黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018届高三上学期期中考试化学试题 含解析

黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018届高三上学期期中考试

化学试题

一、选择题（每题2分，共2×15 = 30分）

1. 某有机物结构简式如下：。该有机物在苯环上的一氯代物种数

为( )

A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】A

【解析】碳碳单键可旋转，与为同一

物质，故其苯环上的一氯代物如下图所标的位置上氢原子被氯原子取代所得，

，共有6种，答案选A。

2. 下列说法正确的是( )

A. 图Ⅰ所示装置用于Cu和浓H2SO4制取少量的SO2气体 B. 图Ⅱ装置可验证非金属性：Cl>C>Si C. 图Ⅲ可用于收集气体H2、CO2、Cl2、NH3

D. 图Ⅳ表示将SO2气体通入溴水中，所得溶液的pH变化 【答案】C

【解析】试题分析：A、Cu和浓硫酸反应需要加热，此装置是不需要加热制气体的，故错误；B、验证非金属性，看的是其最高价氧化物对应的水化物的酸性，酸性强则非金属性强，但HCl

中Cl显－1价，不是最高价，故错误；C、长管进气收集的是密度大于空气的，短管进气收集的是密度小于空气的，但不能收集和空气反应的气体，如NO2，故正确；D、发生离子方程式为SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋SO42－＋2Br－，溴水显酸性，因此起点应低于7，故错误。 考点：考查实验设计的评价等知识。 3. 下列说法正确的是( )

A. 煤含有苯和甲苯，可干馏后获得苯和甲苯

B. 甲烷、乙烯、NH3和苯在工业上都可通过石油裂解得到 C. 乙醇与乙酸生成乙酸乙酯的反应属于氧化反应 D. 苯和四氯化碳都能萃取溴水中的溴 【答案】D

【解析】A、煤中不含苯和甲苯，煤干馏后从煤焦油中能分离出来苯和甲苯，选项A错误；B、甲烷、在工业上都可通过石油分馏得到，而乙烯和苯不是石油的成分，在工业上都可通过石油裂解得到，NH3可通过煤的干馏得到，选项B错误；C、乙醇与乙酸生成乙酸乙酯的反应属于取代反应，选项C错误；D、溴在苯和四氯化碳中溶解度都大于水，且苯和四氯化碳与水都不互溶，故苯和四氯化碳都能萃取溴水中的溴，选项D正确。答案选D。 4. 水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是( )

A. 图中四点Kw间的关系：A＝D＜C＜B

B. 若从A点到D点，可采用：温度不变在水中加入少量酸 C. 若从A点到C点，可采用：温度不变在水中加入少量NH4Cl固体 D. 若从A点到D点，可采用：温度不变在水中加入少量NH4Cl固体 【答案】C

【解析】A、Kw是温度的函数，随温度升高而增大，A、D点温度相同，B点温度高于C点温度， 故图中四点Kw间的关系：A＝D＜C＜B，选项A正确；B、从A点到D点，温度不变，酸性增强，采用温度不变加入少量酸使氢离子浓度增大，选项B正确；C、A、C点温度不同，在温度不变情况下加入少量NH4Cl固体无法使氢离子和氢氧根离子浓度同时增大，选项C错误。D、从A

点到D点，温度不变，酸性增强，采用温度不变加入少量NH4Cl固体可使氢离子浓度增大，选项D正确。答案选C。

5. 下列叙述中不正确的是( )

A. 可用装置①鉴别碳酸钠和碳酸氢钠 B. 可用装置②分离汽油和水的混合物 C. 可用装置③从海水中蒸馏得到淡水 D. 可用装置④把胶体粒子从分散系中分离出来 【答案】D

考点：考查常见的基本实验操作

【名师点睛】化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作，所以该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力。 6. 下列各组离子可能大量共存的是( )

A. 与铝反应放出氢气的溶液中：Na+、Cl-、S2-、SO32-

B. 常温下Kw/c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：Ca2+、Fe2+、NO3-、NH4+ C. 常温下水电离出的c(H+)=10-10mol·L-1的溶液中Na+、K+、Cl-、HCO3- D. 0.5 mol·L-1AlCl3溶液中：AlO2-、K+、CO32- 【答案】A

