江西省南昌市新建縣第一中學(xué)2019-2020學(xué)年高二化學(xué)上學(xué)期期末考試試題共建部含解析

江西省南昌市新建縣第一中學(xué)2019_2020學(xué)年高二化學(xué)上學(xué)期期末考試試題共建部含解析江西省南昌市新建縣第一中學(xué)2019_2020學(xué)年高二化學(xué)上學(xué)期期末考試試題共建部含解析PAGE33-江西省南昌市新建縣第一中學(xué)2019_2020學(xué)年高二化學(xué)上學(xué)期期末考試試題共建部含解析江西省南昌市新建縣第一中學(xué)2019—2020學(xué)年高二化學(xué)上學(xué)期期末考試試題（共建部，含解析）一、選擇題（本題共16道小題，每小題3分，共48分)1。下列有機(jī)物命名正確的是A.1，3，4-三甲苯B.2-甲基—2—氯丙烷C.2—甲基-1-丙醇D。2-甲基—3—丁炔【答案】B【解析】試題分析：烷烴的命名原則是：找出最長(zhǎng)的碳鏈當(dāng)主鏈，依碳數(shù)命名主鏈，前十個(gè)以天干(甲、乙、丙)代表碳數(shù),碳數(shù)多于十個(gè)時(shí)，以中文數(shù)字命名，如：十一烷；從最近的取代基位置編號(hào)：1、2、3（使取代基的位置數(shù)字越小越好）。以數(shù)字代表取代基的位置。數(shù)字與中文數(shù)字之間以－隔開；有多個(gè)取代基時(shí)，以取代基數(shù)字最小且最長(zhǎng)的碳鏈當(dāng)主鏈，并依甲基、乙基、丙基的順序列出所有取代基；有兩個(gè)以上的取代基相同時(shí)，在取代基前面加入中文數(shù)字：一、二、三，如：二甲基，其位置以，隔開，一起列于取代基前面.如果含有官能團(tuán)，則含有官能團(tuán)的最長(zhǎng)碳鏈作主鏈,編號(hào)也是從離官能團(tuán)最近的一端開始，據(jù)此可知,B正確.A不正確,應(yīng)該是1,2，4-三甲苯；C不正確，應(yīng)該是2－丁醇;D不正確，應(yīng)該是3-甲基—1-丁炔，答案選B?？键c(diǎn):考查有機(jī)物命名的正誤判斷點(diǎn)評(píng):該題是中等難度的試題，試題基礎(chǔ)性強(qiáng),側(cè)重能力的培養(yǎng)，有助于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力,提高學(xué)生分析問題、解決問題的能力。該題的關(guān)鍵是明確有機(jī)物命名的原則，然后靈活運(yùn)用即可.2.下列化學(xué)用語正確的是（）A。聚丙烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：B。丙烷分子的比例模型：C。四氯化碳分子的電子式：D。2﹣乙基﹣1，3﹣丁二烯分子的鍵線式:【答案】D【解析】【詳解】A.聚丙烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，A錯(cuò)誤;B.丙烷分子的球棍模型:，B錯(cuò)誤；C.四氯化碳分子的電子式:,C錯(cuò)誤；D.2-乙基-1,3-丁二烯分子的鍵線式:，D正確，答案選D。【點(diǎn)睛】掌握有機(jī)物結(jié)構(gòu)的表示方法是解答的關(guān)鍵，尤其要注意比例模型與球棍模型的區(qū)別，球棍模型：用來表現(xiàn)化學(xué)分子的三維空間分布。棍代表共價(jià)鍵,球表示構(gòu)成有機(jī)物分子的原子.比例模型:是一種與球棍模型類似，用來表現(xiàn)分子三維空間分布的分子模型.球代表原子，球的大小代表原子直徑的大小，球和球緊靠在一起，在表示比例模型時(shí)要注意原子半徑的相對(duì)大小。3.下列化學(xué)用語正確的是(）A。H2SO3的電離方程式：H2SO32H＋＋SO32－B.NaHSO4在水溶液中的電離方程式:NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－C。Na2CO3的水解方程式：CO32－＋2H2OH2CO3＋2OH－D.HS-的水解方程式：HS-+H2OH3O++S2-【答案】B【解析】【詳解】A．H2SO3的電離分步進(jìn)行,主要以第一步為主，其正確的電離方程式為：H2SO3H++HSO3-，故A錯(cuò)誤；B．NaHSO4在溶液中完全電離，其電離方程式為:NaHSO4═Na++H++SO42-，故B正確;C．Na2CO3的水解分步進(jìn)行,主要以第一步為主,正確的離子方程式為：CO32-+H2OHCO3—+OH—，故C錯(cuò)誤；D．HS—離子水解生成氫氧根離子，其水解方程式為：HS-+H2OH2S+OH—，故D錯(cuò)誤；故選B.【點(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為D，要注意弱酸的酸式陰離子的水解和電離方程式的區(qū)別,H3O+可以簡(jiǎn)寫為H+。4.已知：①②③則下列敘述正確的是A。由上述熱化學(xué)方程式可知B。甲烷的燃燒熱為C.D。若甲醇和甲烷的物質(zhì)的量之比為，其完全燃燒生成和時(shí)放出的熱量為，則該混合物中甲醇的物質(zhì)的量為【答案】C【解析】【詳解】A、氣態(tài)水到液態(tài)水繼續(xù)放熱，所以b＜c,故A錯(cuò)誤；B、表示燃燒熱的熱化學(xué)方程式中應(yīng)生成穩(wěn)定的氧化物，不是水蒸氣，應(yīng)該是液態(tài)水,故B錯(cuò)誤;C、①，②，根據(jù)蓋斯定律，將2×（①-②）得到：2CH3OH（g)=2CH4（g)+O2（g)△H=2(b-a）kJ?mol—1,故C正確;D、設(shè):甲醇和甲烷物質(zhì)的量分別為n、2n，則甲醇放出的熱量大于na,甲烷放出的熱量是2nc，即na+2nc＜Q，解得n＜，則該混合物中甲醇的物質(zhì)的量小于，與b無關(guān),故D錯(cuò)誤；故選C。5。常溫下，在pH=5的CH3COOH溶液中存在如下電離平衡：CH3COOHCH3COO－+H+，對(duì)于該平衡,下列敘述正確的是（）A.加入水時(shí)，平衡向右移動(dòng)，CH3COOH電離常數(shù)增大B。加入少量CH3COONa固體，平衡向右移動(dòng)C。加入少量NaOH固體,平衡向右移動(dòng)，c（H+）減小D.加入少量pH=5的硫酸，溶液中c(H+）增大【答案】C【解析】【詳解】A．加水促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離，則電離平衡正向移動(dòng),由于溫度不變，則醋酸的電離平衡常數(shù)不會(huì)變化，故A錯(cuò)誤;B．加入少量CH3COONa固體，c（CH3COO－）增大，該電離電離平衡向左移動(dòng),故B錯(cuò)誤;C．加入少量NaOH固體,氫氧化鈉電離的氫氧根離子與CH3COOH電離生成的H＋反應(yīng)生成水，促進(jìn)平衡向右移動(dòng)，導(dǎo)致溶液中氫離子濃度減小，故C正確；D．