2018-2019学年江西省鹰潭市高二上学期期末质量检测化学试题 解析版.doc

1、 - 1 - 鹰潭市鹰潭市 2018201820192019 学年度上学期期末质量检测学年度上学期期末质量检测 高高 二二 化化 学学 试试 题题 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H H：1 C1 C：12 N12 N：14 O14 O：16 S16 S：32 Fe32 Fe：56 Cu56 Cu：64 Na64 Na： 23 23 第第卷卷( (选择题，共选择题，共 4848 分分) ) 一、选择题一、选择题( (本题包括本题包括 1616 小题，每小题小题，每小题 3 3 分，共分，共 4848 分，每小题只有一个符合题意的正确选项分，每小题只有一个符合题意的正确选项) )

2、 1.化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法不正确的是 A. 煤的气化、液化和干馏都是化学变化，是实现煤的综合利用的有效途径 B. 海水淡化可以解决淡水危机，用光催化分解代替电解水制氢气可实现节能环保 C. 我国油品从国 IV 汽油升级到国 V 汽油，有助于减少酸雨、雾霾，提高空气质量 D. 天然气、沼气和太阳能分别属于化石能源、可再生能源和二次能源 【答案】D 【解析】 【详解】A.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程；煤的气化是在一定条件下把煤 中的有机物转化为可燃性气体的过程，主要反应是碳与水蒸气反应生成水煤气（CO、H2)；煤 的液化是在一定条件下将煤转化为液体燃料；所以煤的气

3、化、液化和干馏都是化学变化，是 实现煤的综合利用的有效途径，故不选 A； B. 可以通过将海水淡化或把污染的水净化后使用解决淡水资源紧缺问题，用光催化分解代替 电解水制氢气可减少电能的消耗，实现节能环保，故不选 B； C.油品从国 IV 汽油升级到国 V 汽油，可减少氮氧化物及颗粒物的排放，则有助于减少酸雨、 雾霾，提高空气质量，故不选 C； D.太阳能属于一次能源，故选 D； 正确答案：D。 【点睛】易错点 A 选项，对于煤的气化、液化和干馏概念的理解。 2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 常温下，10 mLpH=1 的醋酸溶液中含有的氢离子数为 0.001NA B. 合成

4、氨反应中，1 mol N2与 4 mol H2反应生成的 NH3分子数为 2NA C. 1 L 1 molL 1的 NaClO 溶液中含有 ClO的数目等于 NA D. 常温常压下，18.4gNO2和 N2O4的混合气体中含有的氮原子总数为 0.8NA - 2 - 【答案】A 【解析】 【详解】A. 10 mLpH=1 的醋酸溶液中含有的氢离子数为 10 -11010-3N A=0.001NA，故 A 正确； B.合成氨反应中， N2与 H2反应可逆，无法计算生成的 NH3分子数，故 B 错误； C. NaClO 溶液中 ClO 会有部分水解生成 HClO，含有 ClO的数目小于 NA，故 C

5、 错误； D. 18.4gNO2和 N2O4的混合气体中含有的氮原子总数为 =0.4NA，故 D 错误； 正确答案：A。 3.常温下，向 0.1 molL 1Na 2SO3溶液中加入少量 NaOH 固体或加水稀释，下列有关量一定增 大的是 A. c(Na ) / c(SO 3 2-)的值 B. 水解常数 K h C. 水的电离程度 D. 溶液中 c(OH )c (H+) 【答案】A 【解析】 【详解】A. c(Na ) / c(SO 3 2-)= n(Na) / n(SO 3 2-)，由于加入了 NaOH 固体，增加了钠离子的 物质的量，所以一定增大；加水稀释时，钠离子物质的量不变，亚硫酸根离

6、子水解程度增大， 剩余亚硫酸根离子物质的量减少，c(Na ) / c(SO 3 2-)= n(Na) / n(SO 3 2-)一定增大，故 A 正确； B.水解常数 Kh只与温度有关，故 B 错误； C.盐类的水解促进水的电离，酸碱抑制水的电离，所以加入少量 NaOH 固体或加水稀释，水的 电离程度均减小，故 C 错误； D.溶液中 c(OH )c (H+)=K w，只与温度有关，故 D 错误； 正确答案：A。 【点睛】影响电离平衡常数，水解常数，水的离子积常数，溶度积常数，化学平衡常数大小 的外界条件只有温度。 4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 由水电离的 c(O

