廣東省東莞市七校2021-2022學年高二下學期期中聯(lián)考化學試題（含答案）

廣東省東莞市七校2021-2022學年高二下學期期中聯(lián)考化學試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、單選題1．某反應過程的能量變化如下圖所示，下列說法錯誤的是A．相比反應過程a，過程b可能有催化劑參與B．該反應為△H<0C．工業(yè)生產上使用催化劑可以降低生產能耗D．反應過程b的活化能為E1+E22．2月24日，俄烏戰(zhàn)爭爆發(fā)，烏方違反《第三議定書》明令禁止使用黃磷彈。黃磷(化學式為P4)、紅磷(化學式為P)燃燒的熱化學方程式(0℃，101kPa)分別為：P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)；△H=-3093.2kJ·mol-1；4P(s)+5O2(g)=P4O10(s)；△H=-2954.0kJ·mol-1。由此判斷下列說法正確的是A．紅磷的燃燒熱為2954.0kJ·mol-lB．已知黃磷分子為正四面體結構，則P-P鍵之間的夾角為109°28'C．由紅磷轉化為黃磷是吸熱反應，等質量時黃磷能量比紅磷高D．等質量的黃磷和紅磷在相同條件下分別與足量氯氣反應，設產物只有PCl5，則紅磷放出的熱量更多3．某科研人員提出HCHO與O2在羥基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的歷程，該歷程示意圖如圖(圖中只畫出了HAP的部分結構)。下列說法錯誤的是（）A．HAP能提高HCHO與O2的反應速率B．HCHO在反應過程中，有C—H鍵發(fā)生斷裂C．根據(jù)圖示信息，CO2分子中的氧原子全部來自O2D．該反應可表示為：HCHO＋O2CO2＋H2O4．下列說法正確的是A．酸堿中和滴定接近終點時，滴定管的尖端可以接觸錐形瓶內壁B．工業(yè)上合成NH3常選擇500℃時進行而不是常溫，是基于勒夏特列原理考慮的C．中和熱測定：用50mL0.50mol/L鹽酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液進行實驗，用量筒量取NaOH溶液時，仰視取液，測得的中和熱△H偏小D．中科院耗時20年自研新型涂層和陰極保護聯(lián)合防護技術在港珠澳大橋派上了用場，其中陰極保護技術與犧牲陽極的陰極保護法原理完全不同5．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是A．將NA個N2和3NA個H2置于密閉的容器中充分反應生成NH3(g)，放熱38.6kJ，則熱化學方程式為：N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=-38.6kJ·mol-1B．1L0.1mol/LCH3COOH溶液中含有的氫原子數(shù)大于0.4NAC．將25gCuSO4·5H2O溶于水配成1L溶液，則溶液中Cu2+數(shù)目為0.1NAD．將NA個CO2分子通入1L1mol/L的NaOH中，充分反應后溶液中存在守恒式：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H26．室溫下，濃度均為0.2mol·L-1的HA和BOH溶液等體積混合后，所得溶液中部分粒子組分及濃度如圖所示。下列說法中錯誤的是A．HA、BOH均為弱電解質 B．X表示HA或BOH分子C．電離常數(shù)K(HA)=K(BOH) D．該鹽溶液pH=47．某溫度下，反應：H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）的平衡常數(shù)K=9/4該溫度下，在甲、乙兩個恒容密閉容器中，投入H2（g）和CO2（g），其起始濃度如下表所示。起始濃度甲乙c（H2）/mol?L-10.0100.020C（CO2）/mol·L-10.0100.010下列判斷正確的是A．平衡時，甲容器中H2的轉化率為60%B．平衡時，乙容器中H2的轉化率大于60%C．平衡時，乙容器中c（H2）是甲容器中的2倍D．反應開始時，甲容器中的反應速率比乙容器中的反應速率快8．在容積可變的密閉容器中存在如下反應：CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)△H<0，下列對圖象的分析中正確的是A．圖I研究的是t0時增大壓強對反應速率的影響B(tài)．圖II研究的一定是t0時使用了催化劑對反應速率的影響C．圖III研究的是溫度對化學平衡的影響，且甲的溫度較高D．圖IV研究的可能是壓強對化學平衡的影響，且a的壓強較高9．常溫下，向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的體積與溶液pH的變化關系如圖所示。下列說法錯誤的是A．a點的pH>1B．反應過程中的c(CH3COO-)/c(CH3COOH)比值不斷增大C．c點為理論上的滴定終點，此時V(NaOH)=20mLD．b點時，c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)10．下列說法正確的是A．常溫下在由水電離出的c(H+)=1×10-14mol/L溶液中可能大量存在Fe3+、NH4B．常溫下，pH均為4的NH4Cl溶液和鹽酸中，由水電離出的c(H+)相等C．25℃時，濃度均為1mol/L的(NH4)2CO3和(NH4)2Fe(SO4)2溶液中c(NHD．將FeCl2溶液在空氣中蒸干后高溫灼燒，最后可得Fe2O3或Fe3O4固體11．