pH=5的CH3COOH溶液中，氫離子濃度為1×10—5mol·L—1，pH=5的硫酸溶液中氫離子濃度為1×10—5mol·L-1，，兩溶液中氫離子濃度相等，平衡不移動(dòng),則混合液中c（H＋）不變,故D錯(cuò)誤；故選：C。6.一定溫度下，向2L恒容容器中充入1molA和1molB，發(fā)生反應(yīng)A(g)+B(g）=C（g)經(jīng)過一段時(shí)間后達(dá)到平衡，反應(yīng)過程中測(cè)定的部分?jǐn)?shù)據(jù)如表.下對(duì)說法正確的是（）t/s05152535n(A）/mol1。00。850810.800。80A。前5s的平均反應(yīng)速率v(A)=0。03mol·L-1·s-1B.正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)C。保持溫度不變，起始時(shí)向容器中充入2molC，達(dá)平衡時(shí)，C的轉(zhuǎn)化率大于80％D。保持溫度不變，起始時(shí)向容器中充入0。2molA、0.2molB′和1molC,反應(yīng)達(dá)到平衡前v(正)＜v(逆）【答案】D【解析】A．反應(yīng)在前5s的平均速率v（A）＝，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)表中數(shù)據(jù)無法判斷反應(yīng)熱，B錯(cuò)誤；C．充入1。0molA和1.0molB，平衡時(shí)n（A）=n(B）=0。80mol，生成n（C)=△n(A)=0.20mol，則c(A)=c(B）=0.80mol÷2L=0.40mol/L，c(C)=0.20mol÷2L=0.10mol/L，化學(xué)平衡常數(shù)K=0。10/(0。40×0。40）=0.625；若起始時(shí)向容器中充入2.0molC，設(shè)剩余C的物質(zhì)的量為xmol,則A(g）+B(g）C（g）開始（mol)002.0反應(yīng)（mol)2。0—x2.0—x2.0—x平衡（mol）2.0-x2。0-xx平衡時(shí)c(A）=c（B）=(2。0?x）/2mol/L、c（C)=x/2mol/L,溫度相同化學(xué)平衡常數(shù)相同，所以=0.625，x=1.6，所以達(dá)到平衡時(shí)C的轉(zhuǎn)化率是80%,C錯(cuò)誤；D．相同溫度下，起始時(shí)向容器中充入0。20molA、0.20molB和1。0molC,則濃度熵＞0。625，所以應(yīng)達(dá)到平衡前v（正)＜v（逆）,D正確；答案選D。點(diǎn)睛：本題考查化學(xué)平衡常數(shù)有關(guān)計(jì)算,側(cè)重考查學(xué)生分析計(jì)算能力，明確化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)是解本題關(guān)鍵,注意化學(xué)平衡計(jì)算中三段式的靈活運(yùn)用，題目難度中等，C選項(xiàng)是解答難點(diǎn).7.在某溫度下,某一密閉容器中，M、N、R三種氣體濃度的變化如圖a所示，若其它條件不變，當(dāng)溫度分別為T1和T2時(shí)，N的體積分?jǐn)?shù)與時(shí)間關(guān)系如圖b所示。則下列結(jié)論正確的是（）A.該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式M（g)+3N(g）2R（g）△H〉0B.達(dá)到平衡后,若其他條件不變，減小容器體積，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)C.達(dá)到平衡后，若其它條件不變，升高溫度，正、逆反應(yīng)速度均增大，M的轉(zhuǎn)化率減小D。達(dá)到平衡后,若其他條件不變，通入稀有氣體，平衡一定向正反應(yīng)方向移動(dòng)【答案】C【解析】【詳解】A．從圖a可得出M、N為反應(yīng)物、R為生成物,由△c之比可知化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，該反應(yīng)為M(g)+3N（g)?2R（g)，從圖b中也看出T1＞T2，升高溫度,N的體積分?jǐn)?shù)變大,即平衡逆向移動(dòng)，故該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H＜0,故A錯(cuò)誤；B．M(g)+3N（g）?2R（g），縮小容器的體積，即增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，故B錯(cuò)誤;C．M(g)+3N(g)?2R（g)△H＜0，升高溫度,υ正、υ逆均增大，平衡逆向移動(dòng),M的轉(zhuǎn)化率減小，故C正確；D．若是在恒溫恒容的容器中通入稀有氣體,M、N、R的濃度不變，平衡不移動(dòng)，故D錯(cuò)誤；故選C?！军c(diǎn)睛】解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)圖像正確判斷反應(yīng)的方程式和反應(yīng)熱。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為D，要注意壓強(qiáng)對(duì)平衡的影響的使用條件，本題中通入稀有氣體，由于容器的容積不變，平衡中氣體的濃度不變,平衡不移動(dòng).8.一定溫度下，反應(yīng)H2(g)+X2(g)2HX（g)的平衡常數(shù)為64，將2molH2和2molX2通入體積為1L的密閉容器中，該溫度下H2的平衡轉(zhuǎn)化率為A。20﹪ B.40﹪ C.60﹪ D。80﹪【答案】D【解析】【詳解】，則解得x＝1。6，所以氫氣的轉(zhuǎn)化率是＝80％,答案選D?！军c(diǎn)睛】該題是中等難度的試題，也是高考中的常見題型。試題基礎(chǔ)性強(qiáng),側(cè)重考查學(xué)生靈活運(yùn)用平衡常數(shù)解決實(shí)際問題的能力。該類試題需要注意的是在進(jìn)行可逆反應(yīng)的有關(guān)計(jì)算時(shí),一般采用“三段式”進(jìn)行，即分別列出起始量、轉(zhuǎn)化量和平衡量或某深刻的量，然后依據(jù)已知條件列式計(jì)算即可。9.二氯丙烷的同分異構(gòu)體（不考慮空間異構(gòu))數(shù)目為A。3種 B.4種 C.5種 D.6種【答案】B【解析】【詳解】丙烷二氯代產(chǎn)物取代同一碳原子上的2個(gè)H原子，有2種：CHCl2CH2CH3，CH3CCl2CH3,取代不同碳原子上的H原子，有2種：CH2ClCHClCH3，CH2ClCH2CH2Cl，共有4種；故選B。10。利用反應(yīng)6NO2＋8NH3

