2021-2022学年安徽省合肥八中高二（上）期末化学试卷（附答案详解）.pdf

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1、2021-2022学年安徽省合肥八中高二（上）期末化学试卷一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）l.下列说法正确的是()A.化学键断裂放出能忙B.所有化学反应均伴随能量变化C.液体凝固吸收热量D.总焙：若反应物生成物，则6H 0 2.某同学以拧檬为材料自制水果电池，装置如图，下列叙述正确的是（）A.H十由镁极区移向银极区B.镁片上有无色气体放出C.铜片替代镁片，现象相同D.银片为负极3 已知：P(s,红磷）P(s,黑磷）t:,.H=-21.7kJ mol-1:P(s,白磷）P(s,红磷)t:,.H=-17.6kJ mo1-1由此推知，其中最稳定的磷单质是（)A红磷B白磷C.黑磷D.无法确

2、定4.25(时，在某恒容密闭烧瓶中存在如下平衡：2N02(g)N204(g)D.H O,t:,.S 0 c.AH 0,AS 0 400 450 500 7/t B.t:,.H O,t:,.S 0 D.t:,.H 0 6.苹果酸为二元有机弱酸（比A)。下列关千H2A及Na2A叙述正确的是（)A.电离方程式：H2A 2H+A2-B.凡A溶液中含有2种分子：H2A与H少C.Na2A溶液：c(H勹c(OH-)D.Na2A溶液：c(OH-)c(cJ-)D.NH4Cl浴液：c(H+)=c(OH-)+c(NH3 比0)已知下列热化学方程式：C(s)+H20(1)=CO(g)+H2(g)t:.H1 2CO(g

3、)+0 2(g)=2C02(g)t:.H2 2H2(g)+0 2(g)=2H20(1)t:.H3 C(s)的燃烧热为（、丿A.t:.H1+t:.H2-t:.H3 C.2flH1+flH2+flH3 1 1 B.AH1+-AH2+-AH3 2 2 1 D.6H1+6H2+6H3 2 一定温度下，在1L密闭容器中，将co和H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)K=0.1。反应前co物质的量为Smol,平衡后co物质的量为4mol。则反应前H2S的物质的量浓度为（、丿A.3.Smol L一1B.3mol L一1C.2.Smol L-1 D.1.25mol L一

4、114.粗银的精炼工艺原理如图，下列叙述错误的是（、丿 I 歹Ii面一)和酸银洛液l co,裴A.y极电极材料为粗银 J。Q.II 尸丘i,；！砬；棹屈B.X极主要电极反应式为Ag-e-=Ag+C.装置乙将化学能转化为电能D.n极电极反应式为02+4H+4e-=2H少15.硒酸钡(BaSe04)为特种玻璃的添加剂，制取原理为Ba2+Seoj-=BaSe04 J,在BaSe04饱和溶液中lgc(Ba2+）与lgc(Seoj-)关系如图所示(BaSe04溶于水时吸收热量）。下列叙述错误的是（A.升温：M点上移B.X点：c(SeO矿）=10-amol L-1 C.M点：c(Ba2+)=l mol L

5、一1D.K5p:M点N点X点、丿16.室温下，下列关千电解质溶液的说法中不正确的是（、广、丿A.将pH=12的氨水与pH=2的硝酸等体积混合：c(NHt)c(N03)c(OH-)c(H+)B.室温下，调节H3A溶液的pH=5时，c(HA2-)c(H3A)100,6已知：Kai=10-2.2,Ka2=10-7.2 Ka3=10一12.4)C.2s0c时，RS+M2+MS+R2的平衡常数K=4000该温度下，1.0 X 10-21,K5p(RS)=4.0 X 10-18 Ksp(MS)=D.加水稀释氯化铝溶液，铝离子水解程度增大，H物质的量增加，溶液酸性增强二、实验题（本大题共2小题，共20.0分

6、）17.硫代硫酸钠(Na2S203)又称大苏打，可用作定影剂、还原剂现有某种硫代硫酸钠样品为了测定该样品纯度，某兴趣小组设计如下实验方案，回答下列问题：第4页，共23页,?h已丙ttfl乙(1)溶液配制：称取10.0g该硫代硫酸钠样品，用（填“新煮沸并冷却的蒸饿水”或“自来水”)在烧杯中溶解完全溶解后冷却至室温，再用玻璃棒引流将溶液全部转移至lOOmL的容批瓶中，加蒸饿水至离容趾瓶刻度线12cm处，改用定容，定容时，视线与凹液面相切。(2)滴定：取O.lOmol L-1的K2Cr207（硫酸酸化）标准溶液20.00mL,加入过量KI,发生反应：Cr20午61-+14H+=312+2Cr3+7H

