2021-2022学年高二上期末化学试卷
（时间90分钟，满分100）
题号 一 二 三 总分 得分
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
汽车电源常用铅蓄电池，其放电时反应如下：PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，下列说法正确的是（ ）
A. Pb是正极，被氧化 B. PbO2失电子，发生还原反应 C. 负极反应是Pb+SO42--2e-=PbSO4 D. 电池放电时，溶液的酸性增强
对于反应A2+3B2=2C来说，以下化学反应速率的表示中，反应速率最快的是（ ）
A. v（A2）=1.5mol/（L?s） B. v（B2）=4.8mol/（L?min） C. v（C）=1.6mol/（L?s） D. v（B2）=1.7mol/（L?s）
下列与金属腐蚀有关的说法不正确的是( )
A. 图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重 B. 图b中，开关由连接M改为连接N时，Cu-Zn合金的腐蚀速率减小 C. 图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Pt上放出气体的速率也增大 D. 图d中，Zn-MnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化性引起的
N2（g）与H2（g）在一定条件下反应生成NH3（g），过程如图，下列说法正确的是（ ）
A. I为放热过程、Ⅱ为吸热过程 B. ＜“m“：math dsi：zoomscale=150dsi：_mathzoomed=1＞12molN2和molH2的键能之和大于1?mol?NH3的键能 C. molN2和molH2所具有的能量之和低于1?mol?NH3所具有的能量 D. 该过程的热化学反应方程式为N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-92?kJ/mol
X、Y、Z三种液体的近似pH如图，下列判断正确的是（ ）
A. X可能是醋酸钠溶液 B. Y可能是90℃时的纯水 C. Y一定是正盐溶液 D. Z可使甲基橙试液变黄
一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图的是（ ）
A. CO2（g）+2NH3（g）?CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H＜0 B. CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）；△H＞0 C. CH3CH2OH?（g）?CH2=CH2（g）+H2O（g）；△H＞0 D. 2C6H5CH2CH3（g）+O2（g）?2?C6H5CH=CH2（g）+2H2O（g）；△H＜0
某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下反应：2X（g）+Y（g）?Z（g）+W（s）△H＞0，下列叙述正确的是（ ）
A. 加入少量W，逆反应速率增大 B. 升高温度，正反应和逆反应速率都增大 C. 在容器中加入氦气，压强增大，反应速率增大 D. 将容器的体积压缩，可增大活化分子的百分数，有效碰撞次数增大
将4mol?A气体和2mol?B气体置于1L的密闭容器中，混合后发生如下反应：2A（g）+B（g）=2C（g）．若经2s后测得C的浓度为1.2mol/L，下列说法正确的是（ ）
A. 用物质A表示的反应速率为1.2mol/（L?s） B. 用物质B表示的反应速率为0.6mol/（L?s） C. 2s时物质A的转化率为30% D. 2s时物质B的浓度为0.6mol/L
除去下列物质中混有的少量杂质（括号中的物质）采用的操作方法错误的是（ ）
A. KCl（NH4Cl）用加热法分离 B. CO2（SO2）通过饱和的碳酸钠溶液洗气 C. NO（NO2）通过水洗气 D. Fe2O3（Al2O3）加入NaOH溶液
25℃时，有c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1mol?L-1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO-）?与pH的关系如图所示．下列有关溶液中离子浓度关系的叙述中不正确的是（ ）
A. pH=5.5的溶液中c（CH3COO-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH-） B. W点所表示的溶液中c（Na+）+c（H+）=c（CH3COOH）+c（OH-） C. pH=3.5的溶液中：c（Na+）+c（H+）-c（OH-）+c（CH3COOH）=0.1mol?L-1 D. 向W点所表示的1L溶液中通入0.05mol?HCl气体（溶液的体积变化可忽略）：c（H+）=c（OH-）+c（CH3COOH）
下列关于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质的正确组合是（ ）
纯净物 混合物 强电解质 弱电解质 非电解质 A 盐酸 水煤气 硫酸 醋酸 干冰 B 氢氧化钡 蔗糖溶液 硫酸钡 醋酸 三氧化硫 C 胆矾 石灰水 苛性钾 水 碳酸钙 D 重钙 普钙 氯化钠 氢氧化铁 氢气 A. A B. B C. C D. D
常温下，对于醋酸溶液的下列说法中，正确的是（ ）
A. 0.1?mol?L-1的醋酸溶液中加水稀释，溶液中c（OH-）减小 B. 醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-） C. 与同浓度的盐酸比较，分别加水稀释100倍，稀释后溶液中c（H+）醋酸＞c（H+）盐酸 D. 0.1?mol?L-1的醋酸与等浓度等体积的NaOH溶液反应后的溶液中：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1mol/L