=7N2＋12H2O構(gòu)成電池的裝置如圖所示。此方法既能實(shí)現(xiàn)有效清除氮氧化物的排放,減輕環(huán)境污染，又能充分利用化學(xué)能。下列說法正確的是：A.電流從左側(cè)A電極經(jīng)過負(fù)載后流向右側(cè)B電極B。當(dāng)有4.48LNO2被處理時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.8NAC。電極A極反應(yīng)式為2NH3－6e－=N2＋6H＋D。為使電池持續(xù)放電，離子交換膜需選用陰離子交換膜【答案】D【解析】【詳解】該反應(yīng)中，二氧化氮中N元素化合價(jià)由+4價(jià)變?yōu)?價(jià)、氨氣中N元素化合價(jià)由-3價(jià)變?yōu)?價(jià)，所以通入二氧化氮的電極是正極、通入氨氣的電極是負(fù)極,A．放電時(shí),電流從正極沿導(dǎo)線流向負(fù)極，所以電流從右側(cè)電極經(jīng)過負(fù)載后流向左側(cè)電極,故A錯(cuò)誤；B．氣體摩爾體積受溫度和壓強(qiáng)影響,溫度和壓強(qiáng)未知導(dǎo)致氣體摩爾體積未知,所以無法計(jì)算，故B錯(cuò)誤；C．電解質(zhì)溶液呈堿性，則負(fù)極電極方程式為2NH3—6e－+60H－=N2+6H2O,故C錯(cuò)誤;D．原電池工作時(shí),陰離子向負(fù)極移動(dòng)，為使電池持續(xù)放電，離子交換膜需選用陰離子交換膜,防止二氧化氮反應(yīng)生成硝酸鹽和亞硝酸鹽，故D正確；故選D。11.三室式電滲析法處理含Na2SO4廢水的原理如圖所示，采用惰性電極，ab、cd均為離子交換膜，在直流電場(chǎng)的作用下,兩膜中間的Na+和SO42—可通過離子交換膜,而兩端隔室中離子被阻擋不能進(jìn)入中間隔室。下列敘述正確的是A.通電后中間隔室的SO42—離子向正極遷移，正極區(qū)溶液pH增大B。該法在處理含Na2SO4廢水時(shí)可以得到NaOH和H2SO4產(chǎn)品C。負(fù)極反應(yīng)為2H2O–4e–=O2+4H+,負(fù)極區(qū)溶液pH降低D.當(dāng)電路中通過1mol電子的電量時(shí)，會(huì)有0。5mol的O2生成【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)同種電荷相互排斥,異種電荷相互吸引的原則，在電解池中陰離子會(huì)向正電荷較多的陽極區(qū)定向移動(dòng)，因此通電后中間隔室的SO42－離子向正極遷移；在正極區(qū)帶負(fù)電荷的OH－失去電子,發(fā)生氧化反應(yīng)而放電，由于破壞了附近的水的電離平衡，使溶液中c(H＋)〉c(OH－），所以正極區(qū)溶液酸性增強(qiáng)，溶液的pH減小，故A錯(cuò)誤；B．陽極區(qū)氫氧根放電,溶液中產(chǎn)生硫酸,陰極區(qū)氫離子獲得電子，發(fā)生還原反應(yīng)而放電，破壞了附近的水的電離平衡，使溶液中c（OH－)〉c(H＋）,所以產(chǎn)生氫氧化鈉，因此該法在處理含Na2SO4廢水時(shí)可以得到NaOH和H2SO4產(chǎn)品，故B正確;C．負(fù)極區(qū)氫離子得到電子，使溶液中c(H＋)增大,所以負(fù)極區(qū)溶液pH升高，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)電路中通過1mol電子的電量時(shí)，根據(jù)整個(gè)閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等可知反應(yīng)產(chǎn)生氧氣的物質(zhì)的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D錯(cuò)誤。故選B.【點(diǎn)睛】本題主要是考查電解原理及其應(yīng)用、電極判斷、電極反應(yīng)式書寫、電極產(chǎn)物判斷與計(jì)算等。電化學(xué)是歷年高考的重要考點(diǎn)之一,考查的內(nèi)容為：提供電極材料和電解質(zhì)溶液判斷能否形成原電池，原電池電極名稱判斷及電極反應(yīng)式的書寫，提供反應(yīng)方程式設(shè)計(jì)原電池、電解池（包括電鍍池、精煉池)，根據(jù)電解時(shí)電極質(zhì)量或溶液pH的變化判斷電極材料或電解質(zhì)種類，電解產(chǎn)物的判斷和計(jì)算，結(jié)合圖像考查電極質(zhì)量或電解質(zhì)溶液質(zhì)量分?jǐn)?shù)的變化。12.下列有關(guān)金屬腐蝕與防護(hù)的說法正確的是（)A。銅鐵接觸處,在潮濕的空氣中直接發(fā)生反應(yīng):