【解析】A. 与铝反应放出氢气的溶液可能显强酸性也可能显强碱性，强酸条件下：H、S、SO32—反应生成硫和二氧化硫而不能大量共存，强碱条件下H+、Na+、Cl—、S2—、SO32—相互之间不反应，可以大量共存，选项A正确；B. 常温下Kw/c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液呈酸性， Fe2+、NO3、H 发生氧化还原反应而不能大量共存，选项B错误；C. 常温下水电离出的c(H+)=10-10mol·L-1的溶液可能显强酸性也可能显强碱性，但无论是强酸性还是强碱性HC不能大量存在，选项C错误；D. 0.5 mol·L-1AlCl3溶液中：Al 3+与Al量共存，选项D错误。答案选A。

7. 某温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入H2和I2，发生反应：H2 (g) +I2 (g)

2HI(g) 。反应体系中各物质浓度的有关数据如下。 起始浓度 容器 c（H2）/mol·L 甲 乙 丙 丁

下列判断正确的是

A. 平衡时，H2的转化率：丁>甲 B. 平衡时，乙中H2的转化率等于20% C. HI的平衡浓度：a=b>0.004

D. 丙中条件下，该反应的平衡常数K = 4 【答案】C

【解析】A、恒温恒容，丁与甲相比，各物质浓度增大一倍，为等效平衡，转化率相同，选项A错误；B、甲容器中氢气的转化率为：

×100%=20%，乙中增大碘的浓度，氢气的转化率

0.01 0.01 0.02 0.02 -1-+

+2—

都

发生双水解而不能大

平衡浓度 c（I2）/mol·L 0.01 0.02 0.01 0.02 -1c（HI）/mol·L 0.004 a b —— -1增大，大于20%，选项B错误；C、对比甲容器，乙容器中增大碘的浓度，平衡正向移动，碘化氢的浓度增大，丙容器中氢气的浓度增大，平衡正向移动，碘化氢的浓度增大，且两者转

化率相同，故：HI的平衡浓度：a=b>0.004，选项C正确；D、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故可以根据甲容器计算丙中条件下的平衡常数。 H2 (g) +I2 (g)

2HI(g)

起始浓度（mol/L） 0.01 0.01 0 改变浓度（mol/L） 0.002 0.002 0.004 平衡浓度（mol/L） 0.008 0.008 0.004 K=

=0.25，选项D错误。答案选C。

—10

8. 已知：t℃时的Ksp(AgCl)=1.8×10度下，下列说法正确的是

, Ksp(AgI)=1.0×10

—16

, Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10

—12

。该温

A. 溶解度大小顺序为AgCl > Ag2CrO4> AgI

B. 向AgNO3溶液中滴加少量氯化钠溶液出现白色沉淀，再滴加少量KI溶液出现黄色沉淀，可证明AgI比AgCl更难溶

C. 该温度下，AgCl可能转化为Ag2CrO4

D. 某溶液中含有Cl—、和I—，浓度均为0.050 mol/L ,向该溶液中逐渐滴加0.050 mol/L的AgNO3溶液时，c(Cl)/ c(I)=1.8×10 【答案】C

【解析】根据对应化学式相似的AgCl和AgI来说Ksp越小Ag+浓度越小，固体溶解度越小，即AgCl＞AgI；假设Ag2CrO4饱和溶液中Ag的浓度为x，则CrO4的浓度为0.5x，由溶度积常数的表达式可知Ksp（Ag2CrO4）=x2×0.5x=0.5x3=9.0×10-12，x3=18.0×10-12，即X=

=

×10，所以Ag2CrO4＞AgCl，故顺序为：Ag2CrO4＞AgCl＞AgI，选项A错误；

-4

+

2-—

—

6

B、氯化钠不足，银过量，过量的银一定会与碘化钾反应，产生黄色沉淀，无法证明是否AgI比AgCl更难溶，选项B错误；C、当c(CrO42-)足够大时，氯化银可能部分溶解转化为Ag2CrO4，选项C正确；D、误。答案选C。

9. 下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。

=

=

=

=1.8×106，选项D错

据此判断下列说法中正确的是( ) A. 由图1知，石墨转变为金刚石是吸热反应

B. 由图2知，S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1，S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2，则ΔH1>ΔH2 C. 由图3知，白磷比红磷稳定

D. 由图4知，CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH>0 【答案】A

【解析】金刚石能量大于石墨，石墨转变为金刚石是吸热反应，故A正确；由图2知，气态硫燃烧放出热量大于固体硫，S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1，S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2，则ΔH1<ΔH2，故B错误；由图3知，白磷能量大于红磷，所以红磷比白磷稳定，故C错误；由图4知， CO2(g)＋H2(g)的总能量大于CO(g)＋H2O(g)的总能量，CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH<0，故D错误。 10. 下列说法错误的是