7、H )=10-13 molL-1的溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、NO 3 - B. 由水电离的 c(OH )c (H+)=10-20 molL-1的溶液中：Na+、K+、NO 3 -、SO 4 2- C. KW/c(H +) =ll0-13 mol/L 的溶液中：Ba2+、ClO-、Cl-、NO 3 - D. 溶液中 c (H +)/c(OH) =ll0-12 mol/L 的溶液：CH 3COO -、NO 3 -、NH 4 +、SO 4 2- 【答案】B - 3 - 【解析】 【详解】A.水电离的 c(OH )=10-13 molL-1，说明抑制了水的电离，可能为酸性环境也可能为碱 性环境

8、， Fe 3+不能存在于碱性环境，会生成氢氧化铁沉淀，故 A 错误； B.水电离的 c(OH )c (H+)=10-20 molL-1的溶液中，说明抑制了水的电离，可能为酸性环境也可 能为碱性环境，Na +、K+、NO 3 -、SO 4 2-均能大量存在，故 B 正确； C. KW/c(H +) =ll0-13 mol/L，得出此溶液为酸性溶液， ClO-会与 H+生成 HClO，不能大量存在， 故 C 错误； D. c (H +)/c(OH) =ll0-12 mol/L，得出此溶液为碱性溶液， NH 4 +会和 OH反应，不能大量存 在，故 D 错误； 正确答案：B。 【点睛】酸碱抑制水的电

9、离，盐类水解促进水的电离，不能根据抑制还是促进确定溶液为酸 性还是碱性，两种情况均可能。 5.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 红棕色的 NO2加压后颜色先变深后变浅 B. 温度过高对合成氨不利 C. 钢铁在潮湿的空气中容易生锈 D. 常温下，将 1mLpH=3 的醋酸溶液加水稀释至 l00mL， 测得其 pH5 【答案】C 【解析】 【详解】A.2NO2 N2O4加压浓度变大导致颜色先变深，平衡正向移动消耗二氧化氮，所以 后变浅，故不选 A； B.N2+3H22NH3 H0 由于正反应放热,升温平衡逆向移动，因此温度过高不利于反应正向 进行,造成产率降低,对合成氨不利,故不选 B；

10、C.钢铁在潮湿的空气中会发生电化腐蚀，加快腐蚀速率，造成钢铁容易生锈，不能用勒夏特 列原理解释，故选 C。 D. 醋酸溶液加水稀释至原来体积的 100 倍，电离平衡正向移动，使得氢离子浓度大于原来离 子浓度的 1/100，所以 pH5，故不选 D； 正确答案：C。 6.向 100mL3mol/L 的硫酸溶液中加入过量的锌粉发生反应，为了加快化学反应速率但又不影 响生成氢气的总量,可向反应物中加入适量的 K2SO4溶液 Na2CO3固体 水 NaNO3固 体 CuSO4粉末 6mol/L 的硫酸 - 4 - A. B. C. D. 只有 【答案】D 【解析】 【详解】向反应物中加入适量的 K2S

11、O4溶液，会将溶液稀释，氢离子浓度减小，速率减慢， 不影响氢气总量，故错误； 向反应物中加入适量的 Na2CO3固体，会和硫酸反应生成二氧 化碳，造成硫酸浓度，物质的量均减少，速率减慢，产生氢气的量减少，故错误； 向反 应物中加入适量的水，会将溶液稀释，氢离子浓度减小，速率减慢，不影响氢气总量，故 错误；向反应物中加入适量的 NaNO3固体，会产生 NO 气体，消耗了氢离子，所以生成氢气 速率减慢，物质的量减少；向反应物中加入适量的 CuSO4粉末 ，锌粒会置换出铜，Cu、Zn、 硫酸形成原电池，加快反应速率，不影响生成氢气总量，故正确；向反应物中加入适量 的 6mol/L 的硫酸，会加快速率

12、，但是产生氢气的量也增多，故错误；只有正确，故选 D； 正确答案：D。 7.A、B、C、D、E 是周期表前 20 号元素，它们的原子序数依次增大，A 与 E，B 与 D 分别同主 族，C 原子最外层电子数是 D 原子最外层电子数的一半，A 与 B 可形成 A2B 和 A2B2两种液态化 合物下列说法错误的是 A. 25时 0.1mol/LA2D 溶液的 pH1lg2 B. 相同条件下，溶液中水的电离程度：EBAE2D C. 工业上冶炼 C 可通过电解法得到 D. 由 A、B、C、D、E 五种元素组成的一种化合物可作净水剂 【答案】B 【解析】 【分析】 A 与 B 可形成 A2B 和 A2B2