用如图所示的装置，采用廉价的镍催化剂，通过电化学方法，可在碱性环境中直接使尿素转化成纯氢，电极为惰性电极，隔膜仅阻止气体通过，下列相关叙述不正确的是（ ）
A. 尿素由碳、氮、氧、氢四种元素组成的有机化合物 B. 尿素在阳极被氧化，当生成1?mol?N2时，转移电子为6?mol C. a、b两处生成的气体体积比为1：3 D. 假设电解过程中溶液体积不变，电解后排出液的pH比通入前大
下列事实：①明矾可做净水剂；②NaHSO4水溶液呈酸性；③Na2SiO3、Na2CO3、Na[Al（OH）4]等溶液不能贮存在磨口玻璃瓶塞的试剂瓶中；④铵态氮肥不能与草木灰混合施用；⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强；⑥配制FeCl3溶液，需用浓盐酸溶解FeCl3固体；⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放；⑧泡沫灭火器反应原理。其中与盐类水解有关的是（ ）
A. 全部 B. 除⑦以外 C. 除②以外 D. 除④、⑥以外
二、实验题（本大题共3小题，共34.0分）
铬元素及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途． （1）在常温下，铬能缓慢与稀硫酸反应，生成蓝色溶液．其金属性比铜______（填“强”或“弱”） （2）Cr（OH）3和Al（OH）3性质类似，则Cr（OH）3与KOH反应的离子方程式为______． （3）工业上净化处理铬污染的可用电解法．将含K2Cr2O7酸性废水放入电解槽内，加入适量的NaCl，以Fe作阳极和石墨作阴极进行电解．经过一段时间后，溶液中Cr和Fe转化为Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀除去． ①写出阴极的电极反应式：______． ②溶液中Fe、Cr元素最终转化为Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀除去，原理为______（用离子方程式和必要的文字说明）． ③电解后的溶液中c（Fe3+）为2.0×10-13?mol?L-1，则溶液中c（Cr3+）为______mol?L-1（已知Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38，Ksp[Cr（OH）3]=6.0×10-31）． （4）CrO3具有强氧化性，可用于查处酒驾，原理是在酸性条件下能将乙醇氧化成乙酸，CrO3被还原成绿色的硫酸铬[Cr2（SO4）3]，则该反应的化学方程式为______． （5）CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率（×100%）随温度的变化如右图所示，则B点时剩余固体的成分是______（填化学式）．
请从图中选用必要的装置进行电解饱和食盐水的实验，要求测定产生的氢气的体积（大于25mL），并检验氯气的氧化性。 （1）A极发生的电极反应式是______，B极发生的电极反应式是______。 （2）在实验中，盛有KI淀粉溶液的容器中发生反应的离子方程式为______ （3）已知饱和食盐水50mL（假设NaCl足量且忽略溶液体积变化），某时刻测得H2体积为16.8mL（标准 状况）。此时溶液pH约为______。（lg2=0.3，lg3=0.5，lg5=0.7）
某化学小组对铁及其化合物的性质、制备进行如下探究。请按要求回答下列问题。 （一）Fe与Fe2+性质探究。供选试剂：FeCl3溶液、FeCl2溶液、Zn片、Fe粉、KSCN溶液 （1）同学甲探究铁具有还原性，可选择试剂：Fe粉、KSCN溶液、______。 （2）同学乙为探究Fe2+的还原性，取2mLFeCl2溶液，向其中滴加少量氯水，观察现象不太明显，其原因可能是 ______；欲获得更充分证据，此实验操作应该完善为 ______。 （3）同学丙欲探究Fe2+具有氧化性，其方案涉及反应的离子方程式为 ______。 （二）Fe（OH）2的制备同学丁设计如右图所示装置，气密性已查完好。 （1）为达到实验目的，需进行的操作：先打开K3，关闭K2，打开K1，反应片刻后，再 ______，______，发现溶液从装置2进入装置3中，关闭K1。 （2）从实验操作过程分析装置3中有灰绿色沉淀产生而没有产生白色沉淀的原因：______。 （三）出土铁器修复部分过程的分析与探究 （1）腐蚀原理分析：一般认为，铁经过了如下腐蚀循环： Ⅰ．Fe转化为Fe2+； Ⅱ．Fe2+在自然环境中形成FeO（OH）； Ⅲ．FeO（OH）和Fe2+反应形成致密的Fe3O4保护层； Ⅳ．Fe3O4保护层再转化为FeO（OH）。如此往复腐蚀。 ①从原子结构解释步骤I很容易发生的原因：______。 ②上述过程属于氧化还原反应的步骤为 ______（填序号）。 （2）化学修复过程探究：研究发现，Cl-对铁的腐蚀会造成严重影响，铁器表面会产生FeOCl。将铁器浸没在盛有0.5mol/LNaOH、0.5mol/LNa2SO3的溶液的容器中，缓慢加热至60～90℃。一段时间后，取出器物，用NaOH溶液洗涤，至无Cl-。 ①加热目的是 ______。 ②检测Cl-洗涤干净与否的操作：______。 ③铁器表面的FeOCl脱氯生成FeO（OH）。写出该反应的离子方程式：______。 ④修复中FeO（OH）变成Fe3O4。写出该反应的化学方程式：______。
三、简答题（本大题共2小题，共24.0分）