7、20。然后加入淀粉溶液作为指示剂，用硫代硫酸钠样品溶液滴定至终点，发生反应：12+2S20于S40扩21-,重复实验，平均消耗Na2S203样品溶液的体积为20.00mL。CD取用硫酸酸化的K2Cr207标准溶液可选用的仪器是（填“甲”或“乙）。滴定终点时溶液的颜色变化是。(3)样品纯度的计算：根据上述有关数据，该样品中Na2岛伤的质量分数为。下列操作可能使测量结果偏低的是（填字母）。A盛装硫代硫酸钠样品溶液的滴定管没有润洗B锥形瓶中残留少记水C读数时滴定前仰视，滴定后俯视18.氨水及按盐是化学工业的重要原料回答下列问题：(1)氨水中各种离子的物质的扯的浓度从小到大的顺序是，其他条件不变，往稀

8、氨水溶液中加入少芷蒸饰水，则混合液中水的电离程度（填“增大”“减小”或“不变”)。(2)常温下向某氨水中缓缓通入HCI气体，溶液中lgc(NH切c(NH3氏0)与pH的关系如图所示。常温下NH3 H20的电窝平衡常数Kb=（用含有a的代数式表示），温度升高A点的位置可能是（填“Al或“A2),a（填”“”或=)7。(3)某化学兴趣小组以某废液（主要含有AJ3+、Fe3+、Mn2+）为原料制取MnC化的工艺流程及各离子开始沉淀、完全沉淀的pH如图所示（常温下MnC03的Ksp=9 X 10-11):金属离:Fe3+IAJ3+1Mn2+子开始山nO(NIl.)2co1拭水调沉I2.2 I 4.11

9、 8.8 pH 废液 I沉铁、叫l|沉猛r-MnCO,淀pH 完全沉I3.5 I s.4110.s 淀pH“沉铁、铝”时反应液的pH应控制的范围是。“沉猛”时温度不能较高的原因是，Mn2完全沉淀时c(Mn2+)_mo!L飞e(NI打）lg c(Nll1 1120)。三、简答题（本大题共3小题，共32.0分）19.氢元素单质及其化合物是人类赖以生活的重要能源。回答下列问题(l)H-H、0=0、H-0的键能分别为436kJ mo!一1、496kJ mol一1、463kJ mol一lo热化学方程式2H2(g)+02(g)=2H20(g)t:,.H,t:,.H为kJ mol一10 氢气的燃烧热t:,.

10、H=-285.8kJ mo1-1,表示氢气燃烧热的热化学方程式为lmol水蒸气液化放热KJ。(2)阱(N2比）是一种液态火箭推进剂。N2比分解的能量变化如图所示：第6页，共23页CD正反应的活化能为kJ mo1-1,气态阱分解的热化学方程式为。该反应的1:.s（填”、或“=）0，该反应自发进行的条件为。（填“高温”、“低温”或“任意温度”)，歹n、鹹墓I Rll)I t-.(g).2叩IH,(g)-_、一().7-会_.,_多一l md N II从lg)。1反应过程20.电化学是当今化学研究的热点之一，回答下列问题：(1)碱性电池具有耐用、电流量大、储存寿命长、外壳不易腐蚀等优点。铝铜碱性原电

11、池的工作原理如装置甲所示。)-1 o.01 H KOH溶液装觉甲,稀硫酸j 质子交换膜装觉乙矶coi-产/粉Kl试纸N忒1溶液装笠丙在(“Al”或“Cu)极有H2生成，Al极电极反应式为。若有33.6L（标准状况下）H2生成，则理论上电解质溶液增重g.(2)某兴趣小组设计以甲炕、氧气酸性燃料电池为电源电解NaCl溶液，并验证氯气的某种化学性质，工作原理如装置乙、装置丙所示。m极为极，装置乙发生反应的化学方程式为。Y极电极反应式为。）气球b中的现象为。21.一定条件下，co与水蒸气反应生成CO2和H2的热化学方程式为CO(g)+H20(g)已C02(g)+H2(g)/1H=41.3kJ mol一

12、1。回答下列问题：(1)已知lmo!C完全转化成水煤气(CO、H2混合物）时吸收热量131.SkJ,则lmo!C与CO2反应生成co的熔变是。(2)上述反应达到平衡的标志是（填字母）。a容器内压强不随时间变化b容器内各物质的浓度不随时间变化c容器内CO、H20的浓度之比为1:1 d单位时间消耗O.lmo!CO同时生成O.lmo!H20(3)研究表明：上述反应平衡常数随温度的变化如表所示：温渡oc平衡常数K400 15 500 9 800 5 若反应为500C,起始时co和H20的浓度均为0.02mol L-1,则达到平衡时，co的平衡转化率为。(4)在TC、SMPa条件下，将O.lmolCO与