A. 氯化铵溶液，加水稀释时，c(NH4+)/c(Cl-)的值一定减小

B. 0.1 mol·L的盐酸和0.1 mol·L的弱酸HA溶液分别加水稀释10倍：pH(HA) > pH(盐酸)

C. 已知25℃时，HA的Ka=6.25×10，当pH为5.0时，HA溶液中

—5

-1

-1

= 0.16

D. 某二元酸的酸式盐NaHA溶液中必然存在：c(H+)+c(A2—)=c(OH—)+c(H2A) 【答案】D

【解析】A、加水稀释时，促进铵根离子水解，所以铵根离子浓度减小的程度大，c(NH4+)/c(Cl-)的值一定减小，选项A正确；B、0.1 mol·L-1的盐酸（pH=1）和0.1 mol·L-1的弱酸HA（pH>1）

溶液分别加水稀释10倍后，盐酸的pH=2，HA的pH>2，pH(HA) > pH(盐酸)，选项B正确；C、根据HA

H++A-，Ka=

=6.25×10-5，故当溶液的pH为5.0时，c(H+)=10-5 mol·L-1，

HA溶液中====0.16，选项C正确；D、依据溶液中电荷守

恒和物料守恒计算分析，某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，物料守恒c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，计算得到c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+c(H2A)，选项D错误。答案选D。 11. 下列关于电化学知识的说法正确的是( ) A. 电解饱和食盐水在阳极得到氯气，阴极得到金属钠 B. 电解精炼铜时，阳极质量的减少不一定等于阴极质量的增加

C. 电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的熔融混合物，在阴极上依次析出Cu、Fe、Al D. 船底部放锌板是利用牺牲阴极的阳极保减少海水对船体的腐蚀 【答案】B

【解析】A、电解饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，阴极上得到氢气和氢氧化钠，选项A错误；B、如果粗铜中杂质含Zn多则相当于用Zn去置换铜，自然阳极溶解的质量比阴极析出铜的质量多；如果粗铜中杂质含Fe多则相当于用Fe去置换铜，自然阳极溶解的质量比阴极析出铜的质量少。如果Zn和Fe有一个合适的比例，阳极溶解的质量等于阴极析出铜的质量。故电解精炼铜时，阳极质量的减少不一定等于阴极质量的增加，选项B正确；C、阴极上会依次析出铜、铁.不会析出铝，因为溶液中有氢离子，氢离子氧化性强于铝离子，得电子能力强于铝离子，所以不会有铝析出，选项C错误；D、船底部放锌板是利用牺牲阳极的阴极保减少海水对船体的腐蚀，选项D错误。答案选B。

12. 二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池将化学能转变成电能的同时，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，降低了成本提高了效益，其原理如图所示。下列说法错误的是( )

A. 该电池放电时电子从Pt1电极经过外电路流到Pt2电极

B. Pt1电极附近发生的反应为：SO2＋2H2O－2e===SO＋4H C. Pt2电极附近发生的反应为O2＋4e－===2O2－

D. 相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1 【答案】C

【解析】A．放电时，电子从负极流向正极，Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，则该电池放电时电子从Pt1电极经过外电路流到Pt2电极，选项A正确；B．Pt1电极通入SO2，SO2在负极失电子生成SO42-，则电极反应为SO2+2H2O-2e-＝SO42-+4H+，选项B正确；C．酸性条件下，氧气得电子生成水，则Pt2电极附近发生的反应为O2+4H++4e-＝2H2O，选项C错误； D．该电池的原理为二氧化硫与氧气的反应，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以放电过程中消耗的SO2和O2的体积之比为2：1，选项D正确。答案选B。

点睛：本题考查了原电池原理的应用，侧重考查原电池原理，明确电解质溶液酸碱性、电极的判断以及电极方程式的书写方法是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意结合电解质的溶解性以及是否存在交换膜等。

13. 25 ℃时，CaCO3在水中的溶解平衡曲线如图所示。已知25 ℃时，CaCO3的Ksp(CaCO3)＝2.8×10

－9

－＋

。据图分析，下列说法不正确的是( )