Fe—3e—=Fe3+,繼而形成鐵銹B。輪船的船殼水線以下常裝有一些鋅塊，這是利用了犧牲陽極的陰極保護(hù)法C。金屬腐蝕的實(shí)質(zhì)是金屬失去電子被還原的過程D。在酸性環(huán)境下，鋼鐵只能發(fā)生析氫腐蝕【答案】B【解析】【詳解】A．Cu、Fe和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，發(fā)生吸氧腐蝕，F(xiàn)e作負(fù)極、Cu作正極，負(fù)極反應(yīng)式為Fe-2e-═Fe2+,故A錯(cuò)誤；B．Zn、Fe和海水構(gòu)成原電池，Zn易失電子作負(fù)極而被腐蝕，F(xiàn)e作正極被保護(hù),所以輪船的船殼水線以下常裝有一些鋅塊,這是利用了犧牲陽極的陰極保護(hù)法，故B正確；C．金屬腐蝕的實(shí)質(zhì)是金屬失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，所以屬于被氧化的過程，故C錯(cuò)誤;D．強(qiáng)酸性環(huán)境下，鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕，弱酸性或中性條件下，鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，所以酸性條件下鋼鐵不一定發(fā)生析氫腐蝕，故D錯(cuò)誤；故選B。【點(diǎn)睛】本題考查金屬腐蝕與防護(hù)，明確原電池原理是解本題關(guān)鍵.本題的易錯(cuò)選項(xiàng)是A,注意鐵發(fā)生析氫腐蝕或吸氧腐蝕時(shí)均生成亞鐵離子而不是鐵離子。13.25℃時(shí)，在一定體積pH=12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物質(zhì)的量濃度的NaHSO4溶液，當(dāng)溶液中的Ba2+恰好完全沉淀時(shí)，溶液pH=11，若體積可以加和，則V(Ba（OH）2):V（NaHSO4)為(）A。1：1 B.1:4 C。2:1 D。3：2【答案】B【解析】【詳解】pH=12Ba(OH）2溶液中c(OH—)=10—2mol/L，設(shè)溶液體積為x，得到氫氧根離子物質(zhì)的量為x×10-2mol，溶液中的Ba2+恰好完全沉淀時(shí)反應(yīng)的硫酸氫鈉物質(zhì)的量為0.5x×10—2mol,設(shè)硫酸氫鈉溶液體積為y,依據(jù)反應(yīng)Ba（OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH,混合后溶液pH=11，反應(yīng)后的溶液中氫氧根離子濃度為:c(OH—)=10-3mol/L，則：=10-3，整理可得：x：y=1:4，故選B。14。假設(shè)圖中原電池產(chǎn)生的電壓、電流強(qiáng)度均能滿足電解、電鍍要求,即為理想化。①~⑧為各裝置中的電極編號(hào).當(dāng)K閉合后，下列說法正確的有（）①D

裝置中純Cu

電極反應(yīng)為：

Cu2++2e—=Cu②整個(gè)電路中電子的流動(dòng)方向?yàn)?

③→②；

①→⑧；

⑦→⑥;⑤→④;③C

裝置原理上是一個(gè)電鍍池(Ag表面鍍Cu），期中Cu作陰極，

Ag作陽極④A裝置中C電極反應(yīng)為:

O2+4e-+2H2O=4OH-A。③④ B。①② C。②③④ D。①②④【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)裝置可判斷，B裝置是原電池，其中鋅是負(fù)極,銅是正極，A、C、D是電解池。①D

裝置中純Cu作陰極，粗銅作陽極，為銅的電解精煉裝置，

純Cu電極反應(yīng)為：

Cu2++2e—=Cu，故①正確；②B裝置中鋅是負(fù)極，銅是正極，整個(gè)電路中電子的流動(dòng)方向?yàn)?

