的物质的量不变；体积未知，不能确定体积之间的关系；在0.1mol/L氨水中滴加0.1 mol/L盐酸，恰好完全中和时生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，则溶液中氢离子为水电离的；pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，得到醋酸和醋酸钠的混合溶液，以醋酸的电离为主溶液呈酸性；Na2S 稀溶液中根据质子守恒可知c（OH-）=c（H+）+2c（ H2S）+c（ HS-）。本题考查了溶液pH的计算、溶液中离子浓度大小比较、难溶电解质的沉淀平衡等知识，题目难度中等，注意掌握酸碱混合后溶液的定性判断及溶液中pH的计算方法，学会利用电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理结合溶液中的电离平衡问题。10.【答案】C【解析】解：A、锌失电子发生氧化反应，所以锌是负极材料，故A错误； B、电解池阳离子向阴极移动，而可充可放电池中，阴极是原电池的负极，所以Zn2+向锌迁移，故B错误； C、电解池中阳极发生氧化反应，所以阳极的电极反应为：ZnMn2O4-xZn2+-2xe-=Zn1-x Mn2O4，故C正确； D、放电时锰元素的化合价降低，所以放电时锌与锰的化合价变化，故D错误； 故选：C。A、锌失电子发生氧化反应； B、电解池阳离子向阴极移动； C、电解池中阳极发生氧化反应； D、放电时锰元素的化合价降低本题考查了原电池和电解池原理，根据元素化合价变化确定各个电极上发生的反应，难点是电极反应式的书写，题目难度中等11.【答案】D【解析】解：A根据图知，Pt电极上有氢气生成，说明Pt电极上得电子发生还原反应，为阴极，则Pd为阳极，连接阴极的电极为电源负极，所以a为负极、b为正极，故A错误； BPt为阴极、Pd为阳极，电解时，电解质溶液中OH-向阳极移动，则工作时，OH-向右室迁移，故B错误； C右室中电解质溶液呈碱性，所以不能有H+生成，乙醇失电子和OH-反应生成CH3COO-和水，电极反应式为C2H5OH+5OH-4e-CH3COO-+4H2O，故C错误； D生成1mol氢气转移2mol电子，生成1molCH3COONa 转移4mol电子，所以生成 H2 和 CH3COONa 的物质的量之比为 2：1，故D正确； 故选：D。A根据图知，Pt电极上有氢气生成，说明Pt电极上得电子发生还原反应，为阴极，则Pd为阳极，连接阴极的电极为电源负极； BPt为阴极、Pd为阳极，电解时，电解质溶液中OH-向阳极移动； C右室中电解质溶液呈碱性，所以不能有H+生成，乙醇失电子和OH-反应生成CH3COO-和水； D根据转移电子相等计算生成的H2 和 CH3COONa 的物质的量之比本题考查电解原理，为高频考点，侧重考查学生图象观察、分析、判断能力，明确电解原理特点及反应类型与电极的关系是解本题关键，难点是阳极电极反应式的书写，题目难度不大12.【答案】C【解析】解：A、二元酸H2A溶液中不存在其分子，说明第一步完全电离，二元酸H2A的电离方程式为：H2A=H+HA-，HA-H+A2-，故A错误；B酸的第一步完全电离，NaHA溶于水，溶液中HA-离子不能水解，不能促进水的电离，故B错误；CH2A的第二步电离常数Ka2=，c（A-）=c（HA-）时pH=3，Ka2=c（H+）=1.0×10-3，故C正确；D.0.1molL-1Na2A溶液中A2-离子水解溶液显碱性，存在离子浓度大小：c（A2-）c（OH-）c（HA-）c（H+），故D错误；故选：C。A二元酸H2A溶液中不存在H2A分子，说明第一步完全电离，二元酸H2A的电离方程式为：H2A=H+HA-HA-H+A2-；B酸的第一步完全电离，NaHA溶于水，溶液中HA-离子不能水解；CH2A的第二步电离常数Ka2=，c（A-）=c（HA-）时，Ka2=c（H+）；D.0.1molL-1Na2A溶液中A2-离子水解溶液显碱性。本题考查了据图象分析二元酸的电离特点，关键是从图象分析出第一步完全电离，注意离子浓度大小比较的分析判断，题目难度中等。13.【答案】B【解析】解：A由图象可知-lgc（S2-）相等时，ZnS的-lgc（M2+）较大，可说明ZnS的溶度积较小，则溶解度S（FeS）S（ZnS），故A错误； Ba点时，-lgc（S2-）-lgc（M2+），说明c（S2-）较小，-lgc（S2-）与-lgc（M2+）的乘积大于曲线上的数值，没有达到溶解平衡，故B正确； C向b点对应溶液中加入Na2S溶液，c（S2-）增大，则-lgc（S2-）减小，不可能变为c点，故C错误； D温度不变，则KSP不变，故D错误。 故选：B。-lgc（S2-）与-lgc（M2+）的值越大，说明浓度越小，-lgc（S2-）与-lgc（M2+）的乘积越大，说明Ksp越小，溶质越难溶于水，以此解答该题本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意掌握图线中-lgc（M2+）、-lgc（S2-）数值与浓度大小的关系，难度中等14.【答案】CD【解析】解：A+可得2NO（g）+O2（g）2NO2（g），H=（H1+H2），故A错误； B由以上分析可知K=K1×K2，故B错误； C反应较慢，为决定2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的主要因素，故C正确； D都为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故D正确。 故选：CD。2NO（g）N2O2（g）（快）H10       平衡常数K1；N2O2（g）+O2（g）2NO2（g）（慢）H20       平衡常数K2，都为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，则+可得2NO（g）+O2（g）2NO2（g），H=（H1+H2），K=K1×K2，以此解答该题。本题考查化学平衡常数，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握平衡常数与化学反应方程式的关系，难度不大。15.