A. x的数值为2×10－5 B. c点时有碳酸钙沉淀生成 C. b点与d点对应的溶度积相等 D. 加入蒸馏水可使溶液由d点变到a点 【答案】D

【解析】A．在d点c(CO32-)=1.4×10-4 mol•L-1，因室温时，CaCO3的溶度积Ksp=2.8×10-9，所以c(Ca2+)=2×10-5 mol•L-1，故x的数值为2×10-5，故A正确；B．在c点c(Ca2+)＞×10-5 mol•L-1，即相当于增大c(Ca2+)，平衡左移，有CaCO3生成，故B正确；C．b点与d点在相同的温度下，溶度积相等，故C正确；D．d点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则c(Ca2+)、c(CO32-)都不变，如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由d

点变成a点，故D错误；故选D。

点睛：本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化等问题，侧重于学生对数据的分析能力的考查，注意分析图象中曲线的变化特点，把握溶度积常数的意义。 14. 下列说法错误的是( )

A. 常温下0.1 mol·L的CH3COOH溶液中，由水电离出的c(H)为1.0×10B. pH＝2与pH＝1的CH3COOH溶液中c(H)之比为1∶10

C. 常温下，等体积pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的CH3COOH溶液混合，混合后溶液的pH＜7 D. 用已知浓度的NaOH滴定未知浓度醋酸，可采用酚酞做酸碱指示剂。 【答案】A

【解析】A、醋酸是弱酸，不完全电离，常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中，c(H＋)< 1.0×10

－1

＋

－1

＋

－13

mol·L

－1

mol·L，酸抑制水的电离，但由水电离出的c(H)大于1.0×10

＋

-2

-1

－1＋－13

mol·L，选项A错误；

－1

B、pH＝2与pH＝1的CH3COOH溶液中c(H)之比为10：10=1∶10，选项B正确；C、醋酸是弱酸，不完全电离，pH=2的醋酸浓度远大于0.01mol/L，而NaOH是强电解质，浓度等于0.01 mol/L，即醋酸过量，所以反应后溶液pH＜7，选项C正确；D、酚酞在碱性变色范围变色，滴定终点时生成的盐醋酸钠，溶液呈碱性，符合在碱性变色范围内，选项D正确。答案选A。 15. 下列说法不正确的是( )

A. 硫酸铁能水解生成Fe(OH)3胶体，可用作净水剂 B. 水解反应NH＋H2O

NH3·H2O＋H达到平衡后，升高温度平衡逆向移动

＋

C. 制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法 D. 盐类水解反应的逆反应是中和反应 【答案】B

【解析】A、硫酸铁溶于水后水解生成Fe(OH)3胶体，，可吸附水中悬浮物，可用作净水剂，选项A正确；B、水解反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，选项B不正确；C、AlCl3、FeCl3、CuCl2在溶液中加热易水解，生成氢氧化物和HCl，HCl易挥发，最后完全水解生成氢氧化物，蒸干生成氧化物，所以制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法，选项C正确；D、盐类水解反应的逆反应是中和反应，选项D正确。答案选B。 二、选择题（每题3分，共3×8 = 24分） 16. 下列说法中正确的是( )

A. 分子式为C7H16的烷烃，含有3个甲基的同分异构体有2种

B. 丙烯和甲苯都能发生取代反应、加成反应，还能使酸性KMnO4溶液褪色

C. 甲苯中所有原子都处于同一平面

D. 相同质量的甲烷和乙烷完全燃烧，乙烷耗氧量多 【答案】B

【解析】试题分析：A、同分异构体中主链为6个碳原子的结构有2种，主链为5个碳原子的可以连接一个乙基，所以总共有3种，不选A；B、丙烯能发生取代反应和加成反应，也能和酸性高锰酸钾溶液褪色，正确，选B；C、甲苯中氢原子不能都在一个平面上，错误，不选C；D、相同质量的甲烷和乙烷完全燃烧，甲烷耗氧多，错误，不选D。 考点：有机物的同分异构体的判断，烯烃的性质，烃的燃烧规律 17. 下列除杂试剂或方法有错误的是( ) 选项 A B C D

A. A B. B C. C D. D 【答案】A

【解析】A、四氯化碳是很好的有机溶剂，应该用溴水，溴水中的溴能与乙烯发生加成反应而不能与乙烷反应，也不能溶解乙烷，通过洗气可以除杂，选项A错误；B、利用二氧化硫能被酸性高锰酸钾氧化而除去，洗气、干燥后得到纯净的二氧化碳，选项B正确；C、氧化铝能与稀盐酸反应而溶解，二氧化硅不反应，再通过过滤得到二氧化硅，选项C正确；D、氧化钙与乙酸反应生成乙酸钙，再通过蒸馏得到无水乙醇，选项D正确。答案选A。 18. 下列各式中表示正确的水解方程式的是( ) A. CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O B. HS－＋H2OC. CH3COOH