下列實驗操作、現(xiàn)象和結論均正確的是選項操作現(xiàn)象結論或解釋A常溫下向物質的量濃度均為0.1mol/L的NaCl和NaI混合液中逐滴滴入AgNO3溶液先出現(xiàn)黃色沉淀Ksp(AgCl)<KSp(AgI)B向兩試管同體積同濃度的H2O2溶液中分別滴加5滴FeCl3和CuSO4溶液滴入FeCl3溶液的試管產生氣泡較快催化效果：Fe3+>Cu2+C把FeCl2溶液滴入酸性KMnO4溶液中紫紅色褪去Fe2+具有還原性D滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2固體溶液紅色變淺Na2CO3溶液中存在水解平衡A．A B．B C．C D．D12．2019年諾貝爾化學獎授予了鋰離子電池開發(fā)的三位科學家。一種鋰離子電池的結構如圖所示，電池反應式為LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x<1)。下列說法正確的是A．放電時，a極為負極B．充電時，Li1-xCoO2/LiCoO2電極發(fā)生Li+脫嵌，放電時發(fā)生Li+嵌入C．放電時，若轉移0.02mol電子，石墨電極將減重0.21gD．放電時，Li+在電解質中由a極向b極遷移13．Na2CrO4水溶液存在如下平衡：2H++2CrO42-(黃色)?2HCrO4-?CrA．Na2CrO4溶液中滴加硫酸，由黃色變?yōu)槌壬獴．鉻酸(H2CrO4)的第二步電離常數(shù)Ka2=10-6.4C．要得到純度較高的Na2CrO4溶液，應控制pH>9D．pH=6時，Na2CrO4溶液中存在：c(Na+)=2c(CrO42-)+2c(HCr14．常溫下，在新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中水電離出來的c水(H+)與NaOH溶液的體積之間的關系如圖所示。下列推斷正確的是（）A．用pH試紙測定E點對應的溶液，其pH=3B．F、H點對應的溶液中都存在c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)C．常溫下加水稀釋H點對應的溶液，溶液的pH增大D．G點對應的溶液中c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)15．將一定濃度的AgNO3溶液分別滴加到濃度均為0.01mol·L-1的NaBr、Na2SeO3溶液中，所得的沉淀溶解平衡曲線如圖所示(Br-、SeO32-用Xn-A．Ksp(Ag2SeO3)≈1×10-10B．d點對應的AgBr溶液為不飽和溶液C．逐滴加AgNO3溶液時，先產生Ag2SeO3沉淀D．Ag2SeO3(s)+2Br-(aq)?2AgBr(s)+SeO32-16．驗證犧牲陽極的陰極保護法，實驗如下（燒杯內均為經過酸化的3%NaCl溶液）。①②③在Fe表面生成藍色沉淀試管內無明顯變化試管內生成藍色沉淀下列說法錯誤的是（）A．對比②③，可以判定Zn保護了FeB．對比①②，K3[Fe(CN)6]可能將Fe氧化C．驗證Zn保護Fe時不能用①的方法D．將Zn換成Cu，用①的方法可判斷Fe比Cu活潑二、綜合題17．東莞市松山湖打造我市首個“氫谷”產業(yè)基地；氫氣是一種清潔能源，也是重要的化工原料。（1）納米級的Cu2O可作為太陽光分解水的催化劑。一定溫度下，在2L密閉容器中加入納米級Cu2O并通入0.10mol水蒸氣發(fā)生反應：2H2O(g)?Cu2O光照2H2(g)+O2時間/min20406080n(O2)/mol0.00100.00160.00200.0020上述反應過程中能量轉化形式為光能轉化為能，達平衡過程中至少需要吸收光能為kJ(保留三位小數(shù))。（2）氫氣是合成氨工業(yè)的原料，合成塔中每產生2molNH3，放出92.2kJ熱量。已知：則1molN-H鍵斷裂吸收的能量約等于kJ。（3）已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/molN2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.7kJ/mol則H2還原NO2生成水蒸氣和氮氣反應的熱化學方程式是。（4）氫鎳電池是近年開發(fā)出來的可充電電池，它可以取代會產生污染的銅鎳電池。氫鎳電池的總反應式是H2+2NiO(OH)?充電放電2Ni(OH)①電解質溶液應該是(選填酸溶液、堿溶液)；②電池放電時，負極反應式為；③外電路中每通過0.2NA個電子時，H2的質量理論上減小g。18．酸堿中和滴定、氧化還原滴定和沉淀滴定法在科研和工業(yè)生產中都很重要。I.為了測定草酸(H2C2O4)溶液的濃度，進行如下實驗：取25.00mL草酸溶液于錐形瓶內，加入適量稀H2SO4，用0.0100mol/LKMnO4溶液滴定。發(fā)生的反應：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。試回答：（1）滴定終點時的現(xiàn)象：。（2）若在接近滴定終點時，用少量蒸餾水將錐形瓶內壁沖洗一下，再繼續(xù)滴至終點，則所測得c(H2C2O4)(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。（3）在滴定過程中若用去KMnO4溶液體積V數(shù)據(jù)如下，則所配制的草酸溶液的物質的量濃度為mol/L。實驗編號V始(mL)V終(mL)V(mL)11.0013.05？20.5012.45？30.7015.70？（4）若將KMnO4與稍過量的草酸溶液直接混合，發(fā)現(xiàn)開始時變色不明顯，但一會后突然Ag2CrO4褪色，猜測其原因是：。（5）II.莫爾法是一種沉淀滴定法，以K2CrO4為指示劑，用標準硝酸銀溶液滴定待測液，進行測定溶液中Cl-的濃度。已知常溫下Ksp數(shù)值如下表?；卮鹣铝袉栴}：

AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN顏色白色淺黃色白色磚紅色白色Ksp1.8×10-105.4×10-131.2×10-169.0×10-121.0×10-12當溶液中的Cl-恰好沉淀完全(濃度為1.0×10-5mol/L)時，溶液中的c(Ag+)=mol/L，c(CrO42-（6）若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可選為滴定指示劑的是____。A．NaCl B．KBr C．Na2CrO4 D．NaCN19．大氣環(huán)境中NOx的減量化排放受到國內外的廣泛關注。利用碳還原NO的反應為：C(S)+2NO(g)?N2(g)+CO2(g)，△S較小。回答下列問題：（1）該反應在常溫下可以自發(fā)進行，則反應的△H0(填“>”“=”或“<”)，有利于提高NO平衡轉化率的條件是(任寫一條)。平衡后，若保持溫度和容積不變，向體系中加入少量NO，NO的平衡轉化率(填“增大”、“減小”或“不變”)。（2）以上反應可分為如下四步反應歷程，寫出其中第三步的反應：第一步：2NO=(NO)2第二步：C+(NO)2=C(O)+N2O第三步：第四步：2C(O)=CO2+C（3）對比研究活性炭負載銅、鑭的反應活性。在三個反應容器中分別加入La/C、Cu/C、C，通入NO使其濃度達到相同濃度。不同溫度下，測得第3小時末(未到達平衡)NO去除率如圖所示：①恒溫恒容下C(s)+2NO(g)?N2(g)+CO2(g)下列能說明反應達平衡狀態(tài)的是。A．總壓強恒定不變。B．氣體的平均相對分子質量不再改變C．氣體的平均密度不再改變D．Cu/C催化、200℃時NO去除率達50%②據(jù)圖分析，相同溫度下La/C、Cu/C去除NO效果比C更好，可能的原因是(寫一條)。③上述實驗中，200℃時，若測得NO的去除率為80%，則可能采取的措施是。A．及時分離出CO2B．壓縮體積C．恒容下，向體系中通入氮氣D．尋找更好的催化劑20．（1）I.丙烯(C3H6)是重要的有機化工原料。丙烷脫氫制丙烯發(fā)生的主要反應及能量變化如下圖。丙烷脫氫制丙烯的過程中。恒壓時向原料氣中摻入高溫水蒸氣，則K(主反應)(填“增大”、“減小”或不變”，下同)，轉化率α(C3H8)。溫度升高，副反應更容易發(fā)生的主要原因是。（2）先以丙烯制丙烯腈，再用丙烯腈在陰極電合成已二腈(弱酸環(huán)境)，總反應式：2CH2=CH-CN+H2O=NC(CH2)4CN+1/2O2↑，則陽極電極反應式：。（3）II.在2.0L密閉容器中，通入0.10molCH4和0.20molNO2進行反應：CH4(g)+2NO2(g)?CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)△H<0，溫度為T1和T2下，反應時間(t)與容器內甲烷物質的量數(shù)據(jù)見下表：時間(t/min)02461012T1，甲烷物質的量0.100.0820.0680.0600.0450.045T2，甲烷物質的量0.100.0800.0650.0550.050_計算T1、0~2min內NO2的平均反應速率v(NO2)=mol·L-1·min-1，溫度T2下的平衡常數(shù)K=mol·L-1(若提供的數(shù)據(jù)不足以計算，填“無法確定”)。（4）在一恒容密閉容器中，通入一定量CH4和NO2，測得在相同時間內，不同溫度下，NO2的轉化率隨溫度的變化如下圖。c點(填“是”或“不是”)反應達平衡的點。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．相比反應過程a，過程b的活化能降低，而催化劑能降低反應的活化能，因此過程b可能有催化劑參與，故A項不符合題意；B．根據(jù)圖象可知，反應物的總能量大于生成物的總能量，反應放熱，則該反應為△H<0，故B項不符合題意；C．催化劑可以降低反應的活化能，提高反應速率，縮短反應時間，因此工業(yè)生產上使用催化劑可以降低生產能耗，故C項不符合題意；D．催化劑能降低反應所需的活化能，E1和E2是分步反應的活化能，整個反應的活化能取最大值，所以反應過程b的活化能為E1，故D項符合題意；故答案為：D。