氢气是清洁的能源，也是重要的化工原料，根据以下三种制氢方法，完成下列问题： （1）方法一：H2S热分解法，反应式为：2H2S（g）?2H2（g）+S2（g）△H 在恒容密闭容器中，测定H2S分解的转化率（H2S的起始浓度均为c mol/L），测定结果见图，图中曲线a表示H2S的平衡转化率与温度关系，曲线b表示不同温度下反应经过相同时间未达到化学平衡时H2S的转化率。 ①△H ______ 0（“＞”“＜”或“=”）， ②若985℃时，反应经t min达到平衡，此时H2S的转化率为40%，则t min内反应速率v（H2）= ______ ?（用含c、t的代数式表示）。 ③请说明随温度的升高，曲线b向曲线a接近的原因： ______ 。 （2）方法二：以CaO为吸收体，将生物材质（以C计）与水蒸气反应制取H2．相关主要反应如下： I：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.0kJ/mol Ⅱ：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=-43kJ/mol Ⅲ：CaO（s）+CO2（g）=CaCO3（s）△H=-178.3kJ/mol ①计算反应C（s）+2H2O（g）+CaO（s）?CaCO3（s）+2H2（g）的△H= ______ kJ/mol； 若K1、K2、K3分别为反应I、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数，该平衡常数K= ______ （用K1、K2、K3表示）。 ②对于可逆反应C（s）+2H2O（g）+CaO（s）?CaCO3（s）+2H2（g），采取以下措施可以提高H2产率的是 ______ （填字母）。 A．降低体系的温度 B．压缩容器的体积 C．增加CaO的量 D．选用适当的催化剂 （3）方法三：利用甲醇可以与水蒸气反应制取H2，反应方程式如下： CH3OH（g）+H2O（g）?CO2（g）+3H2（g）△H=+49.4 kJ/mol 一定温度下，向容积为2L的密闭恒容容器中充入1 mol?CH3OH（g）和3 mol?H2O（g），达到平衡状态时，吸收热量19.76kJ，则 ①达平衡时混合气体的压强是反应前的 ______ 倍。 ②此温度下的该反应的平衡常数是 ______ （保留两位有效数字）。
工业上常用电石（主要成分为CaC2，杂质为CaS等）与水反应生产乙炔气。 （1）工业上合成CaC2主要采用氧热法。 已知：CaO（s）+3C（s）=CaC2（s）+CO（g）△H=+464.1KJ?mol-1 C（s）+O2（g）=CO（g）△H=-110.5KJ．mol-1 若不考虑热量耗散，物料转化率均为100%，最终炉中出来的气体只有CO，为维持热平衡，每生产l?molCaC2，转移电子的物质的量为______。 （2）已知2000℃时，合成碳化钙的过程中还可能涉及到如下反应 CaO（s）+C（s）?Ca（g）+CO（g）?????????K1△H1=a?KJ?mol-1 Ca（g）+2C（s）?CaC2（s）????????????K2△H2=b?KJ?mol-1 2CaO（s）+CaC2（s）?3Ca（g）+2CO（g）??K3△H3=c?KJ?mol-1 则K1=______（用含K2、K3的代数式表示）；c=______（用含a、b的代数式表示）。 （3）利用电石产生乙炔气的过程中产生的H2S气体制取H2，既廉价又环保。 ①利用硫化氢的热不稳定性制取氢气。在体积为2L的恒容密闭容器中，H2S起始物质的量为2mol，达到平衡后H2S的转化率α随温度和压强变化如图l所示。由图知压强P1______P2（填“大于”“小于”或“等于”）。据图计算T1℃、压强P1时，硫为气态，则平衡体系中H2的体积分数______。 ②电化学法制取氢气的原理如图2，请写出反应池中发生反应的离子方程式______，惰性电极a上发生的电极反应式为______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、从铅蓄电池的放电反应可以看出：放电过程中pb失去电子变为Pb2+，发生氧化反应，因而Pb是负极，故A错误； B、PbO2得到电子发生还原反应，被还原，故B错误； C、Pb在反应中失去电子，为电池的负极，负极反应是Pb+SO42--2e-=PbSO4 ，故C正确； D、反应过程中消耗了H2SO4，使溶液的酸性减弱，故D错误。 故选：C。 根据放电时的电池反应PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O可知，Pb在反应中失去电子，为电池的负极，PbO2在放电过程中得到电子被还原，所以它是原电池的正极；原电池放电的过程中消耗硫酸，所以溶液的酸性减弱，据此进行解答。 本题考查了常见的化学电源及工作原理，题目难度中等，注意掌握常见化学电源的类型及工作原理，能够根据原电池总反应判断两极，并能够正确书写电极反应式。
2.【答案】A
【解析】解：用不同物质表示同一化学反应的化学反应速率时，其化学反应速率之比等于化学方程式中计量数之比，据此，各选项中反应速率都换算成用物质A表示的反应速率，则得： A．v（A2）=1.5mol/（L?s）； B．v（A2）===1.6mol/（L?min）=0.027mol/（L?s）； C..v（A2）===0.8mol/（L?s）； D..v（A2）===0.57mol/（L?s）； 根据上述分析，各选项中用A表示的化学反应速率大小关系是：A＞C＞D＞B，即反应速率最快的是A。 故选：A。 根据化学反应速率与化学方程式中化学计量数之间的关系，把用不同物质表示的反应速率换算成用同一物质表示的化学反应速率，然后比较大小． 本题需要建立思维过程，即把用不同物质表示的反应速率换算成用同一物质表示的化学反应速率，这需要做题时勤于思考，勤于总结．
3.【答案】A
【解析】试题分析：图a中，铁棒发生化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，A项错误；图b中开关由M置于N，Cu一Zn作正极，腐蚀速率减小，B正确；图c中接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，Pt上放出气体的速率也增大，C项正确；图d中干电池放电时MnO2发生还原反应，体现还原性，D项错误，答案选A。 考点：考查金属的腐蚀与防护、原电池的有关判断和应用 点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题设计新颖，基础性强，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性。该题侧重对学生基础性知识的巩固与检验，兼顾对学生灵活应变能力的培养。该题的关键是熟练记住原电池和电解池的工作原理，并能结合题意灵活运用即可。