【答案】2：1   a   2NO2-+8H+6e-=N2+4H2O   4CeFCO3+O2高温3CeO2+CeF4+4CO2   不释放氯气，减少对环境的污染  ab3   NH4Cl固体分解产生的HCl可以抑制CeCl3的水解【解析】解：（1）NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-，反应过程中N化合价升高，Ce化合价则降低，氧化剂为Ce4+，还原剂为NO，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为1：1），根据电子得失守恒，n（Ce4+）=n（NO2-）+3n（NO3-），根据元素守恒，n（NO）=n（NO3-）+n（NO2-），且n（NO2-）=n（NO3-），则氧化剂与还原剂的物质的量之比为n（Ce4+）：n（NO）=4：2=2：1，故答案为：2：1；（2）采用电解法将NO2-转化为无毒物质，同时再生Ce4+，过程中Ce化合价升高，为失电子反应，电解池中阳极处的反应为失电子反应，根据装置图，左侧为阳极室，所以Ce4+从电解槽的a处流出，故答案为：a；电解池阴极发生的反应为物质得到电子，发生还原反应，根据装置图，H+到阴极参加反应，电解将NO2-转化为无毒物质，可判断为N2，则阴极的电极反应式：2NO2-+8H+6e-=N2+4H2O，故答案为：2NO2-+8H+6e-=N2+4H2O；（3）焙烧过程中，CeFCO3转化生成CeO2和CeF4，焙烧过程O2参加反应，为氧化还原反应，则焙烧过程中发生的主要反应方程式为：4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2，故答案为：4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2；有同学认为酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换盐酸更好，主要是考虑到HCl可能反应会产生Cl2，Cl2有的污染环境，采用H2O2是绿色氧化剂，不污染环境，故答案为：不释放氯气，减少对环境的污染；反应为：Ce（BF4）3（s）+3KCl（aq）3KBF4（s）+CeCl3（aq），离子方程式为：Ce（BF4）3（s）+3K+（aq）3KBF4（s）+Ce3+（aq），则反应的化学平衡常数为K=，Ce（BF4）3、KBF4的Ksp分别为a、b，所以KspCe（BF4）3=c（Ce3+）c3（BF4-）=a，Ksp（KBF4）=c（K+）c（BF4-）=b，根据多重平衡规则，则反应的化学平衡常数为K=，故答案为：；加热CeCl36H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3，考虑到Ce是镧系重金属，重金属离子会水解，NH4Cl的作用是调控溶液为酸性，抑制CeCl3的水解，故答案为：NH4Cl固体分解产生的HCl可以抑制CeCl3的水解（1）NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-，反应过程中N化合价升高，Ce化合价则降低，氧化剂为Ce4+，还原剂为NO；（2）采用电解法将NO2-转化为无毒物质，同时再生Ce4+，过程中Ce化合价升高，为失电子反应，电解池中阳极处的反应为失电子反应；电解池阴极发生的反应为物质得到电子，发生还原反应，根据装置图，H+到阴极参加反应，电解将NO2-转化为无毒物质，可判断为N2，据此写出电极反应；（3）焙烧过程中，CeFCO3转化生成CeO2和CeF4，焙烧过程O2参加反应，据此写出主要反应的方程式；有同学认为酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换盐酸更好，主要是考虑到HCl可能反应会产生Cl2，Cl2有的污染环境，采用H2O2是绿色氧化剂，不污染环境；根据溶度积常数和多重平衡规则计算反应的化学平衡常数；加热CeCl36H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3，考虑到Ce是镧系重金属，重金属离子会水解，NH4Cl的作用是调控溶液为酸性，抑制CeCl3的水解本题考查了电解原理和氧化还原反应的相关知识，注意氧化还原方程式的书写和配平，电极反应式的书写，也涉及到根据多重平衡规则计算化学平衡常数，盐类水解的知识，属综合题型，试题有助于培养综合运用化学知识的能力，为高频考点，题目难度中等值得一提的是，重金属元素一般价层含有较多的空轨道，易水解16.【答案】C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=（a+b）kJ/mol   K3=K1K2   增大   BC  0.3p×(0.6p)20.02p×(0.08p)4   c（K+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）   阴极反应：2H2O+2e-=H2+2OH-，OH-+HCO3-=CO32-+H2O，使K2CO3溶液得以再生【解析】解：（1）根据某反应的平衡常数表达式可判断反应为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），反应可由+得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为H=H1+H2=（a+b）kJ/mol，根据多重平衡规则，则K1、K2、K3之间的关系是：K3=K1K2，故答案为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=（a+b）kJ/mol；K3=K1K2；（2）根据平衡线分析，温度降低，H2O的物质的量分数增大，则温度降低有利于反应正向进行，所以该反应的平衡常数K随温度降低而增大，故答案为：增大；A混合气体的密度为，反应前后，质量守恒，气体质量m不变，容器容积V不变，所以混合气体的密度始终不变，不能说明反应是否达到化学平衡，故A错误；B反应前后气体分子数改变，压强变化，可以通过压强判断化学反应是否达到化学平衡，故B正确；