S2-＋H3O+ CH3COO－＋H＋

原物质 乙烷 CO2 SiO2 C2H5OH 所含杂质 乙烯 SO2 Al2O3 CH3COOH 除杂试剂 Br2的CCl4溶液 酸性KMnO4溶液、浓硫酸 稀盐酸 CaO 主要操作方法 洗气 洗气、干燥 过滤 蒸馏 D. NH＋H2O【答案】D

NH3·H2O＋H

＋

【解析】A、CH3COOH＋OH－=CH3COO－＋H2O是醋酸与碱的反应，选项A不符合；B、HS－＋H2O＋H3O是HS的电离方程式，选项B不符合；C、CH3COOH 式，选项C不符合；D、NH＋H2O案选D。

19. 下列实验中，所选装置或实验设计合理的是( )

＋

+

－

－

＋

S2-

CH3COO＋H是醋酸的电离方程

NH3·H2O＋H是铵根离子的水解方程式，选项D符合。答

A. 图⑤所示装置中盛有饱和Na2SO3溶液除去SO2中含有的少量HCl B. 用乙醇提取碘水中的碘选择图③所示装置 C. 用图①和②所示装置进行粗盐提纯 D. 用图④所示装置进行石油分馏实验制取汽油 【答案】C

【解析】试题分析：A、二氧化硫与Na2SO3溶液反应，则应用图⑤所示装置中盛有饱和NaHSO3溶液除去SO2中含有的少量HCl，故A错误；B、乙醇与水混溶，不能作萃取剂，应选择苯或四氯化碳，故B错误；C、粗盐提纯需要进行溶解、过滤、蒸发操作，①为过滤装置，②为蒸发装置，故C正确；D、进行石油分馏实验，需要温度计测定馏分的温度，则不能完成实验，故D错误；故选C。

考点：考查了化学实验方案的评价的相关知识。

20. 已知：Ka(HClO) = 3×10, Ka1(H2CO3)=4.3×10, Ka2(H2CO3)=5.6×10H2O

HCl＋HClO达到平衡后，要使HClO浓度增大，可加入( )

—8

—7

—11

。反应Cl2＋

A. 足量Na2CO3固体 B. 水 C. CaCO3固体 D. NaOH固体 【答案】C

【解析】A．加入足量Na2CO3固体，Na2CO3和HCl、HClO都反应，不能使HClO浓度增加，选项A错误；B．加入水，溶液体积增大，虽然平衡向正反应方向移动，但溶液浓度反而降低，选项B错误；C．加入CaCO3固体，HCl与CaCO3反应，而HClO不反应，溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，HClO浓度增加，故C正确；D．NaOH和HCl、HClO都反应，不能使

HClO浓度增加，选项D错误。答案选C。答案选C。 21. 下列有关问题，与盐的水解有关的是( ) ①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂 ②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂 ③草木灰和铵态氮肥不能混合使用

④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 ⑤用热的纯碱溶液洗去衣服上的油污

A. ①②③ B. ②③④ C. ①④⑤ D. ①②③④⑤ 【答案】D

【解析】①NH4Cl与ZnCl2溶液中的铵根和锌离子会发生水解，导致溶液显示酸性，酸可以和金属锈的成分反应而除锈，故①正确；②NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液中的碳酸根离子和铝离子双水解会生成二氧化碳来灭火，二者可作泡沫灭火剂，故②正确；③草木灰碳酸钾中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子之间会双水解，不能混合施用，故③正确；④Na2CO3溶液中的碳酸根水解显示碱性，磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和碱反应，会导致瓶塞和瓶口黏在一起，故④正确；⑤用热的纯碱溶液呈碱性，能与油污反应而使其除去，故⑤正确；答案选D。

22. 常温下，在pH＝3的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH该平衡，下列叙述正确的是( )