13、两种液态化合物，确定为 H2O 和 H2O2，所以 A 为氢元素，B 为氧元素； 原子序数依次增大，A 与 E，B 与 D 分别同主族，确定 D 为硫元素，E 为钾元素；C 原子最外层 电子数是 D 原子最外层电子数的一半，确定 C 为铝元素，由此 A：H；B：O；C：Al；D：S；E： K。 【详解】A. H2S 为弱酸，只是部分电离，所以 0.1mol/L 的 H2S 溶液的 pH1lg2，故不选 A； B. 相同条件下，KOH 会抑制水的电离，K2S 水解会促进水的电离，所以溶液中水的电离程度 KOHK2S，故选 B； C.工业上冶炼 Al 可通过电解熔融氧化铝得到，故不选 C； - 5

14、 - D. 由 A、B、C、D、E 五种元素组成的一种化合物 KAl(SO4)212H2O 可作净水剂，故不选 D； 正确答案：B。 8.今有反应 X(g)Y(g) 2Z(g)(正反应放热)， 右图表示该反应在t1时达到平衡， 在t2 时因改 变某个条件而发生变化的曲线。则下图中的t2时改变的条件是( ) A. 升高了反应体系的温度 B. 增大了 x 或 y 的浓度 C. 增大了反应体系的压强 D. 使用了催化剂 【答案】A 【解析】 【详解】A. 升高了反应体系的温度，平衡逆向移动 ，X、Y 浓度增大，Z 浓度减小，故 A 正 确； B. x 或 y 的浓度并没有瞬间增大，而是渐渐增大，所以

15、 B 错误； C.增大了反应体系的压强，应该 X、Y、Z 的浓度同时瞬间增大，平衡不移动，故 C 错误； D.使用了催化剂，平衡不移动，浓度不变，故 D 错误； 正确答案：A。 9.下列实验中“实验内容”与对应“现象或结论”关系都正确的是 选项 实验内容 实验现象或结论 A 分别往 4 mL 0.1 mol/L 、4 mL 0.2 mol/L KMnO4溶液加入 2 mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液， 记录褪色时间 浓度越大，反应速率越快越先褪色 B 25时， 向 pH=1 的盐酸和醋酸各 0.5L 的溶 液中各加入 1.4g 铁粉 醋酸中生成 H2的速率快且最终气体量多 C 以石墨

16、为电极， 电解 KI 溶液(其中含有少量 酚酞) 阴极逸出气体且附近溶液呈现红色 D 向 FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl 的溶液血红色变浅，说明增加生成物浓度，平 - 6 - 平衡体系中加入少量 KCl 固体 衡逆向移动 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A.实验内容错误，应该是高锰酸钾少量且稀溶液，改变草酸浓度，观察褪色时间。 可改为：分别取两只试管，各加入 0.01mol/l 的高锰酸钾 4ml，其中一只试管中加入 2 mL 0.1 mol/L H2C2O4，另一只试管中加入 2 mL 0.2 mol/L H2C2O4，记录褪色时间，故

17、 A 错误； B.实验现象或结论错误，醋酸中生成 H2的速率快，但是由于铁粉少量，最终气体一样多，故 B 错误； C.阴极电极反应式：2H2O+2e -=2OH-+H 2，故 C 正确； D.实际化学平衡应该是 Fe 3+3SCN- Fe(SCN)3， KCl 固体对平衡无影响，故 D 错误； 正确答案：C。 10.下列说法正确的是 A. 某放热反应能自发进行，则该反应一定是熵增的反应 B. 0.1 molL 1 CH 3COONa 溶液与 0.05 molL 1盐酸等体积混合后的酸性溶液中：c(CH 3COO )c(CH 3COOH)c(Cl )c(H) C. pH 相等的(NH4)2SO4

18、 NH4HSO4 NH4Cl 三种溶液中,c(NH4 +)大小： D. 某温度时水的离子积常数 KW10 12，若将此温度下 pH11 的 NaOH 溶液 a L 与 pH1 的稀 硫酸b L 混合，若所得混合液 pH2，则ab911 【答案】D 【解析】 【详解】A.只要满足H-TS c(Cl) c(CH 3COOH)c(H )， 故 B 错误； C. 三个溶液都是酸性的,阴离子都不会水解,如果只考虑 NH4 +水解导致溶液的 PH 降低,效果都 是一样的,所以 NH4 +的浓度应该相等,但是 NH 4HSO4会电离出H +导致溶液酸性增强,所以同 PH下, - 7 - 不用那么多的 NH4