13、0.12molH20(g)混合气体充入1L密闭容器发生反应，反应过程中CO2的物质的量浓度随时间的变化如图所示：c(C02)/molL一10.02 Ti t 2 t/min 在02min内，以co表示的平均反应速率为mol L-1 min-10 TC时该反应的平衡常数KP=（压强代替浓度，分压总压x物质的分数）。平衡后，若向容器中再充入0.2molCO和0.02mo!H20(g)，则再次平衡后容器内的压强与充入co和H20(g)前的压强比为。第8页，共23页答案和解析1.【答案】B【解析】解：A化学键断裂吸收能量，故A错误；B化学反应的本质是1日化学键的断裂以及新化学键的形成，断开化学键吸收能

14、量，形成化学键放出能虽，则所有化学反应均伴随能扯变化，故B正确；C相同物质，液态的能记高千固态，则液体凝固放出热矗，故C错误；D.!J.H生成物总能量反应物总能量，总焙：若反应物生成物，则!J.H O,故D错误；故选：B。A断开化学键吸收能痲；B化学反应的本质是旧化学键的断裂以及新化学键的形成；C相同物质，液态的能量高于固态；D.!J.H生成物总能量反应物总能量。本题考查反应热与珨变，为高频考点从宏观和微观理解化学反应能址变化是解题关键，此题难度中等。2.【答案】A【解析】解：A原电池中阳离子向正极移动，则旷由镁极区移向银极区，故A正确；B.Mg作负极失去电子，故B错误；C铜片替代镁片，Cu失

15、去电子，溶液为蓝色，现象不同，故C错误；D.Ag为不活泼金屈，作正极，故D错误；故选：A。图中构成原电池，Mg作负极失去电子，Ag为正极，正极上氢离子得到电子生成氢气，且阳离子向正极移动，以此来解答。本题考查原电池，为高频考点，把握电极、电极反应、离子的移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原电池的工作原理，题目难度不大。3.【答案】C【解析】解：P(s，红磷）P(s,黑磷）t:,.H=-21.7kJ mo1-1,则P(s,白磷）=P(s,红磷）t:,.H=-17.6kj mo1-1,由热化学方程式可知，各物质能最：白磷红磷熙鳞，故黑鳞最稳定，故选：C。物质具有的能量越低越稳定。本题

16、考查反应热和焙变，为高频考点，明确能撇与稳定性的关系是解题关键，此题难度不大。4.【答案】D【解析】解：A平衡逆向移动，二氧化氮的浓度增大，颜色加深，故A错误；B平衡逆向移动，气体的总物质的量增大，质量不变，可知平均分子量减小，故B错误；c平衡逆向移动，气体的总物质的量增大，体积不变时，压强增大，故C错误；D气体的总质量不变，恒容时体积不变，则气体的密度不变，故D正确；故选：D。焙变为负，为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，以此来解答。本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度对化学平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。5.【答案】B【解析】

17、解：由图可知，压强相同时升高温度，Z的物质的抵分数减小，可知升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，即AH0；温度相同时增大压强，Z的物质的员分数增大，可知增大压强使平衡正向移动，正反应为气体总物质的量减小的反应，可知ASo,只有B正确，故选：B。由图可知，压强相同时升嵩温度，Z的物质的最分数减小，可知升高温度平衡逆向移动；温度相同时增大压强，Z的物质的量分数增大，可知增大压强使平衡正向移动，正反应为气体总物质的量减小的反应，以此来解答。本题考查化学平衡，为高频考点，把握溫度、压强对化学平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中坐标的意义，题目难度不大。第10页，共23页6

18、.【答案】B【解析】解：A苹果酸为二元有机弱酸(H2A)，溶液中分步电离，电离方程式为：H2A旷HA-,HA一旷A2-，故A错误；B结合电离过程分析，H2A溶液中含有2种分子，分别为H2A与H20,故B正确；C.Na2A溶液为强碱弱酸盐，A2一离子水解，溶液显缄性，c(H勹 c(oH-)c(HA-)c(H+)，故D错误；故选：B。A苹果酸为二元有机弱酸(H沁），分步电离；B.H2A溶液中存在电离平衡，据此判断含有分子；C.Na2A溶液为强碱弱酸盐，溶液显碱性；D.Na2A溶液中弱酸阴离子分步水解。本题综合考查弱电解质的电离、盐类水解等知识点，掌握电离和水解实质是解本题关键，题目难度不大。7.【

19、答案】C【解析】解：A.Zn和Fe及海水构成原电池时，Zn易失电子作负极，Fe作正极，则Fe被保护，而铅在铁的后面没有铁活泼，不会成为负极，故A错误；B构成原电池反应时，舰体做正极，发生还原反应，故B错误；C该装置中没有外接电源，利用了原电池原理，屈千牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D在酸雨环境中，钢铁发生电化学腐蚀时，金属做负极，失去电子生成阳离子，氢离子得到电子生成氢气，所以为析氢腐蚀，故D错误；故选：C。原电池中作负极的金属被腐蚀，作正极的金属被保护；在电解池中作阳极的金属电极被腐蚀，作阴极的金属电极被保护，要使钢铁被保护，应该使钢铁作原电池正极或电解池阴极。本题考查金屈腐蚀与防护，明确