A. 加入水时，平衡向右移动，CH3COOH电离常数增大 B. 加入少量CH3COONa固体，平衡向右移动

C. 加入少量Na2CO3固体，平衡向右移动，c(H＋)减小 D. 加入少量pH＝3的硫酸，溶液中c(H)增大 【答案】C

【解析】A、加入水时，醋酸的电离平衡向右移动，但是CH3COOH电离常数不会发生变化，选项A错误；B、加入少量CH3COONa固体，由于c(CH3COO)增大，电离平衡向左移动，选项B错误；C、加入少量NaOH固体，由于c(OH)增大，消耗酸电离产生的H+，使醋酸的电离平衡向右移动，但是由于平衡移动的趋势是微弱的，总的来说c(H+)减小，选项C正确；D、加入少量pH=3的硫酸，由于二者的pH相同，所以溶液中c(H+)不变，选项D错误。答案选C。 点睛：本题考查外界条件对弱电解质电离平衡移动的影响的知识。正确利用勒夏特列原理进行平衡移动的分析是解答本题的关键。

--＋

CH3COO＋H，对于

－＋

23. 已知反应X(g)＋Y(g) nZ(g) ΔH＞0，将X和Y以一定比例混合通入密闭容器中

进行反应，各物质的浓度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是( )

A. 10 min时，曲线发生变化的原因是升高温度 B. 10 min时，曲线发生变化的原因是增大压强 C. 反应方程式中n＝1

D. 0～5 min内，用X表示的反应速率为v(X)＝0.08 mol·L－1·min－1 【答案】A

【解析】A、正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，X、Y的物质的量浓度继续在原基础上减少，选项A不正确；B、正反应是体积减小的，所以增大压强物质的浓度均增大，但平衡向正反应方向进行，选项B正确；C、0～5 min内，用X表示的反应速率为v(X)＝

=0.08 mol·L－1·min－1，用Z表示的反应速率为v(X)＝

－1

=0.08 mol·L－1·min

，根据化学反应速率之比等于计量数之比，反应方程式中n＝1，选项C正确；D、0～5 min

=0.08 mol·L－1·min－1，选项D正确，答案选A。

内，用X表示的反应速率为v(X)＝

点睛：本题考查外界条件对平衡状态的影响。分析各平衡点条件改变后浓度变化及改变原因是解答本题的关键。 三、填空题

24. 如图是500 ℃时， 1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图。若在温度恒定，体积不变的容器中反应达到平衡，再充入NO2则，ΔH________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)。请写出NO2和CO反应的热化学方程式：__________。该反应能自发进行的主要原因为_____________________。

【答案】 (1). 不变 (2). NO2(g)＋CO(g) 500 ℃CO2(g)＋NO(g) ΔH＝－234 kJ· mol

－1

(3). ΔH<0

【解析】加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，ΔH不变；由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368-134=234kJ，反应热化学方程式为NO2(g)＋CO(g) 500 ℃CO2(g)＋NO(g) ΔH＝－234 kJ· mol；根据ΔG=ΔH-TΔS<0，则反应自发进行，该反应熵变不大，要使ΔH-TΔS<0，，必须ΔH <0，故反应能自发进行的主要原因为ΔH <0。

25. 运用化学反应原理研究化学反应有重要意义。

（1）将1 mol SO2和0.5 mol O2充入一密闭容器，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g) 混合体系中SO3的平衡百分含量和温度的关系如图1所示。

2SO3(g)，

－1

①若在恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气，平衡_____(填“向左”、“向右”或“不”)移动。

②若在恒温、体积不变的容器中向上述平衡体系中通入SO3气体，平衡_______填“向左”、“向右”或“不”)移动，再次平衡后SO3的百分含量_______ （填“增大”、“不变”或“减小”)

③若反应进行到状态D时，v正________(填“>”“<”或“＝”)v逆。 （2）课本里介绍的合成氨技术叫哈伯法：N2(g)＋3H2(g) 应达到平衡时反应物的转化率不高。

2NH3(g) ΔH<0，应用此法反

①能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的措施是________(填编号)。 A．使用更高效的催化剂 B．升高温度 C．及时分离出氨气

D．充入氮气，增大氮气的浓度(保持容器体积不变)

②若在某温度下，2 L的密闭容器中发生合成氨的反应，图2表示N2的物质的量随时间的变化曲线。用H2表示0～10 min内该反应的平均速率v(H2)＝________。从第11 min起，压缩容器的体积为1 L，则n(N2)的变化曲线为________(填编号)。 ③该反应化学平衡常数的表达式为_______

【答案】 (1). 向左 (2). 向左 (3). 增大 (4). > (5). D (6). 0.06 mol·L－1·min－1 (7). d (8). K=

........................