19、 +水解了,所以 NH 4HSO4中的 NH4 +浓度最小,NH 4Cl ,(NH4)2SO4 中铵根离子浓度相 等，所以c(NH4 +)大小：=，故 C 错误； D.某温度时水的离子积常数 KW10 12，若将此温度下 pH11 的 NaOH 溶液 a L 与 pH1 的稀 硫酸b L 混合，若所得混合液 pH2，则 10 -2= ，得ab911，故 D 正确； 正确答案：D。 【点睛】酸、碱混合溶液计算步骤：1）先判断混合后溶液的酸碱性 2）若为酸性，先求c(H +)，再求 pH，若为碱性，先求 c(OH -)，依据 c(H+)=K W/ c(OH -)，再求 pH。 两强酸混合：混合溶液

20、中c混(H ) 两强碱混合：混合溶液中c混(OH ) 强酸与强碱混合：c混(H )或 c混(OH ) 11.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是 A. 黄铜(铜锌合金)制作的铜锣易产生铜绿 B. 镀锡铁制品和镀锌铁制品的镀层破损时，镀锡铁中铁的腐蚀速率更慢 C. 轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法 D. 不锈钢有较强的抗腐蚀能力是因为在钢铁表面上镀上了铬 【答案】C 【解析】 【详解】A.锌比铜的化学性质活泼，与铜相比它更易与空气中的氧气反应，而阻碍了铜的空 气中的缓慢氧化，所以黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿，故 A 错误； B.镀层破损后，镀锡铁中，金属

21、铁为负极，易被腐蚀，镀锌铁中，金属铁是正极，被保护， 所以镀锡铁中铁的腐蚀速率更快，故 B 错误； C.为防止金属被腐蚀，如果利用牺牲阳极的阴极保护法保护金属，则被保护的金属作原电池 正极，应该选取比铁活泼的金属作原电池负极，一般在轮船身上装有一定数量的锌，故 C 正 确； D.不锈钢有较强的抗腐蚀能力不是因为在钢铁表面镀上了铬，而铁与以铬为主，再添加如镍、 锰、钼等元素冶炼而成的合金，故 D 错误； 正确答案：C。 - 8 - 【点睛】金属的防护(1)电化学防护牺牲阳极的阴极保护法原电池原理外加电流的阴极 保护法电解池原理(2)改变金属的内部结构，如制成合金、不锈钢等。(3)加防护层，如在

22、金属表面喷油漆、涂油脂、电镀、喷镀或表面钝化等方法 12.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用 C6H10O5 表示。有关说法正确的是 A. 该装置为原电池，b 为原电池的负极 B. 中间室 Na +移向右室，Cl移向左室，a 极区溶液的 pH 减小 C. 当左室有 4.48L(标准状况下)CO2生成时，右室产生的 N2为 0.8mol D. b 电极反应式：C6H10O524e 7H 2O=6CO224H 【答案】B 【解析】 【分析】 该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极 b 是正极，电极反应式为 2NO3 -+10 e+12H+=

23、N 2+6H2O，左边装置电极 a 是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有 机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为 C6H10O524e 7H 2O=6CO224H 。 【详解】A.该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极 b 是正极，故 A 错误； B.a 是负极，中间室 Na +移向右室，Cl移向左室，电极反应式为 C 6H10O524e 7H 2O=6CO2 24H ，所以 a 极区溶液的 pH 减小，故 B 正确； C.根据分析列关系式 2N25CO2，n(N2)= n(CO2)= =0.08mol,故 C 错误； D.电极 b 是正极，电极反应式为 2NO

24、3 -+10 e+12H+=N 2+6H2O，故 D 错误； 正确答案：B。 13.某温度时，CuS、MnS 在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法错误的是 - 9 - A. 在含有 CuS 和 MnS 固体的溶液中c(Cu 2)c(Mn2)121023 B. 向 CuSO4溶液中加入 MnS 发生反应： Cu 2(aq)MnS(s) CuS(s)Mn 2(aq) C. a点对应的Ksp等于b点对应的Ksp D. 该温度下，Ksp(CuS)小于Ksp(MnS) 【答案】A 【解析】 【详解】 A.由图象可知， 在此温度下， 在含有 CuS 和 MnS 固体的溶液中 c （Cu 2+） ：