4.【答案】D
【解析】解：A．I为键的断裂过程，则为吸热过程、而Ⅱ为形成化学键的过程，应为放热过程，故A错误； B．由图示可知molN2和molH2的键能之和明显小于1?mol?NH3的键能，故B错误； C．由图示可知molN2和molH2的总能量明显高于1?mol?NH3的能量，发生反应为放热反应，故C错误； D．由图示可知发生反应为N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=2×（1127-1175）kJ/mol=-92?kJ/mol，故D正确； 故选：D。 A．反应物键断裂吸收热量，生成键形成放出热量； B．图示molN2和molH2的键能之和为1129kJ，1?mol?NH3的键能为1175kJ； C．图示反应物的总能量比生成物的总能量高； D．反应热=反应物的键能和-生成物的键能和。 本题考查了化学反应能量变化，为高频考点，侧重于考查图象分析判断，注意拆化学键吸收能量，形成化学键放出能量，题目难度中等。
5.【答案】D
【解析】解：A．醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，而X呈酸性，故A错误； B.90℃时的纯水pH＜7，故B错误； C．如Y为醋酸铵，溶液也呈中性，故C错误； D．甲基橙变色范围为3.1-4.4，Z的pH=10．呈碱性，则加入甲基橙，溶液变为黄色，故D正确。 故选：D。 由图可知X的pH=1，溶液呈酸性，Y的pH=7，溶液呈中性，Z的pH=10，溶液呈碱性，以此解答该题。 本题考查盐类的水解溶液酸碱性的判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握盐类水解的原理和规律，难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A、正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，水蒸气的含量降低，正反应是体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，水蒸气的含量增大，符合图象，故A正确； B、正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，水蒸气的含量增大，反应是一个体积不变的，压强对水蒸气的含量不影响，不符合图象，故B错误； C、正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，水蒸气的含量增大，正反应是体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应移动，水蒸气的含量减小，不符合图象，故C错误； D、正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，水蒸气的含量降低，正反应是体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应移动，水蒸气的含量降低，不符合图象，故D错误； 故选：A。 由左图可知，温度为t2到达平衡时间短，故t2＞t1，随着温度的升高，水蒸气的含量减小，说明升高温度平衡向减少水的方向移动，则正反应应为放热反应； 由右图可知，压强为p1先到达平衡，故p1＞p2，随着压强增大，水蒸气的含量增大，说明增大压强平衡向生成水的方向移动，以此解答该题． 本题考查外界条件对化学平衡的影响、化学平衡图象等，题目难度中等，解答的关键是能正确分析温度、压强对平衡移动的影响．
7.【答案】B
【解析】解：A．W是固体，不影响反应速率，所以加入少量W，逆反应速率不变，故A错误； B．升高温度，活化分子百分数增大，则正逆反应速率都增大，故B正确； C．在容器中加入氦气，反应物和气体生成物浓度都不变，则化学反应速率不变，故C错误； D．若将容器体积压缩，相当于增大压强，单位体积内活化分子个数增大，但活化分子百分数不变，故D错误； 故选：B。 A．W是固体，不影响反应速率； B．升高温度正逆反应速率都增大； C．在容器中加入氦气，反应物和气体生成物浓度都不变； D．若将容器体积压缩，相当于增大压强，单位体积内活化分子个数增大。 本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用，明确浓度、温度、压强对化学反应速率影响原理内涵是解本题关键，注意：固体和纯液体不影响反应速率。
8.【答案】C
【解析】解：利用三段式法计算：起始A的浓度为4mol/L，B的浓度为2mol/L，经2s后侧得C的浓度为1.2mol?L-1， ???????2A（g）+B（g）??2C（g）， 起始：4mol/L?????? 2mol/L????????0 变化：1.2mol/L??? 0.6mol/L??????1.2mol/L 2S时：2.8mol/L??? 1.4mol/L?????? 1.2mol/L A、2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v（A）==0.6mol?L-1?s-1，故A错误； B、2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）==0.3mol?L-1?s-1，故B错误； C、2s时物质A的转化率为α=×100%=30%，故C正确； D、2s时物质B的浓度为1.4mol?L-1，故D错误。 故选：C。 根据化学反应速率等于单位时间内浓度的变化量及根据反应2A（g）+B（g）??2C（g），并利用三段式法计算，据此解答． 本题考查化学反应速率有关计算，难度不大，学生应学会利用三段式计算方法来表示各个量，并进行相关的计算．
9.【答案】B