③→②；①→⑧；⑦→⑥；⑤→④，故②正確；③C

裝置中銅是陽極,銀是陰極，為在銀上鍍銅的裝置，故③錯(cuò)誤；④當(dāng)K閉合時(shí)，A裝置中的鐵與負(fù)極相連，做陰極，C為陽極，溶液中的氯離子放電生成氯氣，故④錯(cuò)誤;正確的有①②，故選B?！军c(diǎn)睛】本題考查了原電池和電解池的原理，正確判斷原電池是解題的關(guān)鍵。本題中裝置B為原電池,判斷的基本方法是構(gòu)成原電池的條件之一：能夠自發(fā)進(jìn)行一個(gè)氧化還原反應(yīng)，ACD中都沒有自發(fā)發(fā)生的氧化還原反應(yīng)，B中發(fā)生鋅與稀硫酸的反應(yīng).15。將一定量氨基甲酸銨(NH2COONH4）加入密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)NH2COONH4（s)?2NH3(g)+CO2(g）。該反應(yīng)平衡常數(shù)的負(fù)對(duì)數(shù)(—lgK）值隨溫度(T)的變化曲線如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是A。該反應(yīng)的△H〉0B.C點(diǎn)對(duì)應(yīng)狀態(tài)的平衡常數(shù)K(C)=10?3.638C。NH3的體積分?jǐn)?shù)不變時(shí),該反應(yīng)一定達(dá)到平衡狀態(tài)D。30℃時(shí),B點(diǎn)對(duì)應(yīng)狀態(tài)的【答案】C【解析】【分析】由圖象可知，升高溫度，平衡常數(shù)的負(fù)對(duì)數(shù)減小，說明升高溫度K增大，平衡正向移動(dòng),則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，由化學(xué)方程式可知反應(yīng)得到NH3、CO2的物質(zhì)的量之比為2:1,反應(yīng)開始后氨氣體積分?jǐn)?shù)始終不變，結(jié)合濃度商與平衡常數(shù)的關(guān)系判斷反應(yīng)的方向，以此解答該題?！驹斀狻緼．-lgK越大，則平衡常數(shù)K越小,由圖可知，隨溫度升高，平衡常數(shù)增大,則升高溫度平衡正向移動(dòng),正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故該反應(yīng)的△H＞0,故A正確B．C點(diǎn)-lgK=3。638，則平衡常數(shù)K=10—3.638，故B正確；C．反應(yīng)得到NH3、CO2的物質(zhì)的量之比為2：1，反應(yīng)開始后氨氣體積分?jǐn)?shù)始終不變，NH3的體積分?jǐn)?shù)不變不能說明該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；D．B點(diǎn)濃度商大于平衡常數(shù),反應(yīng)向逆反應(yīng)進(jìn)行，則B點(diǎn)對(duì)應(yīng)狀態(tài)的υ(正）＜υ（逆)，故D正確；故答案為C。16.已知298K時(shí)下列物質(zhì)的溶度積