20、原电池原理和电解池原理是解本题关键，要保护的金属作原电池正极或电解池阴极即可，熟练掌握防护金屈腐蚀的方法，题目难度不大。8.【答案】C【解析】解：充入等物质的品的X和Y,设物质的岱均为amol,转化的X为xmol,则mo!X(g)+2Y(g).:=2Z(g)开始aa 0 转化x2x 2x 平衡a-x a-2x 2x 平衡后测得反应前气体的总物质的岱与反应后气体的总物质的盆之比为，可知a+a 5 0.4a，解得x=0.4a,X的转化率为-X100%=40%，只有C正确，a-x+a-2x+2x 4 -a 故选：C。充入等物质的量的X和Y,设物质的量均为amol,转化的X为xmol,则mol X(g

21、)+2Y(g)2Z(g)开始aa 0 转化x2x 2x 平衡a-x a-2x 2x 平衡后测得反应前气体的总物质的量与反应后气体的总物质的量之比为，可知a+a 轧化的鱼，解得X=0.4a,结合转化率X 100计算。a-x+a-2x+2x 4 开始的虽本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段式、转化率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意各物质的转化量关系，题目难度不大。9.【答案】A【解析】解：A甲胺(CH3NH2)为一元有机弱缄，稀释后CH3NH2的电离程度增大，由千溶液体积增大的福度更大，导致c(CH3NH!）减小，故A错误；B.CH3NH2的电离过程吸热，升高温度

22、后电离平衡正向移动，促进了CH3NH2的电离，故B正确；C.CH3NH2为一元弱碱，在溶液中存在电离平衡，CH3NH2的电离类似千NH3,其电离方程式为：CH3NH2+H20.=CH3NHj+OH-，故C正确；D.CH3NH2的性质与NH3相似，则CH3NH2与稀盐酸反应化学方程式为：CH3NH2+HCI=CH3NH3CL故D正确；故选：A。第12页，共23页A.CH3NH2为一元弱碱，稀释后CH3NH2的电离程度增大，但c(CH3NHI)减小；B弱电解质的电离过程为吸热反应；C.CH3N凡的电离类似千NH3,结合氨气的电离方程式分析；D.CH3NH2与稀盐酸反应生成CH3NH3Cl。本题考查

23、弱电解质的电离平衡及其影响，为高频考点，明确题干信息为解答关键，注意掌握电离平衡的影响因素，试题侧重考查学生的知识迁移能力，题目难度不大。10.【答案】D【解析】解：A反应达到平衡状态，正反应速率等千逆反应速率，则t4时反应达到平衡状态，故A错误；B在绝热恒容反应器中发生反应S02(g)+N02(g)S03(g)+NO(g)，反应速率由温度和浓度决定，随着反应进行，反应物浓度减小，而正、逆反应速率都增大，结合温度越高，反应速率越快，则该反应为放热反应，故B错误：C该反应是放热反应，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，温度升高，所以t3t4:跺因反应物浓度降低而降低，故C错误；D.t4时，反应达

24、到平衡状态，即反应达到最大限度，此时S02的转化率达到最大，故D正确；故选：D。A反应达到平衡状态，正反应速率等千逆反应速率；B随看反应进行，正、逆反应速率都增大，结合温度越高，反应速率越快分析；C随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，浓度越小，反应速率越慢；D.t4时，反应达到平衡状态，即反应达到最大限度。本题考查反应速率的影响因素、化学平衡的状态的判断等，侧重考查学生分析能力和识图能力，注意当反应达到平衡时，即反应达到最大限度，正反应速率等千逆反应速率，此题难度中等。11.【答案】D【解析】解：A氯化按可以看成是盐酸和氨水中和得到的盐，屈于强酸弱碱盐，故A错误；B氯化桉属千能水解的盐，铁根离

25、子水解对水的电离起到促进作用，故B错误；C.NH4Cl、氨水混合液中存在电荷守恒c(NHt)+c(H+)=c(oH-)+c(cl-),pH=7,则c(H+)=c(OH-)，所以c(NHt)=c(Cl一），故C错误；D.NH4Cl溶液中存在质子守恒c(H+)=c(oH-)+c(NH3.H20)，故D正确；故选：D。A氯化按可以看成是盐酸和氨水中和得到的盐；B能水解的盐对水的电离起到促进作用；C.NH4Cl、氨水混合液中存在电荷守恒；D.NH4Cl溶液中存在质子守恒。本题考查学生演的水解原理以及应用、电荷守恒、质子守恒等方面的知识，屈于知识的灵活应用，难度不大。12.【答案】B【解析】解：根据(D