25、c （Mn2+） =610-34： 310 -11=210-23：1，故选 A； B.因 Ksp（CuS）小于 Ksp（MnS） ，则向 CuSO4溶液中加入 MnS，可发生沉淀的转化，即 Cu 2(aq) MnS(s)CuS(s)Mn 2(aq)，故不选 B； C.a、b 处于同一温度下，Ksp 相同，故不选 C； D由图象可知，当 c（M 2+）相同时，CuS 固体的溶液中 c（S2-）较小，则说明 Ksp（CuS）较 小，故不选 D。 正确答案：A。 14.某温度下，向 2L 的密闭容器中投入一定量的 X 和 Y，在催化剂的作用下发生反应：X(g) + Y(g)Z(g)。反应过程中测定的

26、部分数据如下表: t/min n(X)/mol n(Y)/mol 0 1.20 0.60 1 0.90 2 0.80 4 0.20 - 10 - 下列说法正确的是 A. 反应 12min 末的平均速率v(Z)=0.2mol/(Lmin) B. 在 2min4min 间，v(X)正v(Y)逆 C. 生成 1mol Z 的同时，生成 1mol X 能说明该反应已达化学平衡状态 D. 其他条件不变，再充入 1.2mol X，X 的转化率将增大 【答案】C 【解析】 【分析】 根据图表列出反应物，生成物的物质的量 X(g) + Y(g)Z(g) t0（开始） 1.20 0.60 0 t1（1min）

27、0.90 0.30 0.30 t2（2mun） 0.80 0.20 0.20 t4（4min） 0.80 0.20 0.20 可以看出在 2min 已达平衡。 【详解】A.反应 12min 末的平均速率 v(Z)= = 0.05mol/(Lmin),故 A 错误； B. 在 2min4min 间，由于已经达到平衡，v(X)正=v(Y)逆，故 B 错误； C. 生成 1mol Z 代表正反应，生成 1mol X 代表逆反应，v(Z)正=v(X)逆，速率比等于化学计量 数比， 能说明该反应已达化学平衡状态，故 C 正确； D.其他条件不变，再充入 1.2mol X，平衡正向移动，但 X 的转化率减

28、小，故 D 错误； 正确答案：C。 15.开发和利用矿物资源有重要的意义。某厂用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意 图如下，下列有关说法不正确的是( ) - 11 - A. 制取粗硅时生成的气体产物为 CO B. 生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应 C. 黄铜矿冶炼铜时，产生的 SO2可用于生产硫酸，产生的 FeO 可用作冶炼铁的原料 D. 粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法 【答案】B 【解析】 【详解】A.制取粗硅方程式：2C+SiO22CO+Si，生成的气体产物为 CO，故不选 A； B.生产玻璃的过程中不涉及氧化还原反应，故选 B； C.黄铜矿冶炼铜时

29、，产生的 SO2可用于生产硫酸，产生的 FeO 可用作冶炼铁的原料，故不选 C； D.制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将 SiCl4从杂质中提取出来，再与 H2发生置换反 应得到高纯硅，则多次蒸馏提纯，故不选 D； 正确答案：B。 16.25时，向 1L 0.1mol/L 的一元酸 HR 溶液中逐渐通入氨气(已知 25时一水合氨的电离平 衡常数为 K=1.7610 5)，保持溶液的温度和体积不变，混合溶液的 pH 与粒子浓度比值的对 数变化关系如图所示。下列叙述错误的是 A. 25时，0.1mol/L 的一元酸 HR 的电离平衡常数为Ka=10 5 - 12 - B. 当通入 0.1mo

30、l 氨气时，c(NH4 +)c(R-)c(OH)c(H) C. 当c(R -)=c(HR) 时，溶液为酸性 D. HR 为弱酸，25时随着氨气的通入，c (R -)/c(OH)c (HR) 逐渐增大 【答案】D 【解析】 【详解】A.根据起点：PH=5，lg ， HR 的电离平衡常数为Ka=10 5， 故不选 A； B. 当通入 0.1mol 氨气时，恰好完全反应生成 NH4R，因为一水合氨的电离平衡常数为 K=1.7610 5 ，HR 的电离平衡常数为Ka=10 5， 所以铵根离子水解能力略小于 R- ， NH4R 溶液略显 碱性，离子浓度c(NH4 +)c(R-)c(OH)c(H)，故不选