CH3COOAg

AgCl

AgCrO4

AgS

Ksp

2．3×10-3

1．77×10—10

1．12×10-12

6．7×10-15

下列說法正確的是(）A.等體積濃度均為0．02mol?L—1CH3COONa和AgNO3溶液混合能產(chǎn)生沉淀B。濃度均為0．01mol?L-1的CrO42-和Cl-混合溶液中慢慢滴入AgNO3溶液時(shí),CrO42—先沉淀C.在CH3COOAg懸濁液中加入鹽酸發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：CH3COOAg+H++C1-=CH3COOH+AgClD。298K時(shí),上述四種飽和溶液的物質(zhì)的量濃度:c(CH3COOAg)＞c(AgCl)＞c(Ag2CrO4)＞c（Ag2S）【答案】C【解析】【詳解】A、濃度熵QC=c（CH3COO—)?c（Ag+)=0.01×0。01=1×10—4，KSP（CH3COOAg）=2.3×10—3,QC＜KSP，所以溶液混合不能產(chǎn)生沉淀，故A錯(cuò)誤；B、AgCl飽和所需Ag+濃度c（Ag+）==mol/L=1。77×10-8mol/L；Ag2CrO4飽和所需Ag+濃度c(Ag+）==mol/L=1.1×10-5mol/L，則1.77×10-8mol/L＜1.1×10-5mol/L)，所以Cl—先沉淀，故B錯(cuò)誤;C、CH3COOAg沉淀的溶度積大于AgCl沉淀的溶度積，所以CH3COOAg+H++C1-=CH3COOH+AgCl，故C正確；D、因?yàn)镃H3COOAg飽和溶液中Ag+的濃度為mol?L-1=0。48×10-2mol?L-1,所以c(CH3COOAg）=0。48×10-2mol?L—1；因?yàn)锳gCl飽和溶液中Ag+的濃度為=1.33×10—5mol?L—1，所以c（AgCl)=1。33×10-5mol?L-1；假設(shè)Ag2CrO4飽和溶液中Ag+的濃度為x,則CrO42—的濃度為0.5x，由溶度積常數(shù)的表達(dá)式可知Ksp(Ag2CrO4）=x2×0.5x=0。5x3=1.12×10—12，x3=2。24×10-12，即x==1。3×10—4mol?L-1，所以c(Ag2CrO4)=0。65×10-4mol?L-1;假設(shè)Ag2S飽和溶液中Ag+的濃度為x，則S2—的濃度為0。5x,由溶度積常數(shù)的表達(dá)式可知Ksp(Ag2S)=x2×0。5x=0。5x3=6。7×10—15,x3=13.4×10—15，即x=2.38×10—5mol?L-1，所以c（Ag2S）=1。19×10-5mol?L—1。則順序?yàn)椋篶(CH3COOAg）＞c(Ag2CrO4)＞c（AgCI)＞c（Ag2S），故D錯(cuò)誤;故選C。二、填空題（共52分)17。一定條件下，在體積為3L的密閉容器中，一氧化碳與氫氣反應(yīng)生成甲醇（催化劑為Cu2O/ZnO):CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）。根據(jù)題意完成下列各題:（1）反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，平衡常數(shù)表達(dá)式K＝_______________，升高溫度，K值_______(填“增大”、“減小”或“不變"）.（2)在500℃，從反應(yīng)開始到平衡，氫氣的平均反應(yīng)速率v(H2)＝_____________。（3）在其他條件不變的情況下，對(duì)處于E點(diǎn)的體系體積壓縮到原來的1/2，下列有關(guān)該體系的說法正確的是_______：a．氫氣的濃度減少b．正反應(yīng)速率加快，逆反應(yīng)速率也加快c．甲醇的物質(zhì)的量增加d．重新平衡時(shí)n(H2)/n（CH3OH)增大（4)據(jù)研究，反應(yīng)過程中起催化作用的為Cu2O,反應(yīng)體系中含少量CO2有利于維持催化劑Cu2O的量不變，原因是：_______________________（用化學(xué)方程式表示）?！敬鸢浮?1).K＝c（CH3OH）/[c(CO）·c2（H2）］（2).減小（3)。2nB/3tBmol·（L·min)－1(4）。bc（5）.Cu2O＋CO2Cu＋CO2【解析】【詳解】(1)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí),平衡常數(shù)表達(dá)式K＝c(CH3OH)/［c（CO)·c2（H2）]。從圖像可知，溫度高時(shí)平衡體系中甲醇含量減少,可以推出CO（g）＋2H2(g)CH3OH（g）反應(yīng)放熱，因此溫度升高后，K值減小。（2）從圖像可以看出在500℃tB時(shí)刻達(dá)到平衡，此時(shí)甲醇物質(zhì)的量為nB，反應(yīng)消耗氫氣物質(zhì)的量為2nB，可求出氫氣的平均反應(yīng)速率為2nB/3tBmol·(L·min）－1。（3）在其他條件不變的情況下，對(duì)處于E點(diǎn)的體系體積壓縮到原來的1/2，加壓時(shí)，反應(yīng)物和生產(chǎn)物濃度均增大,正、逆反應(yīng)速率都加快，由勒夏特列原理可知,加壓時(shí)平衡右移。a．氫氣的濃度增大,，a錯(cuò)誤；b．正反應(yīng)速率加快，逆反應(yīng)速率也加快，b正確；c．平衡向右移動(dòng)，甲醇的物質(zhì)的量增加，c正確；d．重新平衡時(shí)n（H2)/n（CH3OH）減小，d錯(cuò)誤.有關(guān)該體系的說法正確的是bc：(4）據(jù)研究，反應(yīng)過程中起催化作用的為Cu2O,反應(yīng)體系中含少量CO2有利于維持催化劑Cu2O的量不變，一氧化碳與氧化亞銅反應(yīng)生成銅和二氧化碳，根據(jù)平衡移動(dòng)原理可知，少量二氧化碳的存在可以抑制該化學(xué)平衡向正向移動(dòng)，用化學(xué)方程式表示為：Cu2O＋CO2Cu＋CO2。18。充分燃燒2.8g某有機(jī)物A，生成8。8g