26、C(s)+H20(1)=CO(g)+H2(g)/J.H1:2CO(g)+0 2(g)=2C02(g)/J.Hz;2H2(g)+02(g)=2凡O(l)/J.H3,根据盖斯定律CD+;召）可得C(s)+02(g)=CO2(g)t:,H=l:,H1+l:,H2+t:,H扣故选：B。根据(DC(s)+H20(1)=CO(g)+H2(g)l:,H1:ZCO(g)+02(g)=2C02(g)t:,H庄2H2(g)+02(g)=2H20(l)l:,H3，根据盖斯定律i+i)可得C(s)+02(g)=C02(g)，据此计算燃烧热。本题考查燃烧热的计算、盖斯定律的应用，难度不大，熟悉盖斯定律的应用规律为解答的

27、关键。13.【答案】A【解析】解：设反应前H2S的物质的量浓度为X,lL密闭容器，反应前co物质的址为Smol,平衡后co物质的批为4mol,则mol/LCO(g)+H2S(g).=COS(g)+H2(g)第14页，共23页开始5 转化1 平衡4 x 1 01 01 x-1 1 1 c（出）c(COS)lXl k=0.1，解得x=3.Smol L一1,只有A正确，c(CO)c(H2S)4X(x-1)故选：A。lL密闭容器，反应前CO物质的量为Smol,平衡后co物质的量为4mol,则mol/LCO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)开始Sx 转化11 平衡4x-1。1。1 1 1 K=

28、c(H2)c(COS)c(CO)c(H2S)=0.1，以此来解答。本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、K的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意各物质的转化谥关系，题目难度不大。14.【答案】A【解析】解：A.y极连接m极（负极）为阴极，y极材料为纯银，故A错误；B.x极连接n极（正极）为阳极，x极材料为粗银，发生主要反应为Ag-e-=Ag十，故B正确；C装置乙为燃料电池，将化学能转化为电能，故C正确；D.n极为正极，电极反应为02+4tt+4e-=2H20，故D正确；故选：A。由图可知，装置乙为甲醇氧气燃料电池，可燃物甲醇通入极即m极为负极，n极为正极，电极反应

29、为02+4旷4e-=2H20,装置甲为电解池，y极连接m极（负极）为阴极，y极材料为纯银，电极反应为Ag+e-=Ag,x极连接n极（正极）为阳极，x极材料为粗银，发生主要反应为Ag-e-=Ag十，据此作答。本题考查原电池和电解精炼银，题目难度中等，能依据电极通入物质判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。15.【答案】C【解析】解：A.BaSe04溶千水时吸收热量，升温促进溶解，c(Ba2+)增大，故A正确；B由图象可知，X点lgc(SeO们a,故c(SeO们10-amol L-1,故B正确：C由图象可知，M点lgc(Ba2+)=-a,故c(Ba2+)=10-amol L一1故

30、C错误；D.M点、N点、X点三点温度相同，故Ksp相等，故D正确；故选：C。A升温促进平衡向吸热反应方向移动；B.X点横坐标为a,纵坐标为0;C.M点横坐标为O,纵坐标为a;D溶度积只受温度影响。本题考查难溶电解质的溶解平衡，题目难度中等，能依据图象进行计算是解题的关键，注意外界条件改变对沉淀溶解平衡的影响。16.【答案】D【解析】解：A.pH=12的氨水浓度大千pH=2的硝酸浓度，二者等体积混合，氨水大量剩余，溶液呈碱性，c(OH-)c(H勹，溶液中存在电荷守恒c(NH!)+c(H+)=c(N03)+c(OH-），则c(NH!)c(N03)，一水合氨电离程度较小，则溶液中存在c(NH!)c(

31、N03)c(oH-)c(H勹，故A正确；B室温下，调节H3A溶液的pH=S时，c(HA2-)_ c(HA2-)c(H2A-)_ c(HA2-)c(H2A-)=x=x=c(H3A)c(H3A)c(H2A-)c(H2A-)c(H3A)ka2 Km 10一7.2.,10-2.2 X-=-=-:-X c(H+)c(H+)10-s 10-s=100.6，故B正确；ksp(RS)c(R气C.25C时，RS+M2+MS+R2的平衡常数K=_ Ksp(RS)_ 4.0 x 10一18=c(M2+)-竺Ksp(MS)-1.0X 10-21 c(s2-i 4000,故C正确；D加水稀释氯化铝溶液，铝离子水解程度增