【分析】A、催化劑可以降低反應活化能；

B、反應物的能量大于生成物的能量為放熱反應；

C、催化劑降低活化能，可以節(jié)省生產能耗；

D、活化能為E1。2．【答案】C【解析】【解答】A．燃燒熱是指1mol純凈物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物所放出的熱量，因此紅磷的燃燒熱為14B．已知黃磷分子為正四面體結構，P原子位于正四面體的頂點，則黃磷分子中P-P鍵之間的夾角為60°，故B項不符合題意；C．已知①P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=-3093.2kJ·mol-1，②4P(s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=-2954.0kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定律，②-①可得：4P(s)=P4(s)△H=+139.2kJ·mol-1，說明紅磷轉化為黃磷是吸熱反應，等質量時黃磷能量比紅磷高，故C項符合題意；D．等質量時黃磷能量比紅磷高，所以等質量的黃磷和紅磷在相同條件下分別與足量氯氣反應，設產物只有PCl5，則黃磷放出的熱量更多，故D項不符合題意；故答案為：C。

【分析】A、燃燒熱是指1mol純凈物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物所放出的熱量；

B、正四面體的頂點夾角為60°；

C、蓋斯定律的應用要注意，判斷列出的熱化學方程式的對應關系，左右兩邊相同的物質互相抵消則相加，在同一邊相同的物質互相抵消則相減；

D、等質量時黃磷能量比紅磷高。放熱反應時，放出熱量則更多。3．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)圖知，HAP在第一步反應中作反應物，在第二步反應中作生成物，所以是總反應的催化劑，催化劑能改變化學反應速率，因此該反應中HAP作催化劑而提高反應速率，A不符合題意；B．根據(jù)圖示可以發(fā)現(xiàn)，甲醛分子中的兩個C-H鍵的H原子都與O發(fā)生斷裂，故僅有C-H鍵發(fā)生斷裂，B不符合題意；C．根據(jù)圖知，CO2分子中的氧原子一部分來自O2，另一部分還來自于甲醛，C符合題意；D．該反應中反應物是甲醛和氧氣，生成物是二氧化碳和水，HAP為催化劑，反應方程式為：HCHO＋O2CO2＋H2O，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A、HAP在反應前后沒有變化，作催化劑，只改變化學反應速率，對產物沒有影響；

B、反應中H先與HAP中的O以及氧氣中的O結合，C與氧氣中的O結合，最后兩個C-H鍵的H原子都與O發(fā)生結合，C-H斷裂；

C、過渡態(tài)中HCHO中的C與O2的O結合形成CO2；

D、HAP作催化劑，甲醛和氧氣反應生成二氧化碳和水；4．【答案】D【解析】【解答】A．酸堿中和滴定接近終點時，若滴定管尖嘴靠著錐形瓶內壁，就會有部分酸或堿液離開了滴定管但未進入反應體系中，使滴定結果不準，故A項不符合題意；B．由于合成氨的反應是一個放熱反應，溫度高時，N2和H2的轉化率比較低，但比溫度低時的反應速度快，因此工業(yè)上合成NH3常選擇500℃時進行而不是常溫，是基于反應速率來考慮的，故B項不符合題意；C．中和熱測定：用50mL0.50mol/L鹽酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液進行實驗，用量筒量取NaOH溶液時，仰視取液，會導致所量的氫氧化鈉體積偏大，但由于鹽酸少量，放出的熱量不變，但混合溶液體積增大，使溶液升高的溫度偏小，即測得的中和熱△H偏大，故C項不符合題意；D．陰極保護技術與犧牲陽極的陰極保護法，前者是電解池原理，通過外加直流電源以及輔助陽極，迫使電子流向被保護金屬；后者是原電池原理，將還原性較強的金屬與被保護金屬相連構成原電池，被保護的金屬作為正極就可以避免腐蝕，所以陰極保護技術與犧牲陽極的陰極保護法原理完全不同，故D項符合題意；故答案為：D。

【分析】A、滴定管尖端不能接觸錐形瓶內壁；

B、合成氨氣的反應為放熱反應，若是升高溫度使平衡朝逆向移動，因此不是基于勒夏特里原理考慮；

C、仰視取液會使氫氧化鈉體積偏大；

D、陰極保護法為電解池原理，犧牲陽極的陰極保護法為原電池原理。5．【答案】B【解析】【解答】A．反應是可逆反應，不能進行徹底，將1molN2(g)和3molH2(g)置于密閉的容器中充分反應生成NH3(g)，反應放熱38.6kJ，其熱化學方程式為：N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H<-38.6kJ/mol，A不符合題意；B.1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中含有溶0.1molCH3COOH，0.1molCH3COOH中含有0.4molH，由于水分子中含有H，則該溶液中含有的氫原子數(shù)大于0.4NA，B符合題意；C.25gCuSO4·5H2O晶體的物質的量為mM=25.0g250g/mol=0.1mol，n(Cu2+)=0.1mol，但是Cu2++2H2O?Cu(OH)2+2H+，溶液中Cu2+數(shù)目小于0.1ND．NA個CO2分子通入1L1mol/L的NaOH中，二氧化碳和氫氧化鈉恰好反應生成碳酸氫鈉，根據(jù)物料守恒知，碳酸氫鈉中存在c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+cH2CO3)①，根據(jù)電荷守恒知，c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)②，將②-①得c(CO32-)+c(OH-)=c(H+故答案為：B?！痉治觥緼、氮氣和氫氣的反應為可逆反應，無法完全轉化；