31、 B； C. 当c(R -)=c(HR) 时，lg ，根据图像可知 PH=5， 溶液为酸性，故不选 C。 D. HR 为弱酸，25时随着氨气的通入，c (R -)/c(OH)c (HR)=1/K h,因为水解常数只受温 度影响, c (R -)/c(OH)c (HR)=1/K h是定值,故选 D; 正确答案:D。 第第卷卷( (共共 5252 分分) ) 二、填空题二、填空题( (本大题含本大题含 4 4 小题，除特殊标记外，每空小题，除特殊标记外，每空 2 2 分。共分。共 5252 分分) ) 17.已知 25 时，HCN 的电离常数Ka6.210 10 molL1，CH 3COOH 的电

32、离常数Ka1.710 5 molL1。请根据以下四个图像回答问题。 (1)25 时，体积均为 100 mL、pH2 的 CH3COOH 溶液和 HCN 溶液，加水稀释过程中溶液的 pH 变化与溶液体积的关系如图所示， 则表示 CH3COOH 溶液的 pH 变化趋势的曲线是： _(填 “A”或“B”)；相同条件下，NaCN 溶液的 pH_(填 “”“”或“c(Na +)，则溶液中离子浓度由大到小顺序为_。 (2)如图所示，25 时向 20 mL 0.01 molL 1CH 3COOH 溶液中逐滴加入 0.01 molL 1 KOH 溶 - 13 - 液，其 pH 变化曲线如图所示(忽略温度变化)

33、。下列说法正确的是_ Aa 点溶液中c(H )为 1104 molL1 Ba、b、c、d 四点中水的电离程度最大的是 c 点 C滴定过程中宜选用酚酞做指示剂 Db 点溶液中离子浓度大小顺序一定为c(CH3COO )c(H)c(K)c(OH) (3)如图表示用相同的 NaOH 溶液分别滴定浓度相同的三种一元酸，由图可知酸性最强的是 _(填“”“”或“”)。 (4)如图表示相同浓度的 AgNO3标准溶液分别滴定浓度相同的含 Cl -、Br- 及 I- 的混合溶液，由 图可确定首先沉淀的离子是_。已知 25 时Ksp(AgCl)210 10，在 1L 0.1mol/L 的 NaCl 溶液中加入 1L

34、 0.2mol/L 的 AgNO3溶液，充分反应后溶液中c(Cl )=_(假设混合 溶液的体积为 2L) 【答案】 (1). A (2). (3). c(Na +)c(CN-)c(OH)c(H) (4). BC (5). (6). I - (7). 4.0109 【解析】 【分析】 (1)根据电离平衡常数进行判断；混合溶液先反应，根据产物和剩余反应物在进行判断； - 14 - （2）A.根据醋酸电离常数计算； B.酸或碱抑制水电离，a 和 b 点溶液都呈酸性，所以抑制水 电离，c 点呈中性，d 点碱过量抑制水的电离，c 点水的电离程度最大；C.氢氧化钾滴定醋酸 恰好反应生成醋酸钾溶液呈碱性，应

35、选择酚酞试液指示反应终点； D.b 点溶液呈酸性，溶液 中的溶质是醋酸钾和醋酸，当醋酸钾的物质的量大于或醋酸的物质的量，则溶液中离子浓度 大小顺序是 c（CH3COO -）c（K+）c（H+）c（OH-） ，当醋酸钾的物质的量远远小于醋酸的 物质的量时，溶液中离子浓度大小顺序是 c（CH3COO -）c（H+）c（K+）c（OH-） ； （3）由图可知，浓度相同的三种一元酸，滴定前 pH 值，故的酸性最强； （4）由图可看出，碘化银的 Ksp最小，首先沉淀的离子是 I -；再根据 K sp计算； 【详解】(1)25时，HCN 的电离常数 Ka=6.210 -10molL-1；CH 3COOH

36、的电离常数 Ka=1.710 -5molL-1，都是弱酸说明醋酸酸性大于氢氰酸，稀释相同倍数，酸性弱的溶液 PH 变化小，则 HCN 溶液 PH 变化小，A 为醋酸变化曲线，酸越弱对应盐水解程度越大，相同条件 下同浓度的 NaCN 溶液的 pH 大于 CH3COONa 溶液的 pH， 0.2 molL 1HCN 溶液与 0.1molL1NaOH 溶液等体积混合，生成 NaCN，剩余等量的 HCN，若所得溶液的c(HCN)c(Na +)，NaCN 的水解程 度大于 HCN 的电离程度，溶液中离子浓度由大到小顺序为c(Na +)c(CN-)c(OH)c(H)； 正确答案：A c(Na +)c(CN