32、大，旷物质的量增加，但n(H+）增加做远远小千溶液体积增加扯，则c(H+)减小，溶液酸性减弱，故D错误；故选：D。A.pH=12的氨水浓度大于pH=2的硝酸浓度，二者等体积混合，氨水大量剩余，溶液呈碱性；B室温下，调节H3A溶液的pH=5时，生立2主立x坐坠2坐立x生区立c(H3A)c(H3A)c(H2A-)c(H2A-)c(H3A)Ka2 K吐X-=-.c(H+)c(H+)第16页，共23页ksp(RS)C.25C时，RS+M2+MS+R2的平衡常数K=c(R2+)_ _ K5p(RS)=.c(M2+)-c(S2一）K5p(MS)D加水稀释氯化铝溶液，铝离子水解程度增大，旷物质的忙增加，但n

33、(H+）增加岱远远小千溶液体积增加量。本题考查弱电解质的电离、盐类水解、难溶物的溶解平衡等知识点，侧重考查分析、推断及计算能力，明确弱电解质电离特点、盐类水解影响因素、溶度积常数计算方法等知识点是解本题关键，注意B中分式的灵活变形，题目难度中等。17.【答案】新煮沸并冷却的蒸熘水胶头滴管甲溶液蓝色消失且半分钟内不恢复原色94.8%A【解析】解：（1）煮沸蒸熘水除去溶解的氧气，以防止氧气氧化硫代硫酸钠，即用新煮沸并冷却的蒸馆水在烧杯中溶解硫代硫酸钠；加蒸熘水至离容量瓶刻度线lZcm处，改用胶头滴管定容，故答案为：新煮沸并冷却的蒸饰水；胶头滴管；(2)G)用硫酸酸化的K2Cr207标准溶液具有强氧

34、化性，可以腐蚀橡皮管，应选择酸式滴定管，即图中甲，故答案为：平）淀粉遇磺变蓝色，碳单质反应完毕，溶液蓝色褪去，滴定终点时溶液的颜色变化是：溶液蓝色消失且半分钟内不恢复原色，故答案为：溶液蓝色消失且半分钟内不恢复原色；(3)L)由Cr20矿61-+14H+=312+2Cr3+7H20、12+2S20-=S40-+21-，可得关系式：Cr20矿3126S20-，故20mL溶液中，n(Na2S2也）=6 X 0.02L X O.lmol/L=0.012mol,可得10g样品中（即100mL溶液）Na2S203的质拟为0.012molx x 158g/mol=9.48g,样品中Na母03质量分数为气r

35、:X 100%=94.8%,故答案为：94.8%;A盛装硫代硫酸钠样品溶液的滴定管没有润洗，硫代硫酸钠溶液被稀释，消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，则硫代硫酸钠溶液浓度偏低，故测定样品中硫代硫酸钠质霆分数偏低，故A符合题意；B锥形瓶中残留少量水，不影响嫔单质的物质的量，即不影响硫代硫酸钠质量分数，故B不符合题意；C读数时滴定前仰视，滴定后俯视，消耗硫代硫酸钠溶液体积读数偏小，则硫代硫酸钠溶液浓度偏高，故测定样品中硫代硫酸钠质址分数偏高，故C不符合题意，故答案为：A。(1)硫代硫酸钠溶液可被氮气氧化；加蒸饰水至离容忧瓶刻度线12cm处，改用胶头滴管定容；(2)()用硫酸酸化的K2Cr207标准溶液具有

36、强氧化性；淀粉遇磺变蓝色，磺单质反应完毕，溶液蓝色褪去；(3)由Cr20矿61-+14H+=312+2Cr3+7凡0、12+2S20于S40-+21-，可得关系式：Cr20矿3126S20-，根据关系式计算20mL溶液中Na2岛伤的物质的量，可得10g样品中（即lOOmL溶液）Na2S203的质量，再计算样品中Na2S203质量分数；A盛装硫代硫酸钠样品溶液的滴定管没有润洗，硫代硫酸钠溶液被稀释，消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大；B锥形瓶中残留少量水，不影响碳单质的物质的量；C读数时滴定前仰视，滴定后俯视，消耗硫代硫酸钠溶液体积读数偏小。本题考查物质含位测定实验，涉及氧化还原滴定的应用，关键是对实验

37、原理的理解，题目侧重考查学生分析计算能力、实验能力、运用知识解决问题的能力。18.【答案】c(OH-)c(NHt)c(H+)增大10扣“A2 5.4,8.8)防止较盐分解及氨气挥发9X 10一6【解析】解：(l)NH3 H20电离出0甘而导致溶液呈碱性，c(H勹 c(NH;)，水的电离程度较小，所以氨水中各种离子的物质的猷的浓度从小到大的顺序是c(OH-)c(NHt)c(H勹；氨水浓度越小，NH3 H20电离程度越大，所以稀释过程中其电离程度增大，故答案为：c(oH-)c(NHt)c(H勹；增大；(2)lg c(NH切c(NH3比0)=0时，c(NHt)=c(NH3 H20)，常温下NH3 H