【解析】解：A．NH4Cl受热易分解，氯化钾受热稳定，可分离，故A正确； B．二氧化碳能与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，将原物质除掉，故B错误； C．NO2可与水反应生成NO，且NO不溶于水，故C正确； D．Al2O3和NaOH溶液反应能生成偏铝酸钠溶液，Fe2O3与NaOH溶液不反应，能除去Al2O3，故D正确． 故选B． A．NH4Cl受热易分解； B．二氧化碳能与碳酸钠反应生成碳酸氢钠； C．NO2可与水反应生成NO； D．Al2O3和NaOH溶液反应能生成偏铝酸钠溶液． 本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大．
10.【答案】D
【解析】解：A．由图可知，pH=4.75时，c（CH3COO-）=c（CH3COOH），故当pH=5.5?时，有c（CH3COO-）＞c（CH3COOH），且溶液显酸性，则c（CH3COOH）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-），故A正确； B．W点由电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），而?c（CH3COO-）=c（CH3COOH），故有c（Na+）+c（H+）=c（CH3COOH）+c（OH-），故B正确； C．由电荷守恒及c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1mol?L-1可知，c（Na+）+c（H+）-c（OH-）+c（CH3COOH）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1mol/L，故C正确； D．向W点所表示溶液中通入0.05molHCl气体，氯化氢和醋酸钠反应生成醋酸，溶液中电荷守恒关系为：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+c（Cl-），故D错误； 故选D． A．醋酸、醋酸钠混合溶液，由图可知，溶液显酸性，则开始电离大于水解，W点c（CH3COO-）=c（CH3COOH），W点后，水解大于电离，c（CH3COO-）＜c（CH3COOH）； B．根据溶液的电荷守恒来分析； C．由电荷守恒及c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1mol?L-1分析； D．W点为等量的醋酸和醋酸钠的混合液，溶液中通入0.05?mol?HCl气体后，溶液呈电中性，根据物料守恒和电荷守恒判断． 本题考查离子浓度大小判断，注意根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒来分析解答即可，难度较大．
11.【答案】B
【解析】解：纯净物：有一种物质组成．混合物：由两种或两种以上的物质组成．在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；在水溶液里或熔融状态下不导电的化合物是非电解质， A、盐酸是混合物，故A错误． B、各项符合条件，故B正确． C、碳酸钙是电解质，故C错误． D、重钙是混合物，氢气是单质，故D错误． 故选B． 根据纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质的定义判断． 注意： 1、电解质必须是化合物，必须有自由移动的离子，且离子是其本身电离的； 2、非电解质必须是化合物； 3、电解质的强弱与导电能力无关．
12.【答案】B
【解析】解：A.0.1?mol?L-1的醋酸溶液中加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，依据离子积常数可知溶液中c（OH-）增大，故A错误； B．醋酸溶液中存在电荷守恒，c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），故B正确； C．盐酸完全电离，醋酸存在电离平衡，分别加水稀释100倍，盐酸溶液中氢离子浓度较大，c（H+）醋酸＜c（H+）盐酸，故C错误； D.0.1?mol?L-1的醋酸与等浓度等体积的NaOH溶液反应后的溶液中为醋酸钠溶液，溶液体积增大一倍，溶液中存在物料守恒c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.05mol/L，故D错误； 故选B． A．醋酸溶液中存在电离平衡、离子积常数，加水稀释促进醋酸电离，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大； B．醋酸溶液中存在电荷守恒，阴阳离子所带电荷数相同； C．盐酸完全电离，稀释等体积时，醋酸又电离出氢离子，盐酸溶液中氢离子浓度较大； D.0.1?mol?L-1的醋酸与等浓度等体积的NaOH溶液反应后的溶液中为醋酸钠溶液，溶液中存在物料守恒． 本题考查了弱电解质的电离平衡、溶液中电荷守恒、物料守恒、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，解题的关键是理解电离平衡微弱和影响电离平衡的因素的分析应用．
13.【答案】D
【解析】解：A．尿素的结构简式为CO（NH2）2，由C、H、O、N元素组成，是有机化合物，故A正确； B．电解池阳极的反应为物质失去电子，发生氧化反应，根据装置图，阳极产生N2，由尿素转化而来，阳极的反应为：CO（NH2）2+8OH--6e-=CO32-+N2↑+6H2O，N从-3价升高为0价，1molN转移3mol电子，当生成1molN2时，反应转移2×3=6mol电子，故B正确； C．当a处生成1molN2时，反应转移电子数为6mol，b处产生H2，由水而来，阴极的电极反应式为为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，生成1molH2时，转移电子数为2mol，根据电子得失守恒，两极产生气体的关系为：N2～～3H2～～6e-，因此a、b两处生成的气体体积比为1：3，故C正确； D．电解的总反应方程式为：CO（NH2）2+2OH-CO32-+N2↑+3H2↑，假设电解过程中溶液体积不变，电解反应消耗OH-，溶液对的pH值随着电解反应的进行而下降，因此电解后排出液的pH比通入前小，故D错误。 故选：D。 A．尿素的结构简式为CO（NH2）2，由C、H、O、N元素组成； B．电解池阳极的反应为物质失去电子，发生氧化反应，根据装置图，阳极产生N2，由尿素转化而来，据此N的化合价变化分析； C．a处生成N2，由尿素变化而来，b处产生H2，由H2O变化而来，根据电子得失守恒计算两极产生气体的量之比； D．由装置图分析，阳极处排出电解液，根据电解反应的方程式判断溶液中pH值的变化． 本题考查了电解原理，明确元素化合价变化是解本题关键，根据元素化合价变化与阴阳极的关系来分析解答，分析整个溶液pH值变化时需从电解的总反应角度分析，题目难度中等．