37、-)c(OH)c(H)。 （2）A.根据醋酸电离常数可知：=1.710 -5，计算得 c（H+）= 10 -4mol/L，故 A 不正确； B.酸或碱抑制水电离，a 和 b 点溶液都呈酸性，所以抑制水电离，c 点呈中性，d 点碱过量抑 制水的电离， c 点水的电离程度最大，故 B 正确； C. 氢氧化钾滴定醋酸恰好反应生成醋酸钾溶液呈碱性，应选择酚酞试液指示反应终点；故 C 正确； D.b 点溶液呈酸性，溶液中的溶质是醋酸钾和醋酸，当醋酸钾的物质的量大于或醋酸的物质的 量，则溶液中离子浓度大小顺序是 c（CH3COO -）c（K+）c（H+）c（OH-） ，当醋酸钾的物 质的量远远小于醋酸的物

38、质的量时， 溶液中离子浓度大小顺序是 c （CH3COO -） c （H+） c （K+） c（OH -） ，故 D 不正确； 正确答案：BC。 （3）由图可知，浓度相同的三种一元酸，滴定前 pH 值，故的酸性最强； 正确答案：。 （4）由图可看出，碘化银的 Ksp最小，首先沉淀的离子是 I -； - 15 - 充分反应后溶液中c(Cl )： Ag +Cl-=AgCl 1 1 1 0.1 0.1 过量银离子浓度为 0.1mol/2L=0.05mol/L,根据Ksp(AgCl)=C(Ag +)C(Cl)得出 c(Cl )= =4.010 9mol/L; 正确答案: I - 4.0109。 18.

39、甲醇(CH3OH)是一种绿色能源。如图所示，某同学设计一个甲醇燃料电池并探究氯碱工业原 理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中 X 为阳离子交换膜 根据要求回答相关问题： (1)写出负极的电极反应式_ (2)铁电极为_(填“阳极”或“阴极” )， 石墨电极(C)的电极反应式为_ (3)若在标准状况下，有 2.24L 氧气参加反应，丙装置中阴极析出铜的质量为_g。假设 乙装置中溶液足量，若在标准状况下有 448mL 氧气参加反应，则乙装置中阳离子交换膜左侧 溶液质量将增加_g. (4)若将乙装置中两电极位置互换，其他装置不变，此时乙装置中发生的总反应式 _ 【答案】 (1). CH3OH+8OH -6

40、e-CO 3 2- +6H 2O (2). 阴极 (3). 2Cl -2e-=Cl 2 (4). 12.8 (5). 1.76 (6). Fe+2H2O Fe(OH)2 +H2 【解析】 【分析】 （1）燃料电池中通入氧化剂氧气的电极是正极，燃料为负极，写出电极反应式； （2）铁电极连接原电池负极而作电解池阴极，碳作阳极，电解氯化钠饱和溶液时，阳极上氯 离子放电； - 16 - （3）根据转移电子守恒进行计算。 【详解】 （1）燃料电池中通入氧化剂氧气的电极是正极，正极上得电子发生还原反应，负极 上燃料失电子和氢氧根离子发生氧化反应生成水，电极反应式为 CH3OH+8OH -6e-CO 3 2

41、-+6H 2O， 正确答案：CH3OH+8OH -6e-CO 3 2-+6H 2O。 （2）铁电极连接原电池负极而作电解池阴极，碳作阳极，电解氯化钠饱和溶液时，阳极上氯 离子放电，电极反应式为 2Cl -2e-=Cl 2， 正确答案：阴极；2Cl -2e-=Cl 2； （3）若在标准状况下，有 2.24L 氧气参加反应，乙装置中铁电极上氢离子放电生成氢气，根 据转移电子守恒得：丙装置中阴极上铜离子得电子生成铜单质，析出铜的质量 m(Cu)=12.8g； 若在标准状况下有 448mL 氧气参加反应，转移电子为左侧溶液生成 氢气，钠离子过来，差量法进行计算 2Na +H 2 2e - m 46g