CO2和3.6g

H2O，這種有機(jī)物蒸氣的相對(duì)密度是相同條件下N2的2倍．（1）求該有機(jī)物的分子式________________．（2）該有機(jī)物鏈狀同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：_________________________________________________________________、______________________________________________________、___________________________________________________．（3)若有機(jī)物A在核磁共振氫譜中只有一個(gè)信號(hào)峰（即只有一種氫原子)，則用鍵線式表示的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為__________．【答案】(1).C4H8(2）。CH2=CHCH2CH3(3)。CH3CH=CHCH3（4）。（5）.【解析】【分析】（1)這種有機(jī)物蒸氣的質(zhì)量是同溫同壓下同體積N2的2倍，則該有機(jī)物的相對(duì)分子質(zhì)量為2×28=56，計(jì)算2。8g有機(jī)物的物質(zhì)的量，結(jié)合生成水和二氧化碳的質(zhì)量可計(jì)算有機(jī)物的分子式；（2）根據(jù)分子式和官能團(tuán)寫出結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式;（3）若在核磁共振氫譜中只有一個(gè)信號(hào)峰，說明有機(jī)物中一種H．【詳解】（1）這種有機(jī)物蒸氣的質(zhì)量是同溫同壓下同體積N2的2倍，則該有機(jī)物的相對(duì)分子質(zhì)量為2×28=56；n（A）==0。05mol,n(C）=n(CO2)==0。2mol，n（H）=2n（H2O)=2×=0。4mol，故有機(jī)物分子中含有C原子數(shù)目為==4,含有H原子數(shù)目為=8，因?yàn)?2×4+1×8=56=M(A），所以沒有O元素，則分子式為C4H8；（2）已知分子式為C4H8，如果分子中有一個(gè)C=C，則結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：CH2=CHCH2CH3,CH3CH=CHCH3，;（3）在核磁共振氫譜中只有一個(gè)信號(hào)峰,說明有機(jī)物中一種H，則不可能為烯烴，應(yīng)為環(huán)丁烷,結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，鍵線式為：?！军c(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物的推斷,為高考常見題型，側(cè)重考查學(xué)生的分析、計(jì)算能力，本題注意根據(jù)有機(jī)物生成的二氧化碳和水的質(zhì)量結(jié)合相對(duì)分子質(zhì)量可判斷有機(jī)物的分子式，注意有機(jī)物的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)．19。NaOH溶液可用于多種氣體的處理．(1)CO2是溫室氣體，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3．①Na2CO3俗稱純堿，因CO32﹣水解而使其水溶液呈堿性,寫出CO32﹣第一步水解的離子方程式_________．已知25℃時(shí)，CO32﹣第一步水解的平衡常數(shù)Kh=2×10﹣4mol/L，當(dāng)溶液中c（HCO3﹣):c（CO32﹣）=20：1時(shí),溶液的pH=_____．②泡沫滅火器中通常裝有NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，請(qǐng)寫出這兩種溶液混合時(shí)的離子反應(yīng)方程式__________．(2）金屬與濃硝酸反應(yīng)產(chǎn)生的NO2可用NaOH溶液吸收,反應(yīng)方程式為：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O．含0。2molNaOH的水溶液與0.2molNO2恰好完全反應(yīng)得1L溶液A,溶液B為0．lmol?L﹣1CH3COONa溶液，則兩份溶液中c(NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的順序?yàn)開__________（已知HNO2的電離常數(shù)Ka=7.1×10﹣4mol?L﹣1，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1。7×10﹣5mol?L﹣1）．可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是_____．A．向溶液A中加適量NaOHB．向溶液A中加適量水C．向溶液B中加適量NaOHD．向溶液B中加適量水(3)煙氣中的SO2會(huì)引起酸雨,可利用氫氧化鈉溶液吸收。吸收SO2的過裎中，溶液中H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣三者所占物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(a）隨pH變化的關(guān)系如圖所示:①圖中pH=7時(shí)，溶液中離子濃度關(guān)系正確的是___。A．c(Na+）＞2c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）B．c(Na+）=c（SO32﹣)+c（HSO3﹣）+c（H2SO3)C．c(OH﹣）=c（H+)+c（H2SO3）+c（HSO3﹣）D．c（Na+)＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c(H+)=c（OH﹣)②利用上圖中數(shù)據(jù)，求反應(yīng)H2SO3H++HSO3﹣的平衡常數(shù)的數(shù)值____．【答案】（1)。CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣（2)。9（3）.3HCO3﹣+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑（4)。c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c(CH3COO﹣）(5).AD（6）.A(7）。10-1.8【解析】【分析】（1)①CO32—水解而使其水溶液呈堿性，其CO32-第一步水解的離子方程式為：CO32—+H2O?HCO3-+OH—，水解常數(shù)Kh=，當(dāng)溶液中c（HCO3—）:c(CO32-）=20：1時(shí)，根據(jù)水解常數(shù)計(jì)算c（OH-)，由根據(jù)水的離子積Kw計(jì)算c(H+),根據(jù)pH=-lgc(H+）計(jì)算；②Al2(SO4)3與NaHCO3混合時(shí)能相互促進(jìn)水解生成氫氧化鋁沉淀、二氧化碳?xì)怏w;(2）溶液A中NaNO3、NaNO2的濃度均為0.1mol/L，HNO2、CH3COOH均為弱酸,由電離常數(shù)可知CH3COOH酸性小于HNO2的酸性,溶液中醋酸根離子水解程度大于亞硝酸根離子水解程度，溶液B堿性大于A溶液；（3）①A．由電荷守恒可知，c(H+)+c（Na+)═2c（SO32-)+c(HSO3-)+c(OH—),中性溶液則c（H+)═c（OH—），則c(Na+)═2c（SO32-）+c（HSO3-）,所以c(Na+）＞2c(SO32—)，由圖可知pH=7時(shí),c(SO32—)=c(HSO3—），則c(Na+)＞2c（SO32—)＞c（HSO3-），故A正確；B．由電荷守恒可知,c(H+)+c(Na+)═2c（SO32-)+c(HSO3—)+c（OH—)，中性溶液則c（H+）═c(OH—),則c(Na+）═2c（SO32—)+c(HSO3-)，c（SO32—）≠c(H2SO3），故B錯(cuò)誤;C．