B、醋酸為一元弱酸；

C、銅離子可以發(fā)生水解，物質的量減少；

D、結合質子守恒判斷。6．【答案】D【解析】【解答】A．室溫下，濃度均為0.2mol/L的HA和BOH溶液等體積混合后，如果二者都是強電解質，則c(A-)=c(B+)=0.1mol/L，根據(jù)圖可知，c(A-)=c(B+)<0.1mol/L，說明這兩種離子都存在水解，所以HA、BOH都是弱電解質，故A項不符合題意；B．根據(jù)物料守恒可知，該溶液中存在c(A-)+c(HA)=c(B+)+c(BOH)=0.1mol/L，所以X可能是HA或BOH，故B項不符合題意；C．由圖可知，A-和B+的水解程度相同，則相同條件下相同濃度的HA、BOH的電離程度相同，其電離平衡常數(shù)相同，即電離常數(shù)K(HA)=K(BOH)，故C項不符合題意；D．由圖可知，c(A-)=c(B+)，根據(jù)電荷守恒可得c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，溶液的pH=7，故D項符合題意；故答案為：D。【分析】A、等體積混合后，若為HA和BOH都是強電解質，則A-和B+的濃度都為0.1mol/L，若是弱電解質，則小于0.1mol/L；

B、結合物料守恒可以知道X時HA或BOH；

C、結合圖示可知道A-和B+的濃度相同，即水解程度相同；

D、結合電荷守恒可以知道溶液為中性。7．【答案】A【解析】【解答】A．平衡時，甲容器中H2的轉化率=消耗量起始量×100%=B．由上述計算可知，甲容器中H2的轉化率為60%，恒溫恒容下，乙容器中氫氣的起始濃度比甲容器中氫氣的起始濃度大，故乙中氫氣轉化率減小，小于60%，故B不符合題意；C．對于乙容器：H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g），起始時氫氣濃度是甲中的2倍，平衡正向進行達到平衡狀態(tài)，氫氣濃度小于甲中氫氣濃度的2倍，故C不符合題意；D．濃度越大反應速率越快，由表中數(shù)據(jù)可知，甲、乙容器內，開始二氧化碳濃度相等，乙中氫氣濃度比甲中濃度大，所以速率乙>甲，故D不符合題意；故答案為：A?！痉治觥緼、轉化率=消耗量起始量×100℃；

B、濃度越大，轉化率越??；8．【答案】D【解析】【解答】A．由于反應前后氣體的體積不變，則增大壓強反應速率加快，平衡不移動，圖象B不符合，故A不符合題意；B．由于反應前后氣體的體積不變，則增大壓強反應速率加快，平衡不移動，催化劑只加快反應速率，不影響平衡移動，圖II研究的可能增大壓強和加入催化劑，故B不符合題意；C．該反應放熱，升高溫度平衡向逆反應方向移動，圖中乙先達到平衡，則溫度高于甲，而CO的轉化率低，圖象不符合，故C不符合題意；D．增大壓強（縮小體積），正、逆反應速率都增大，且正、逆反應速率加快的倍數(shù)相等，平衡不移動，壓強越大達到平衡所需時間越短，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】平衡移動的判斷；

增大反應物濃度，平衡朝正向移動，被增加的反應物轉化率減小，另一種反應物濃度增大，減小反應物的濃度則反之；

增大生產物濃度，平衡朝逆向移動，反應物的轉化率減小，減少生成物的濃度則反之；

增大壓強，減小體積，平衡朝氣體體積縮小的方向移動，減小壓強，增大體積則反之；

升高溫度，平衡朝吸熱方向移動，降低溫度則反之。9．【答案】C【解析】【解答】A．CH3COOH為弱酸，部分電離，a點溶液為0.1mol/L的CH3COOH溶液，c(H+)小于0.1mol/L，則pH>1，故A項不符合題意；B．CH3COOH的電離平衡常數(shù)為Ka=c(CH3COO-)?c(C．當V(NaOH)=20mL時，CH3COOH與NaOH溶液恰好完全反應生成CH3COONa，此時溶液顯堿性，pH>7，因此要是混合溶液的pH=7，CH3COOH應該稍微過量，所以c點V(NaOH)<20mL，故C項符合題意；D．b點時混合溶液的溶質為等物質的量的CH3COOH和CH3COONa溶液，根據(jù)電荷守恒可得：c(H故答案為：C?！痉治觥緼、醋酸為弱酸，部分電離；