26. KMnO4溶液常用作氧化还原反应滴定的标准液，由于KMnO4 的强氧化性，它的溶液很容易被空气中或水中的某些少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO(OH)2，因此配制KMnO4标准溶液的操作如下所示：

①称取稍多于所需量的KMnO4固体溶于水中，将溶液加热并保持微沸1 h； ②用微孔玻璃漏斗过滤除去难溶的MnO(OH)2；

③过滤得到的KMnO4溶液贮存于棕色试剂瓶中并放在暗处；

④利用氧化还原滴定法，在70～80 ℃条件下用基准试剂(纯度高、相对分子质量较大、稳定性较好的物质)溶液标定其浓度。 请回答下列问题：

（1）准确量取一定体积的KMnO4溶液使用的仪器是________________。 （2）在下列物质中，用于标定KMnO4溶液的基准试剂最好选用______(填序号)。 A．H2C2O4·2H2O B．FeSO4 C．浓盐酸 D．Na2SO3

（3）步骤2中，采用微孔玻璃漏斗而不用滤纸过滤原因为_________________________。 （4）若准确称取W g所选的基准试剂溶于水配成500 mL溶液，取25.00 mL置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。KMnO4溶液的物质的量浓度为____mol·L。 （5）若用放置两周的KMnO4标准溶液去测定水样中Fe2＋的含量，测得的浓度值将________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

【答案】 (1). 酸式滴定管 (2). A (3). KMnO4 有强氧化性，可以氧化滤纸 (4).

(5). 偏高

【解析】（1）滴定操作中准确量取溶液用移液管或滴定管，高锰酸钾溶液具有强氧化性，只能用酸式滴定管量取；（2）选做基准试剂的物质稳定性要好，双氧水易分解，FeSO4、Na2SO3易被氧气氧化，H2C2O4·2H2O相对比较稳定，答案选A；（3）步骤2中，采用微孔玻璃漏斗而不用滤纸过滤原因为KMnO4 有强氧化性，可以氧化滤纸，使过滤实验失败；（4）根据反应5H2C2O4+2MnO4+6H=2Mn+5CO2↑+3H2O，由关系式 5H2C2O4·2H2O ~~~~5H2C2O4~~~~~~2MnO4， 5 2

cv×10-3

2×

=5×cv×10,解得：c=

-3

--+

2+

－1

mol·L；（5）由于KMnO4的强氧化性，它的

－1

溶液很容易被空气中或水中的某些少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO(OH)2，导致浓度降低，用此溶液做标准溶液导致所测溶液浓度偏高。

27. （1）室温下，0.1 mol/L的下列溶液中，①NH4Al(SO4)2 ②NH4HSO4 ③HCl ④(NH4)2SO4 ⑤NH4Cl ⑥NH4HCO3 ，pH由大到小的顺序为__________（填写序号）

（2）加热，逐渐蒸干FeSO4溶液，得到的物质为___________。（填化学式） （3）如图是0.1 mol/L电解质溶液的pH随温度变化的图象。

①其中符合0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是_____(填写罗马数字) ②25 ℃时，0.1 mol/L的NH4Al(SO4)2溶液中2c(

)-c(

)-3c(Al)=____(填数值)。

3+

（4）室温时，向100 mL 0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液，所得溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：

试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是____；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是______________。

【答案】 (1). ⑥⑤④①③② (2). Fe（Ⅰ (4). 10 mol/L 2SO4）3和Fe(OH)3 (3). (5). a点 (6). c(Na)>c(

+

-3

)>c()>c(OH)=c(H)

-+

【解析】（1）室温下，0.1 mol/L的下列溶液中，②NH4HSO4的电离方程式为：NH4HSO4=NH4++ H++ SO4，且铵根离子水解，故c(H)>0.1mol/L，pH<1；③HCl为强酸，完全电离，c(H)=0.1mol/L，pH=1；铝离子水解程度大于铵根离子，故①NH4Al(SO4)2水解程度大于④(NH4)2SO4 ，pH：①<④；⑤NH4Cl、⑥NH4HCO3铵根离子是④(NH4)2SO4的一半，水解产生的氢离子浓度较小，而HCO3也水解，结合氢离子，氢离子浓度减小，pH最大的是⑥NH4HCO3，pH由大到小的顺序为：⑥⑤④①③②；（2）蒸干FeSO4溶液，Fe易被氧化生成Fe，而Fe水解生成Fe(OH)3，且等物质的量的Fe(OH)3与硫酸不能完全中和，故蒸干FeSO4溶液得到Fe2(SO4)3和Fe(OH)3；（3）①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ；②根据电荷守恒，可以求出25 ℃时，0.1 mol/L的NH4Al(SO4)2溶液中2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)= c(H+)- 2+