38、20的电离平衡常数Kb=c(NH书10一14c(NH3比0)x c(OH-)=c(OH-)=10企14;升高温度促进NH3 H20电离，c(NHt)10-a 增大、c(NH3 H20)减小，所以lgc(NH!)c(NH3比0)增大，为A2；溶液仍然呈碱性，溶液的pH7,所以a7,故答案为：10a-14;A2;第18页，共23页(3)(D“沉铁、铝”时要将Fe3+、A尸转化为沉淀，但不能将Mn2转化为沉淀，AJ3转化为沉淀时Fe3已经完全沉淀，Al3完全转化为沉淀时pH不小于5.4,Mn2开始转化为沉淀时pH为8.8,所以“沉铁、铝”时反应液的pH应控制的范围是5.4,8.8),故答案为：5.4

39、,8.8);“沉猛”时温度越高，氨水越易挥发，按盐不稳定，受热易分解，所以为防止较盐分解及氨气挥发，稳定不易过高，Mn2完全沉淀时c(Mn2+)c(Mn2+)c(Mn2+)10-s=mol/L=9 x 10-6moJ/L,故答案为：防止按盐分解及氨气挥发；9X 10一60(1)NH3 H20电离出0甘而导致溶液呈碱性，但其电离程度较小，溶液中存在电荷守恒：c(NHt)+c(H+)=c(OH一）；氨水浓度越小，NH3 H20电离程度越大；(Z)lg c(NH切c(NH3历0)=O时，c(NH4)=c(NH3 H20)，常温下NH3 H20的电离平衡常数Kb=c(NH书c(NH3历0)X c(oH

40、-)=c(OH-)；升高温度促进NH3 H20电离，c(NH!)增大、c(NH3 H20)减小；溶液仍然呈碱性；(3)G)”沉铁、铝”时要将Fe3+、A3转化为沉淀，但不能将Mn2转化为沉淀；“沉猛”时温度越高，氨水越易挥发，按盐不稳定，受热易分解，Mn2完全沉淀时c(Mn2+)高温【解析】解：(l)(D2H2(g)+02(g)=2H20(g)6.H=(2 x 436+496-4 x 463)kJ/mo!=-484kJ mo1-1,故答案为：-484;）氢气的燃烧热6.H=-285.8kJ mo!一1表示氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g)+抖(g)=HzO(I)6.H=-285.8kJ mo

41、1-1,故答案为：出(g)扛02(g)=H20(1)6.H=-285.8kJ mo1-1;由a、2H2(g)+02(g)=2H20(g)1:,.H=-484kJ mo1-1,b、Hz(g)+切(g)=H20(1)1:,.H=-285.8kJ mol气结合盖斯定律可知，b-ax钮得到H20(g)=H20(1)1:,.H=(-285.8kJ mol-1)-(-484kJ mo1-1)咚43.8kJ/mol,则lmol水蒸气液化放热43.8kJ,故答案为：43.8;(2)(D焙变等千正逆反应的活化能之差，则正反应的活化能为(a+S0.7)kJ/mol,由图可知气态阱分解吸热为50.7kJ,则热化学方

42、程式为N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)t:,H=+50.7kJ/mol,故答案为：a+50.7;N2比(g)=N2(g)+2H2(g)t:,H=+50.7kJ/mol;为气体体积增加的反应，则l:i.SO，且t:,H O,t:,H-T l:i.S 0的反应可自发进行，该反应自发进行的条件为高温，故答案为：；高温。(l)(I)焙变等千断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能址；燃烧热为lmol可燃物完全燃烧生成指定化合物时放出的热倡；)由盖斯定律及物质的量与热量成正比计算；(2)CD焙变等于正逆反应的活化能之差，由图可知气态阱分解吸热为50.7kJ;为气体体积增加的反应，l:i.H-Tl:i

43、.SO的反应可自发进行。本题考查热化学方程式，为高频考点，把握尬变计算、盖斯定律、热化学方程式的书写为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象分析，题目难度不大。20.【答案】CuAl-3e-+40H-=AI02+2H20 24正CH4+202=CO2+2H20 zCI-ze-=Cl2 i气球b中充满黄绿色气体，淀粉磺化钾试纸变蓝【解析】解：（1）A1作负极，电极反应式为Al-3e-+40H-=AI02+2H20,Cu作正极，有氢气生成；故答案为：Cu;Al-3e-+40H-=AI02+2H20;电池总反应为2AI+2H20+zoH-=2AI02+3H2 i33.6L凡的物质的岱为33.