B、隨著反應的進行，醋酸根濃度增大，醋酸分子濃度減小；

C、若是氫氧化鈉和醋酸1：1反應時溶液為堿性；

D、結合電荷守恒判斷。10．【答案】D【解析】【解答】A．常溫下，水的離子積Kw=1×10-14，通過分析可知由水電離出的c(H+)=1×10-14mol/L的溶液可能顯酸性也可能顯堿性，F(xiàn)e3+和NHB．常溫下，水的離子積Kw=1×10-14，pH為4的NH4Cl溶液中，由水電離的c(H+)=1×10-4mol/L，而pH為4的鹽酸中，由水電離出的c(H+)=1×10-10mol/L，所以常溫下pH均為4的NH4Cl溶液和鹽酸中，由水電離出的c(H+)不相等，故B項不符合題意；C.25℃時，濃度均為1mol/L的(NH4)2CO3和(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，由于CO32-的水解促進NH4+的水解，而D．將FeCl2溶液在空氣中加熱蒸干，由于Fe2+易被空氣中的氧氣氧化，且加熱促進水解，水解產物氯化氫可以逸散到空氣中去得到氫氧化物，經高溫灼燒分解后可得Fe2O3或Fe3O故答案為：D?！痉治觥緼、水電離的氫離子濃度小于10-7mol/L時，溶液可能是酸性也可能是堿性；

B、氯化銨溶液中氫離子都是由水提供，鹽酸溶液中氫離子主要由酸提供；

C、碳酸根可以促進銨根離子水解，亞鐵離子可以抑制銨根離子水解；

D、亞鐵離子水解后生成氫氧化物，氫氧化物受熱分解為氧化物。11．【答案】D【解析】【解答】A．常溫下向濃度相同的NaCl和NaI混合液中逐滴滴入AgNO3溶液，溶解度小的先沉淀，由現(xiàn)象可知先出現(xiàn)的是AgI黃色沉淀，則AgI的溶解度較小，又由于AgI和AgCl沉淀的類型相同，所以有Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A項不符合題意；B．向兩試管同體積同濃度的H2O2溶液中分別滴加5滴FeCl3和CuSO4溶液，由于催化劑中的陽離子和陰離子均不相同，存在兩個變量，因此不能探究Fe3+和Cu2+對H2O2的催化效果，故B項不符合題意；C．把FeCl2溶液滴入酸性KMnO4溶液中，由于Fe2+和Cl-都能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化，所以當溶液的紫紅色褪去，不能說明是Fe2+具有還原性，故C項不符合題意；D．Na2CO3溶液水解顯堿性，滴入酚酞變紅，加入氯化鋇固體后，鋇離子與碳酸根離子反應生成碳酸鋇沉淀，使碳酸根離子的水解平衡逆向移動，導致溶液的堿性減弱，則溶液紅色變淺，故D項符合題意；故答案為：D?！痉治觥緼、先生成碘化銀，則碘化銀溶度積更?。?/p>

B、控制變量法的前提是所有條件都相同，只改變一個條件；

C、氯離子和亞鐵離子都可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化；

D、碳酸根離子的濃度降低，使水解平衡朝逆向移動。12．【答案】B【解析】【解答】A．根據(jù)分析可知，a為原電池的正極，A不符合題意；B．由電極方程式可知，充電時，Li1-xCoO2/LiCoO2電極發(fā)生Li+脫嵌，失去電子；放電時發(fā)生Li+嵌入，得到電子，B符合題意；C．放電時，石墨電極發(fā)生得電子的反應，若轉移0.02mol電子，則石墨電極將減重0.02×7=0.14g，C不符合題意；D．放電時，Li+負極向正極移動，即由b極向a極移動，D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥啃滦投坞姵氐呐袛啵?/p>

1、化合價升高的為負極，失去電子，化合價降低的為正極，得到電子；

2、電極反應式的書寫要注意，負極反應為負極材料失去電子化合價升高，正極反應為正極材料得到電子化合價降低，且要根據(jù)電解質溶液的酸堿性判斷，酸性溶液不能出現(xiàn)氫氧根，堿性溶液不能出現(xiàn)氫離子，且電極反應式要滿足原子守恒；若是充電過程，則負極作為陰極，正極作為陽極，陰極電極反應式為負極的逆反應，陽極的電極反應式為正極的逆反應。13．【答案】D【解析】【解答】A．Na2CrO4水溶液存在平衡：2H++2CrO4B．H2CrO4的第二步電離為HCrO4??H++CrC．pH>9時，溶液中主要存在CrO42-，所以要得到純度較高的Na2D．pH=6時，根據(jù)物料守恒，Na2CrO4溶液中存在c(Na故答案為：D?！痉治觥緼、增大氫離子的濃度，使平衡朝正向移動；

B、結合曲線交點以及pH計算二級電離平衡常數(shù)；

C、結合曲線可以知道奧存在鉻酸根離子，此時溶液pH應該大于9；

D、結合物料守恒判斷。14．【答案】D【解析】【解答】A．E點為新制氯水溶液，溶液顯酸性，由水電離出的c水(H+)=10-11mo/L，溶液中OH-完全是由水電離出來的，所以c(OH-)=c水(H+)=10-11mo/L，則溶液中c(H+)=Kwc(B．H點對于溶液中溶質為NaCl、NaClO和NaOH，根據(jù)電荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-)，此時溶液為堿性，則c(OH-)＞c(H+)，所以c(Na+)＞c(Cl-)+c(ClO-)，故B不符合題意；C．加水稀釋H點對應的溶液，H點為堿性溶液，加水稀釋時堿性減弱，促使溶液pH值向中性接近，所以pH值降低，故C不符合題意；D．G點為等物質的量濃度的NaClO和氯化鈉的混合溶液，ClO-水解使溶液呈堿性，因此c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A、氯水具有漂白性，不能用pH試紙測定；