14.【答案】C
【解析】解：①明矾可做净水剂是由于铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性而净水，与盐类水解有关，故①正确； ②NaHSO4水溶液呈酸性是由于硫酸氢根离子电离出氢离子的缘故，与盐类水解无关，故②错误； ③Na2SiO3、Na2CO3、Na[Al（OH）4]等都是强碱弱酸盐，水解呈碱性，则溶液不能贮存在磨口玻璃瓶塞的试剂瓶中，与盐类水解有关，故③正确； ④铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是由于铵根离子与碳酸根离子发生互促水解的原因，故④正确； ⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强是由于加热促进盐类的水解，故⑤正确； ⑥配制FeCl3溶液，需用浓盐酸溶解FeCl3固体，目的是抑制铁离子的水解，防止溶液浑浊，与盐类水解有关，故⑥正确； ⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放，是由于水解生成HF能腐蚀玻璃，故⑦正确； ⑧泡沫灭火器反应原理为：铝离子与碳酸氢根离子发生双水解，属于盐的水解，故⑧正确； 故选：C。 盐类水解的实质是盐中的某些离子与水电离出的H+或OH-生成弱电解质，促进了水的电离，增大了水的电离度，强酸弱碱强碱弱酸盐以及弱酸弱碱盐可发生水解，据此分析。 本题考查常见盐类水解的应用，把握盐的水解原理，明确强酸弱碱强碱弱酸盐以及弱酸弱碱盐可发生水解是解题的关键，学习中注意相关基础知识的积累，题目难度不大。
15.【答案】强；Cr（OH）3+OH-=CrO2-+2H2O；2H++2e-=H2↑；阳极Fe-2e-=Fe2+，6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，消耗H+，同时阴极H+放电，c（OH-）增大，Fe3+、Cr3+结合OH-转化为沉淀；3×10-6；4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3CO0H+9H2O；Cr2O3
【解析】解：（1）在常温下，铬能缓慢与稀硫酸反应，而Cu不能与稀硫酸反应，说明Cr金属活泼性较强，故答案为：强； （2）Cr（OH）3和Al（OH）3类似，氢氧化铝与氢氧化钾反应生成偏铝酸钾和水，故Cr（OH）3与KOH反应生成KCrO2，离子反应方程式为：Cr（OH）3+OH-=CrO2-+2H2O， 故答案为：Cr（OH）3+OH-=CrO2-+2H2O； （3）①用Fe为电极进行电解，阳极是活泼电极，则电极本身发生失电子的氧化反应，即Fe-2e-=Fe2+，阴极上是阳离子发生得电子的还原反应，即2H++2e-=H2↑， 故答案为：2H++2e-=H2↑； ②在电解池的阳极：Fe-2e-=Fe2+，Cr2O72-具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr3+，反应的实质是：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，Cr2O72-与Fe2+反应的过程中，将消耗大量的H+，使溶液pH上升，促使Fe3+、Cr3+水解并最终转化为Fe（OH）3、Cr（OH）3沉淀， 故答案为：阳极Fe-2e-=Fe2+，6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，消耗H+，同时阴极H+放电，c（OH-）增大，Fe3+、Cr3+结合OH-转化为沉淀； ③电解后溶液中c（Fe3+）=2.0×10-13mol/L，则溶液中c3（OH-）=mol/L=2×10-25mol/L，故溶液中c（Cr3+）=mol/L=3×10-6mol/L， 故答案为：3×10-6； （4）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，乙醇被氧化成乙酸，碳的平均化合价从-2价升高到0，1个乙醇化合价变化4，CrO3被还原成绿色的硫酸铬[Cr2（SO4）3]，铬的化合价从+6价降低到+3价，1个CrO3化合价变化3，两者的最小公倍数是12，再根据原子守恒得：4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3CO0H+9H2O， 故答案为：4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3CO0H+9H2O； （5）设CrO3的质量为100g，则CrO3中铬元素的质量为：100g×=52g，B点时固体的质量为：100g×76%=76g，Co的质量没有变，所以生成物中Co的质量为52g，氧元素的质量为16，两者的个数比为=2：3，所以B点时剩余固体的成分是Cr2O3， 故答案为：Cr2O3． （1）铜排在金属活动性顺序表中H的后面，不能与硫酸反应，据此解答即可； （2）氢氧化铝与氢氧化钾反应生成偏铝酸钾和水，据此书写； （3）①阴极上是阳离子发生得电子的还原反应，据此书写电极反应； ②Fe3+、Cr3+在水溶液中会发生水解反应，当溶液的碱性达到一定程度就会生成氢氧化物沉淀； ③根据电解后溶液中c（Fe3+），由KsP[Fe（OH）3]计算溶液中c（OH-），再根据KsP[Cr（OH）3]计算溶液中c（Cr3+）； （4）根据化合价升降总数相等以及原子守恒来解答； （5）根据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，求出氧原子和铬原子的个数比即可． 本题考查了离子方程式和电极反应式的书写，注意（5）题中，在变化过程中，Co的质量没有变，是解题的关键，题目难度中等．