3+

3+

-2-+

+

c(OH-)=10-3mol/L-10-11mol/L10-3mol/L；(4)a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰

好消耗完H，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离．b点溶液呈中性，即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，a点时c(Na+)=c(SO42-)，b点时c(Na+)＞c(SO42-)，根据N元素与S元素的关系，可以得出c(SO4)＞c(NH4)，故c(Na)＞c(SO4)＞c(NH4)＞c(OH)=c(H)。

点睛：本题考查盐类的水解和离子浓度大小的比较。电荷守恒在解题中的运用是关键。 28. 茶是我国人民喜爱的饮品。我市某校化学兴趣小组的同学设计以下实验来定性检验茶叶中含有Ca、Al、Fe三种元素。

已知：草酸铵[(NH4)2C2O4]属于弱电解质。草酸钙(CaC2O4)难溶于水。Ca2＋、Al3＋、Fe3＋完全沉淀的pH为Ca(OH)2：pH≥13；Al(OH)3：pH≥5.5；Fe(OH)3：pH≥4.1。

2-+

+

2-+

-+

+

请根据上述过程及信息填空：

（1）步骤②加盐酸的作用是________________。

（2）写出检验Ca的离子方程式__________________________。 （3）写出沉淀C所含主要物质的化学式________________________。

（4）写出步骤⑧用A试剂生成红色溶液的离子方程式__________________________。 （5）步骤⑨的作用是_____________________________________。

（6）称取400 g茶叶样品灼烧得灰粉后，加入过量盐酸后过滤，将所得滤液加入过量的(NH4)2C2O4溶液，再过滤、洗涤、干燥、称量得到5.12 g沉淀，原茶叶中钙元素的质量分数为________。

【答案】 (1). 使Ca2＋、Al3＋、Fe3＋浸出(或使Ca2＋、Al3＋、Fe3＋溶解) (2). Ca2＋＋(NH4)2C2O4===CaC2O4↓＋2NH（ (3). Fe(OH)3、Al(OH)3 (4). Fe3＋＋3SCN－

3

2＋

(5). 使Fe转化为Fe(OH)3沉淀 (6). 0.400%

【解析】茶叶经灼烧，茶叶灰中含有钙、铁、铝三种金属元素，加入盐酸后可生成可溶性的氯化物，经过滤后，在滤液中加入氨水调节pH6～7，加热至沸30min，经过滤得到的沉淀C为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，滤液为氯化钙溶液，加入草酸铵后可得草酸钙沉淀，在滤液中加入盐酸后分为两份，加入试剂A，溶液变成红色，则A应为KSCN溶液，溶液2中加入6mol/L的NaOH溶液调pH至4，可得到氢氧化铁沉淀，浊液静置分层后上层清液为氯化铝溶液，加入试剂B可检验铝离子，生成红色络合物。（1）由上述分析可知，步骤②向茶叶灰分中加盐酸的作用是将其中的Ca2+、Al3+、Fe3+溶解；（2）⑤过滤后所得滤液中含Ca2+，检验Ca2+的离子方程式为：Ca2++（NH4）2C2O4=CaC2O4↓+2NH4+；（3）步骤④在pH为6-7时加热30 min，可使Al3+、Fe3+转化成沉淀，即沉淀C为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀；（4）步骤⑧是检验Fe3+，可加入KSCN 或NH4SCN进行检验，溶液变红色，反应的离子方程式为：Fe+3SCN=Fe(SCN)3；（5）步骤⑨将pH值调节至4～5，此时铝离子没有沉淀而铁离子沉淀完全，即：使Fe转化为Fe(OH)3沉淀；（6）5.12g沉淀为CaC2O4，含Ca元素的质量为5.12g×分数为

×100%=0.400%。

×100%=1.6g，则原茶叶中钙元素的质量

3+

3+

-

3＋

点睛：本题考查了物质性质和组成的实验探究实验分析判断，侧重于学生的分析和实验能力的考查，为高考常见题型，流程中的试剂特征和反应现象是解题关键。