B、結合電荷守恒判斷；

C、酸性溶液加水稀釋酸性減弱，堿性溶液加水稀釋時堿性減弱；

D、結合次氯酸根的水解判斷。15．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，則Ksp(Ag2SeO3)的數(shù)量級為10-15，A不符合題意；B．d點c(Ag＋)大于平衡濃度，故d點的濃度積Qc(AgBr)＞Ksp(AgBr)，故為溴化銀的過飽和溶液，B不符合題意；C．逐滴加AgNO3溶液時，生成Ag2SeO3，AgBr沉淀時所需銀離子濃度分別為10-150.01mol/L=3.16×10-7D．Ag2SeO3(s)＋2Br－(aq)?2AgBr(s)＋SeO32-(aq)平衡常數(shù)為Ksp(Ag2Se故答案為：D

【分析】A、結合點（5，5.0）以及溶度積的計算公式判斷；

B、結合Qc和Ksp的大小判斷；

C、結合溶度積公式以及硒酸根濃度計算；

D、結合硒酸銀和溴化銀的溶度積比值計算。16．【答案】D【解析】【解答】解：A項，對比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]無明顯變化，②Fe附近的溶液中不含F(xiàn)e2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]產生藍色沉淀，③Fe附近的溶液中含F(xiàn)e2+，②中Fe被保護，A項不符合題意；B.①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面產生藍色沉淀，F(xiàn)e表面產生了Fe2+，對比①②的異同，①可能是K3[Fe（CN）6]將Fe氧化成Fe2+，B項不符合題意；C.對比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面產生藍色沉淀，①也能檢驗出Fe2+，不能用①的方法驗證Zn保護Fe，C項不符合題意；D.由實驗可知K3[Fe（CN）6]可能將Fe氧化成Fe2+，將Zn換成Cu不能用①的方法證明Fe比Cu活潑，D項符合題意；故答案為：D?！痉治觥緼項，對比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]無明顯變化，②Fe附近的溶液中不含F(xiàn)e2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]產生藍色沉淀，③Fe附近的溶液中含F(xiàn)e2+，②中Fe被保護；B項，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面產生藍色沉淀，F(xiàn)e表面產生了Fe2+，對比①②的異同，①可能是K3[Fe（CN）6]將Fe氧化成Fe2+；C項，對比①②，①也能檢驗出Fe2+，不能用①的方法驗證Zn保護Fe；D項，由實驗可知K3[Fe（CN）6]可能將Fe氧化成Fe2+，將Zn換成Cu不能用①的方法證明Fe比Cu活潑。17．【答案】（1）化學；0.968（2）391（3）4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g)ΔH=-1034.9kJ/mol（4）堿溶液；H2-2e-+2OH-=2H2O；0.2【解析】【解答】(1)上述反應過程中能量轉化形式為光能轉化為化學能，達平衡時，生成氧氣0.0020mol，根據(jù)熱化學方程式計算；(2)依據(jù)反應焓變=反應物斷裂化學鍵吸收的能量-生成物形成化學鍵放出的能量計算得到；(3)根據(jù)蓋斯定律可以根據(jù)已知反應的焓變計算未知反應的焓變；(4)①由電極反應的產物可知，電解質溶液應該是堿溶液，酸性溶液中Ni(OH)2不能穩(wěn)定存在；②電池放電時，負極氫氣氧化反應，化合價升高，反應式為H2-2e-+20H-=2H2O；③外電路中每通過0.2NA個電子時，所以消耗氫氣0.1mol，則消耗H2的質量理論上減小0.1mol×2g/mol=0.2g；(1)上述反應過程中能量轉化形式為光能轉化為化學能，達平衡時，生成氧氣0.0020mol至少需要吸收的光能為0.0020mol×484kJ·mol-1=0.968kJ；(2)3H2+N2=2NH3，依據(jù)反應焓變=反應物斷裂化學鍵吸收的能量-生成物形成化學鍵放出的能量=3×436+945.8-6×N-H鍵鍵能=-92.2，N-H鍵鍵能=391kJkJ；(3)已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ/mol，②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH=+67.7kJ/mol，反應4H2(g)+2NO2(9)=N2(g)+4H2O(g)可以是2×①-②得到，所以4H2(g)+2NO2(9)=N2(g)+4H2O(g)ΔH=2×(-483.6kJ/mol)-67.7kJ/mol=-1034.9kJ/mol(4)①由電極反應的產物可知，電解質溶液應該是堿溶液，酸性溶液中Ni(OH)2不能穩(wěn)定存在；②電池放電時，負極氫氣氧化反應，化合價升高，反應式為H2-2e-+20H-=2H2O；③外電路中每通過0.2NA個電子時，所以消耗氫氣0.1mol，則消耗H2的質量理論上減小0.1mol×2g/mol=0.2g；