44、6L 22.4L/mol=l.Smol,反应Al的物质的世为xl.Smol=lmo!,理论上电解质溶液增重27g/mol x lmol-Zg/mol x 1.Smol=24g,故答案为：24;(2)(Dm极为正极，电池总反应为CH4+202=CO2+2H20,第20页，共23页故答案为：正；CH4+202=CO2+2H20;Y极为阳极，电极反应式为2c1-ze-=c12 i,故答案为：2CI-ze-=Cl2 i;Y极生成氯气，湿润的淀粉碳化钾试纸遇氯气变蓝，气球b中的现象为气球b中充满黄绿色气体，淀粉磺化钾试纸变蓝，故答案为：气球b中充满黄绿色气体，淀粉磺化钾试纸变蓝。(l)Al与NaOH溶液

45、反应，A作负极，电极反应式为Al-3e-+40甘AI02+2H20,Cu 作正极，电极反应式为2H20+ze-=H2 i+20H-，电池总反应为2AI+2H20+20H-=2Al02+3H2 i;(2)装置乙为燃料电池，电池总反应为CH4+202=CO2+2H20,m极为正极，n为负极，装置丙为电解池，X极连接电源负极作阴极，电极反应式为2H20+ze-=H2 i+20H勹Y极为阳极，电极反应式为2CJ-ze-=c12 i。本题考查原电池原理和电解原理，题目难度中等，能依据题目信息和图象准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。21.【答案】172.8kJ mo尸bd75%0

46、.01 0.05 2:1【解析】解：(l)lmol C完全转化为水煤气时吸收热扯131.SkJ,热化学方程式为：(DC(S)+H20(g)=H2(g)+CO(g)1:,.H=131.SkJ/mol;CO(g)+H20(g)=C02(g)+比(g),1:,.H=-4 l.3kJ/mol，依据盖斯定律得到：C(S)+C02(g)=2CO(g)1:,.H=+172.SkJ/mol,故答案为：+172.SkJ/mol;(2)a该反应是气体体积不变的反应，容器内压强不随时间变化，故无法判断反应是否达到平衡，故a错误；b容器内各物质的浓度不随时间变化，说明反应达到平衡状态，故b正确；c.CO、H2、CH3

47、0H的物质的益之比为1:2:1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故c错误；d单位时间消耗O.lmolCO同时生成O.lmolH20,说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故d正确，故答案为：bd;(3)反应为S00C,K=9,设co的转化浓度为X,CO(g)+H20(g)C02(g)+Hz(g)起始量(mo!L-1)0.02 0.02 0 0 变化撇(mo!L-1)X X X X 平衡谥(mol L一1)0.02-X 0.02-X X X K=c(C02)xc(H2)xxx=9解得x=0.015mol L一1,a(CO)=0.015molL一1c(CO)xc(H20)(0.

48、02-x)x(0.02-x)X 0.02molL一1100%=75%(4)在TC、SMPa条件下，将O.lmolCO与0.12molH20(g)混合气体充入1L密闭容器发生反应，c(CO)=O.lmol L一1,c(H20)=O.lmol L-1,由图可知，Zmin时，c(C02)=O.OZmol L一1,CO(g)+H20(g)C02(g)+H2(g)起始莺(mo!)0.1 变化械(mo!)0.02 平衡拟(mo!)0.08 0.12 0.02 0.1。0.02 0.02 22 00 000 o.02mol(Dv(CO)竺=O.Olmol L-1 min-1,At 2min 故答案为：0.0

49、1;设总压为p,则平衡时各组分分压为p(CO)=o.osmol 4 0.1mol+0.12mol,.11 x p=-p,p(H20)=0.1mol 5 0.02mol 1 o,1mo1+0.12mol x p=-;=;,p,p(COz)=p（出）=11 Xp o.1mo1+0.12mol 11 p,所以TC时该反应1 1 的化学平衡常数KP=p(CO2)xp(H 2)平写0.05,p(CO)xp(H20)2,-x 11 11 故答案为：0.05;反应CO(g)+H20(g)C02(g)+H2(g)由该反应特点可知，该反应前后气体的物质的量不发生改变，压强之比等千气体物质的量之比，后O.lmol

50、+0.12mol+0.2mol+0.02mol2=-p前o.1mol+o.12mol1 故答案为：2:1。(1)已知lmolC完全转化为水煤气时吸收热量131.SkJ,写出热化学方程式，和一氧化碳和水反应的热化学方程式，根据盖斯定律计算得到；(2)可逆反应达到平衡状态时，芷逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的盐、物质的址浓度、百分含址以及由此引起的一系列物理址不变；(3)由图可知，500C时K=9,列化学平衡三段式，结合化学平衡常数计算；(4)(D)(D根据表中数据可知500C时，K=9,设CO浓度的变化量为X,可列三段式计算co的平衡转化率；由图像可知，TC时平衡时，CO2的平衡浓度为0