16.【答案】2H++2e-=H2↑? 2Cl--2e-=Cl2↑? Cl2+2I-=I2+2Cl-? 12.5
【解析】解：（1）A是阴极、B是阳极，用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上氯离子放电生成氯气，所以阴极、阳极电极反应式分别为2H++2e-=H2↑、2Cl--2e-=Cl2↑， 故答案为：2H++2e-=H2↑；2Cl--2e-=Cl2↑； （2）氯气和碘离子发生置换反应生成碘和氯离子，离子方程式为Cl2+2I-=I2+2Cl-， 故答案为：Cl2+2I-=I2+2Cl-； 因电解饱和食盐水的方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，当产生的H2的体积为16.8mL即=0.00075mol时，生成氢氧化钠的物质的量为0.0015mol，所以溶液中NaOH的物质的量浓度==0.03mol/L，所以氢离子的浓度为=×10-12mol/L，所以pH=12.5， 故答案为：12.5。 （1）A是阴极、B是阳极，用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上氯离子放电生成氯气； （2）氯气和碘离子发生置换反应生成碘和氯离子； （3）根据电解饱和食盐水的方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，利用公式c=来计算NaOH的物质的量浓度，然后求出氢离子的浓度，最后求出pH。 本题以电解原理为载体考查实验基本操作及物质性质，明确实验目的是解本题关键，根据实验目的及物质性质选取合适的实验装置及连接顺序，难点是实验仪器的连接顺序，题目难度中等。
17.【答案】FeCl3溶液? Fe2+浓度太低? 应向FeCl2溶液中先滴加KSCN溶液，观察现象，再向其中滴加少量氯水，继续观察现象? Zn+Fe2+=Zn2++Fe? 关闭K3? 打开K2? 装置3中氧气没有排出? 铁基态原子的价电子为3d64s2，常温下容易失去最外层2个电子? Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ? 加快反应速率? 取少量洗涤液于试管中，先加入稀硝酸至酸性，再滴加硝酸银溶液，观察现象? FeOCl+OH-=FeO（OH）+Cl-? Na2SO3+6FeO（OH）=Na2SO4+2Fe3O4+3H2O
【解析】解：（一）（1）FeCl3具有氧化性，能与铁反应，探究铁具有还原性应选择FeCl3溶液， 故答案为：FeCl3溶液； （2）探究Fe2+的还原性，取2mLFeCl2溶液，向其中滴加少量氯水，观察现象不太明显，其原因可能是Fe2+浓度太低，欲获得更充分证据，此实验操作应该完善为应向FeCl2溶液中先滴加KSCN溶液，观察现象，再向其中滴加少量氯水，继续观察现象， 故答案为：Fe2+浓度太低；应向FeCl2溶液中先滴加KSCN溶液，观察现象，再向其中滴加少量氯水，继续观察现象； （3）欲探究Fe2+具有氧化性，其方案涉及反应的离子方程式为Zn+Fe2+=Zn2++Fe， 故答案为：Zn+Fe2+=Zn2++Fe； （二）（1）为达到实验目的，需进行的操作：先打开K3，关闭K2，打开K1，排出装置中的空气，反应片刻后，再关闭K3，打开K2，发现溶液从装置2进入装置3中，反应生成的硫酸亚铁压入氢氧化钠溶液中生成氢氧化亚铁沉淀， 故答案为：关闭K3；打开K2； （2）氢氧化亚铁易被氧气氧化，装置3中有灰绿色沉淀产生而没有产生白色沉淀的原因是装置3中氧气没有排出， 故答案为：装置3中氧气没有排出； （三）（1）①从原子结构解释Fe转化为Fe2+很容易发生的原因为铁基态原子的价电子为3d64s2，常温下容易失去最外层2个电子， 故答案为：铁基态原子的价电子为3d64s2，常温下容易失去最外层2个电子； ②Ⅰ中铁元素由0价升高为+2价，属于氧化还原反应；Ⅱ中铁元素由+2价升高为+3价，属于氧化还原反应；Ⅲ中无元素价态变化，属于非氧化还原反应；Ⅳ中铁元素由+2价升高为+3价，属于氧化还原反应， 故答案为：Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ； （2）①加热目的是加快反应速率， 故答案为：加快反应速率； ②检测Cl-洗涤干净与否的操作为取少量洗涤液于试管中，先加入稀硝酸至酸性，再滴加硝酸银溶液，观察现象， 故答案为：取少量洗涤液于试管中，先加入稀硝酸至酸性，再滴加硝酸银溶液，观察现象； ③铁器表面的FeOCl脱氯生成FeO（OH），反应的离子方程式为FeOCl+OH-=FeO（OH）+Cl-， 故答案为：FeOCl+OH-=FeO（OH）+Cl-； ④修复中FeO（OH）变成Fe3O4，该反应的化学方程式为Na2SO3+6FeO（OH）=Na2SO4+2Fe3O4+3H2O， 故答案为：Na2SO3+6FeO（OH）=Na2SO4+2Fe3O4+3H2O。 （一）（1）探究铁具有还原性，应选择氧化性试剂； （2）氯水加入量不足，溶液颜色变化不明显，应加入KSCN溶液检验Fe3+生成； （3）Zn比Fe活泼，Zn可置换出Fe； （二）氢氧化亚铁易被氧气氧化，应先排出装置中的空气，再将反应生成的硫酸亚铁压入氢氧化钠溶液中生成氢氧化亚铁沉淀； （三）（1）①铁为26号元素，基态原子的价电子为3d64s2； ②反应过程中价态变化的反应属于氧化还原反应； （2）①升温，反应速率加快； ②用硝酸和硝酸银检验氯离子； ③FeOCl脱氯生成FeO（OH），依据原子守恒和电荷守恒书写离子方程式； ④FeO（OH）与Na2SO3亚硫酸钠变成Fe3O4。 本题考查铁及其化合物的性质、制备，题目难度中等，掌握铁及其化合物的性质和制备原理是解题的关键。