【分析】（1）發(fā)生化學反應，存在化學能，為光能轉化為化學能；

（2）反應熱=反應物的鍵能-生成物的鍵能；

（3）熱化學方程式的書寫要注意，化學計量數(shù)即為反應的物質的量，根據(jù)題干提供的數(shù)據(jù)，如物質的量、質量以及給出的反應熱進行對應，根據(jù)給出的物質的量和熱量可以列出關系式，且要注意，熱化學方程式的書寫中，化學計量數(shù)即反應的物質的量，要注意，物質的量之比等于反應熱之比；

（4）①有氫氧化鎳的參與，溶液為堿性；

②負極反應式為氫氣失去電子，結合氫氧根生成水；

③根據(jù)電子和氫氣的化學計量數(shù)之比計算。18．【答案】（1）當?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4溶液時，溶液由無色變?yōu)樽霞t色且30s內不褪色（2）無影響（3）0.0120（4）反應放熱或者生成某離子對反應有催化作用（5）1.8×10-5；0.028（6）C【解析】【解答】(1)KMnO4溶液呈紫色，草酸反應完畢，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，說明滴定到終點，不需要外加指示劑；(2)根據(jù)c(待測)=c((3)根據(jù)草酸和高錳酸鉀反應的方程式，得2KMnO4～5H2C2O4，根據(jù)c=nV(4)根據(jù)影響反應速率的因素進行分析；(5)根據(jù)ksp進行相關計算；(6)指示劑選擇原則①顏色變化明顯②Ksp微大于AgSCN，以此來解析；（1）KMnO4溶液呈紫色，草酸反應完畢，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，說明滴定到終點，溶液由無色變?yōu)樽霞t色且30s內不褪色；（2）在接近滴定終點時，用少量蒸餾水將錐形瓶內壁沖洗一下，再繼續(xù)滴定至終點，蒸餾水不影待測液的物質的量，對V(標準)無影響，根據(jù)c(待測)=c可知，c(待測)不變，則對所測得的x值無影響；（3）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，可知第三組數(shù)據(jù)與其它來組數(shù)據(jù)相差大，舍去第三組數(shù)據(jù)，可知高錳酸鉀的物質的量為n=cv=0.0100mol/L×(13.05-1.00)+(12.45-0.50)2×10-3L=1.2×10-4mol，根據(jù)2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，可知2KMnO4～5H2C2O4，可得則所配制的草酸溶液的物質的量濃度為nv=（4）根據(jù)影響反應速率的因素，加快反應速率的可能反應放熱或者生成某離子對反應有催化作用；（5）當溶液中的Cl-恰好沉淀完全(濃度為1.0×10-5mol/L)時根據(jù)Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)，可得c(Ag+)=1.8×10?101×10?5=1.8×10-5mol/L，根據(jù)Ksp(Ag2CrO4l)=c2(Ag+（6）目的是要測定SCN-的濃度，所以原理應為先使SCN-沉淀，當SCN-完全反應后產生其他顏色的沉淀，根據(jù)題目所給條件可知AgSCN為白色沉淀，所以指示劑與銀離子沉淀時顏色不能為白色，則為AgBr或Ag2CrO4，其中Ag2CrO4的溶度積要稍大于AgSCN，所以會后與AgSCN沉淀，所以可選Na2CrO4作為指示劑；故答案為：C。

【分析】（1）滴定終點的現(xiàn)象是最后一滴標準液進入錐形瓶中，顏色或者沉淀半分鐘內不再變化；

（2）錐形瓶中的物質的量固定，稀釋不影響滴定；

（3）當題目中出現(xiàn)的數(shù)據(jù)相差較大的時候應該舍去，結合公式n=c·V計算；

（4）升高溫度、加入催化劑都可能加快溶液或者液體參與的化學反應速率；

（5）結合溶度積和氯離子的濃度計算；

（6）本題要注意，要使硫氰酸根最先沉淀，且生成的沉淀顏色不能和氯化銀的沉淀顏色相同。19．【答案】（1）<；降溫或從平衡體系中移去氮氣或二氧化碳；不變（2）C(s)+N2O=C(O)+N2(g)（3）BC；相同條件下NO去除率更高或在較低溫度下去除NO的效果或純碳的活化能高、反應速率慢等；；BD【解析】【解答】反應C(S)+2NO(g)?N2(g)+CO2(g)在常溫下可以自發(fā)進行，滿足ΔH-TΔS<0，提高NO平衡轉化率需要平衡正向進行，NO的起始濃度增大，體系壓強增大，由于反應前后氣體體積不變，化學平衡狀態(tài)不變；(2)蓋斯定律，可知反應間系，可得第三步反應；(3)①A．恒溫恒容條件下氣體壓強與氣體物質的量成正比，該反應前后氣體物質的量不變，則壓強始終不變；B．根據(jù)摩爾質量公式M=mnC．反應前后氣體總質量增大、容器體積不變，則反應前后氣體密度增大，當混合氣體密度不變時，反應達到平衡狀態(tài)；D．根據(jù)題中信息，測得第3小時末(未到達平衡)NO去除率，根據(jù)圖中信息Cu/C催化200℃時NO去除率達50%，來判斷；②圖中分析可知La/C、Cu/C去除NO效果好于c，原因是相