pH=7時(shí)，c（H+）=c（OH-)；D．HSO3-電離程度大于水解程度導(dǎo)致溶液呈酸性，因亞硫酸氫根離子既能電離又能水解，所以溶液中存在H2SO3、SO32—，在NaHSO3溶液中存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒和物料守恒判斷;②H2SO3H++HSO3﹣,由圖中數(shù)據(jù),pH=1。8時(shí),c(H2SO3)=c（HSO3—）,由Ka的表達(dá)式可知,H2SO3的第一級(jí)電離平衡常數(shù)Ka1≈c（H+)=10-1。8，由此分析解答?！驹斀狻浚?）①CO32﹣水解而使其水溶液呈堿性，CO32﹣第一步水解的離子方程式為：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，水解常數(shù)Kh=2×10﹣4,當(dāng)溶液中c(HCO3-)：c（CO32﹣）=20：1時(shí)，c(OH﹣)=10﹣5mol/L，由水的離子積Kw可知,c(H+)=10﹣9mol/L，所以pH=﹣lg10﹣9=9；②Al2（SO4)3與NaHCO3混合時(shí)能相互促進(jìn)水解生成氫氧化鋁沉淀、二氧化碳?xì)怏w，離子方程式為Al3++3HCO3﹣═Al(OH)3↓+3CO2↑;（2)0。2molNaOH的水溶液與0.2molNO2恰好完全反應(yīng)得1L溶液A，由2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物質(zhì)的量濃度為0。1mol/L，NaNO2物質(zhì)的量濃度為0。1mol/L，溶液B為0.1mol?L﹣1的CH3COONa溶液；HNO2的電離常數(shù)Ka=7.1×10﹣4mol?L﹣1，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1。7×10﹣5mol?L﹣1，說明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根離子水解程度大于亞硝酸根離子水解程度,溶液B堿性大于A溶液，兩溶液中c(NO3﹣)、c(NO2﹣）和c(CH3COO﹣)由大到小的順序?yàn)閏（NO3﹣）＞c（NO2﹣)＞c(CH3COO﹣）；A．向溶液A中加適量NaOH，增大堿性，可以調(diào)節(jié)溶液pH相等，故A正確;B．溶液B堿性大于A溶液，向溶液A中加適量水,稀釋溶液,堿性減弱，不能調(diào)節(jié)溶液pH相等，故B錯(cuò)誤；C．溶液B堿性大于A溶液，向溶液B中加適量NaOH，溶液pH更大，故C錯(cuò)誤;D．向溶液B中加適量水，稀釋溶液堿性減弱，可以調(diào)節(jié)溶液pH相等,故D正確；故答案為AD;(3）①A．由電荷守恒可知,c（H+）+c（Na+）═2c(SO32﹣）+c（HSO3﹣)+c(OH﹣),中性溶液則c(H+）═c（OH﹣），則c（Na+）═2c（SO32﹣)+c(HSO3﹣），所以c（Na+)＞2c(SO32﹣）,而由圖可知pH=7時(shí)，c（SO32﹣)=c(HSO3﹣)，則c(Na+）＞2c（SO32﹣）＞c(HSO3﹣)，故A正確；B．由電荷守恒可知，c(H+)+c（Na+)═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），中性溶液則c（H+)═c（OH﹣），則c(Na+)═2c（SO32﹣)+c(HSO3﹣)，c（SO32﹣）≠c（H2SO3)，故B錯(cuò)誤;C．pH=7時(shí)，c（H+)=c(OH﹣),故C錯(cuò)誤;D．由圖可知pH=7時(shí)，c(SO32﹣）=c(HSO3﹣）,故D錯(cuò)誤；故答案為A;②亞硫酸的第一步電離方程式為：H2SO3H++HSO3﹣，根據(jù)圖象可知，pH=1.8時(shí)，c（H2SO3）=c（HSO3—），由Ka=可知，H2SO3的第一級(jí)電離平衡常數(shù)Ka1≈c(H+)=10-1。8?！军c(diǎn)睛】判斷電解質(zhì)溶液的離子濃度關(guān)系，需要把握三種守恒，明確等量關(guān)系。①電荷守恒規(guī)律，電解質(zhì)溶液中，無論存在多少種離子,溶液都是呈電中性，即陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)一定等于陽離子所帶正電荷總數(shù).如NaHCO3溶液中存在著Na+、H+、HCO3—、CO32-、OH—，存在如下關(guān)系：c（Na+）+c（H+）＝c(HCO3—)+c（OH-）+2c（CO32-)。②物料守恒規(guī)律，電解質(zhì)溶液中，由于某些離子能夠水解，離子種類增多,但元素總是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三種形式存在，它們之間有如下守恒關(guān)系：c(K+)＝2c（S2—）+2c(HS—）+2c（H2S)。③質(zhì)子守恒規(guī)律，如Na2S水溶液中質(zhì)子守恒式可表示：c（H3O+)+2c（H2S)+c(HS-）＝c（OH—)或c(H+）+2c（H2S)+c(HS-）＝c(OH-)。質(zhì)子守恒的關(guān)系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導(dǎo)得到.20。下圖是一個(gè)化學(xué)過程的示意圖。（1)圖中甲池中OH-移向_________極（填“CH3OH”或“O2"）。（2）寫出通入CH3OH的電極的電極反應(yīng)式：_____________________。(3）向乙池兩電極附近滴加適量紫色石蕊試液，附近變紅的電極為___________極(填“A”或”B”），并寫出此電極的反應(yīng)式：________________________。(4）乙池中總反應(yīng)的離子方程式：_________________________.(5）當(dāng)乙池中B（Ag)極的質(zhì)量增加5.4g時(shí),乙池的pH是_______________(若此時(shí)乙池中溶液的體積為500mL)；此時(shí)丙池某電極析出1。60g某金屬，則丙中的某鹽溶液可能是__________（填序號(hào)）。A．MgSO4B．CuSO4C．AgNO3D．AlCl3【答案】(1)。CH3OH(2).CH3OH－6e－＋8OH－＝＝CO32-＋6H2O(3）.A(4）。4OH－－4e－＝＝O2↑＋2H2O(5)。4Ag＋＋2H2O4Ag＋O2↑＋4H＋（6)。1（7）.BC【解析】【詳解】（1）燃料電池中,投放燃料的電極是負(fù)極，投放氧化劑的電極是正極，原電池放電時(shí)，電解質(zhì)溶液中氫氧根離子向負(fù)極移動(dòng)，即向投放甲醇的電極移動(dòng)，故答案為CH3OH；(2）該燃料電池中,甲醇失電子和氫氧根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和水，電極反應(yīng)式為：CH3OH-6e—+8OH-=CO32-+6H2O，故答案為CH3OH—6e—+8OH-=CO32-+6H2O；（3）乙池有外接電源屬于電解池,連接原電池正極的A是陽極，連接原電池負(fù)極的B是陰極，電解硝酸銀溶液時(shí)，A電極上氫氧根離子放電導(dǎo)致電極附近氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，溶液呈酸性,加熱紫色石蕊試液呈紅色,電極反應(yīng)式為4OH——4e-=O2↑+2H2O，故答案為A，4OH——4e-=O2↑+2H2O；（4）電解硝酸銀溶液時(shí)，銀離子得電子生成銀、水失電子生成氧氣和氫離子，離子方程式為4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+,故答案為4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+;(5）當(dāng)乙池中B(Ag）極的質(zhì)量增加5。40g時(shí),設(shè)氫離子濃度為xmol/L，4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+；432g4mol5。40g