42、2g 2mol 44g 溶液质量增加0.08mol=1.76g； 正确答案：12.8 1.76。 （3）若将乙装置中两电极位置互换，阳极为铁，铁失电子；阴极氢离子得电子；电极反应式 Fe+2H2O Fe(OH)2 +H2； 正确答案：Fe+2H2O Fe(OH)2 +H2 【点睛】串联电路中利用转移电子守恒进行计算是重点，常见关系式：2H21O21Cl21Cu 4Ag4H 4OH4e 19.汽车尾气中的 NO(g) 是导致光化学烟雾和破坏臭氧层的重要源头之一。 现拟用下列方法处 理 NO，根据题意回答下列问题： (1)采用某种催化剂催化分解 NO，发生反应 2NO(g)N2(g)+O2(g)，

43、在 T1 和 T2 时 (T1T2)NO 的转化率随时间变化的结果如图所示。 - 17 - 反应 2NO(g)N2(g)+O2(g) 为(填“吸热”或“放热”)_反应。 T2时，反应的平衡常数K=_(保留 2 位小数)。 在 T1 下，要提高 NO 转化率，可采取的措施是_ 比较 a、b 处反应速率大小：va(正)_ vb(逆)(填“大于”“小于”或“等于”)。已知 反应速率 v正=k正x 2(NO)，v 逆=k逆 x(N2)x(O2)，k正、k逆 分别为正、逆向反应速率常数，x 为 物质的量分数，计算 b 点处v(正)/v(逆)=_(保留 1 位小数)。 (2)臭氧也可用于处理 NOO3氧化

44、 NO 结合水洗可产生 HNO3和 O2，写出该反应的化学方程式 _，每生成 1mol 的 HNO3转移_mol 电子 【答案】 (1). 放热 (2). 0.02 (3). 移走生成物 (4). 大于 (5). 1.3 (6). 3O3+2NO+H2O2HNO3+3O2 (7). 3 【解析】 【分析】 (1) 根据图像分析，温度越高，化学反应速率越快，越先达到平衡，从图像看出温度高时 NO 转化率低，所以反应 2NO(g)N2(g)+O2(g)为放热反应； T2时，根据图像可以知道 NO 的平衡转化率为 22%，三行式法计算平衡常数； 温度一定时，可减少生成物浓度，平衡正向移动，提高转化率

45、；压强对此反应无影响； 温度越高，化学反应速率越快，比较 a、b 处反应速率大小；根据平衡常数计算 k正、k逆的 关系，再根据 b 点计算v(正)/v(逆)； (2)O3氧化 NO 结合水洗可产生 HNO3和 O2，写出化学方程式；O3氧化 NO 结合水洗可产生 HNO3 和 O2，转移电子数=化合价升高数，NO 转化为 HNO3 ，化合价升高 3，每生成 1mol 的 HNO3转移 3mol 电子。 【详解】(1) 根据图像分析，温度越高，化学反应速率越快，越先达到平衡，从图像看出 温度高时 NO 转化率低，所以反应 2NO(g)N2(g)+O2(g)为放热反应； 正确答案：放热反应。 -

46、18 - T2时，根据图像可以知道 NO 的平衡转化率为 22%，三行式法计算平衡常数； 2NO(g)N2(g)+O2(g) C（初） 1 0 0 C 0.22 0.11 0.11 C（末） 0.78 0.11 0.11 K= 0.02； 正确答案：0.02。 温度一定时，可减少生成物浓度，平衡正向移动，提高转化率；压强对此反应无影响； 正确答案：移走生成物。 温度越高，化学反应速率越快，所以va(正)大于vb(逆)；根据平衡常数计算 k正、k逆的关系， 再根据 b 点计算v(正)/v(逆)； T2时， 平衡时v(正)= v(逆)， 即k正x 2(NO) 平衡 =k逆 x(N2)平衡x(O2)

47、平衡， 得k (正)/ k (逆)= x(N2)平衡x(O2) 平衡/ x 2(NO) 平衡=K=0.02(提示:前面计算所得); b 点时 NO 转化率为 20%,列三行式 2NO(g)N2(g)+O2(g) C（初） 1 0 0 C 0.20 0.10 0.10 C（末） 0.80 0.10 0.10 b 点处v(正)/v(逆)= k正x 2(NO)/ (k 逆 x(N2)x(O2)=0.0264=1.3 正确答案: 大于 1.3。 (2) O3氧化 NO 结合水洗可产生 HNO3和 O2，写出化学方程式 3O3+2NO+H2O2HNO3+3O2；O3氧化 NO 结合水洗可产生 HNO3和 O2，转移电子数=化合价升高数，NO 转化为 HNO3 ，化合价升高 3， 每生成 1mol 的 HNO3转移 3mol 电子。 正确答案：3O