18.【答案】（1）①＞；②mol/（L?min）；③温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短； （2）①-90.3；K1?K2?K3；②A； ?（3）①1.2；②0.11mol2/L2。
【解析】
【分析】 本题考查反应热的判断、反应速率的计算、化学平衡图像与影响因素、盖斯定律等，难度中等，注意把握图像中坐标的含义，充分利用图像中的信息，题目综合性强，侧重于考查学生对所学知识的应用能力。 ?【解答】 （1）①由图知，升高温度，H2S的平衡转化率增大，所以H2S分解反应为吸热反应，△H＞0，故答案为：＞； ②v=，v（H2）=v（H2S）=mol/（L?min），故答案为：mol/（L?min）； ③由图知，不同温度下反应经过相同时间未达到化学平衡时H2S的转化率越来越接近平衡转化率，是因为温度越高，反应速率越快，经过相同时间，就越接近平衡，转化率就越接近平衡转化率； 故答案为：温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短； （2）①由盖斯定律知反应C（s）+2H2O（g）+CaO（s）?CaCO3（s）+2H2（g）的△H等于反应I、Ⅱ、Ⅲ的△H之和，所以反应C（s）+2H2O（g）+CaO（s）?CaCO3（s）+2H2（g）的△H=131.0kJ/mol-43kJ/mol-178.3kJ/mol=-90.3kJ/mol，平衡常数K等于I、Ⅱ、Ⅲ的K之积，即K=K1?K2?K3， 故答案为：-90.3；K1?K2?K3； ②A、可逆反应C（s）+2H2O（g）+CaO（s）?CaCO3（s）+2H2（g），为放热反应，降低温度，平衡正向移动，H2产率增大，故正确； B、可逆反应C（s）+2H2O（g）+CaO（s）?CaCO3（s）+2H2（g），为气体体积不变的反应，缩小体积，即增大压强，平衡不移动，H2产率不变，故错误； C、因为CaO是固体，增加CaO的量，平衡不移动，H2产率不变，故错误； D、选用适当的催化剂，平衡不移动，H2产率不变，故错误； 故答案为：A； （3）①吸热19.76kJ，据方程式可以求得，反应的甲醇有=0.4 mol，则 ???????????????CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）△H=+49.4 kJ/mol 反应前（mol） 1? ? ? ? ? ? ? ?3? ? ? ? ? ? ? ? 0? ? ? ? ? ? ? ? 0 反应了（mol） 0.4??????????? 0.4? ? ? ? ? ? ?0.4? ? ? ? ? ? 1.2 平衡后（mol） 0.6? ? ? ? ? ? 2.6? ? ? ? ? ? ?0.4? ? ? ? ? ? 1.2 平衡后，混合气体的压强是原来的=1.2， 故答案为：1.2； ②此温度下的该反应的平衡常数K==mol2/L2≈0.11?mol2/L2， 故答案为：1.2；0.11?mol2/L2。??
19.【答案】10.4mol ? ? （2a-b） ? 小于 ? 33.3% ? H2S+S2O82-=S↓+2SO42-+2H+ ? 2SO42--2e-=S2O82-
【解析】解：（1）若不考虑热量耗散，物料转化率均为100%，最终炉中出来的气体只有CO．则为了维持热平衡，所以每生产1molCaC2，则投料的量为：1molCaO、而投入碳的量为：3mol+=7.2mol，氧气的物质的量为×=2.1mol，2.1mol氧气化合价降低8.4，1molCaC2化合物价降低2.0，共降低价数为10.4mol， 故答案为：10.4mol； （2）由反应，①CaO（s）+C（s）?Ca（g）+CO（g）△H1=akJ?mol-1；②Ca（g）+2C（s）?CaC2（s）△H2=bkJ?mol-1；根据盖斯定律，目标反应=①×2-②，K1=；反应热c=（2a-b）kJ?mol-1， 故答案为：；（2a-b）； （3）①H2S起始物质的量为2mol，测定H2S的转化率，T1时H2S的转化率为40%，则 ?????????2H2S（g）?2H2（g）+S2（g） 开始??? 2????????????????? 0?????????????? ?0 转化? 0.8??????????????? 0.8???????????? 0.4 平衡? 1.2??????????????? 0.8????????????? 0.4 根据气体的体积分数等于气体的物质的量分数，P1时平衡体系中H2的体积分数=×100%=33.3%； 相同温度下，压强增大，H2S分解反应逆向进行，所以P1小于P2； 故答案为：小于；33.3%； ②反应池中H2S与S2O82-发生氧化还原反应，离子方程式为H2S+S2O82-=S↓+2SO42-+2H+；电解池中硫酸根离子失去电子生成S2O82-，2SO42--2e-=S2O82-， 故答案为：H2S+S2O82-=S↓+2SO42-+2H+；2SO42--2e-=S2O82-。 （1）若不考虑热量耗散，物料转化率均为100%，最终炉中出来的气体只有CO．则为了维持热平衡，所以每生产1molCaC2，则投料的量为：1molCaO、而投入碳的量为：3mol+=7.2mol，氧气的物质的量为×=2.1mol，2.1mol氧气化合价降低8.4，1molCaC2化合物价降低2.0，共降低价数为10.4mol； （2）由反应，①CaO（s）+C（s）?Ca（g）+CO（g）△H1=akJ?mol-1；②Ca（g）+2C（s）?CaC2（s）△H2=bkJ?mol-1；根据盖斯定律，目标反应的反应热为：①×2-②得△H3=（2a-b）kJ?mol-1，K1=； （3）①根据三步法列出起始、变化和平衡时的物质的量，再根据气体的体积分数等于气体的物质的量分数计算；相同温度下，压强增大，H2S分解反应逆向进行，所以P1小于P2； ②反应池中H2S与S2O82-发生氧化还原反应；电解池中硫酸根离子失去电子，氢离子得到电子，以此来解答。 本题考查学生化学平衡常数、盖斯定律、化学平衡移动的影响和化学方程式的书写及计算方面的知识，综合性强，题目难度中等。
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