【期中真题】黑龙江省大庆实验中学2021-2022学年高二上学期期中考试化学试题.zip

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高(二)上学期期中考试
化学试题
一、单项选择题(本大题共20小题，1-15题每题2分，16-20题每题3分，共计45分。)
1. 形成节约能源和保护生态环境的产业结构是人类与自然和谐发展的重要保证，你认为下列行为中有悖于这一保证的是
A. 开发太阳能、水能、风能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料
B. 研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展
C. 在农村推广使用沼气
D. 减少资源消耗、增加资源的重复使用和资源的循环再生
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．开发太阳能、水能、风能等新能源，可以减少使用煤、石油等化石燃料，有利于环境保护，A正确；
B．煤和石油等均是化石燃料，蕴藏量是有限的，需要合理开采，因此研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展是错误的，B错误；
C．沼气的主要成分是甲烷，属于清洁能源，在农村推广使用沼气有利于节约能源、保护环境，C正确；
D．减少资源消耗、增加资源的重复使用和资源的循环再生有利于提高能源的利用率，D正确；
答案选B。
2. 下列按强电解质、弱电解质、酸性氧化物、碱性氧化物的组合，正确的是
选项
强电解质
弱电解质
酸性氧化物
碱性氧化物
A
Ca(OH)2
酒精
N2O5
Na2O
B
CaSO4
H2CO3
SO2
CaO
C
NaHCO3
氨水
Mn2O7
Al2O3
D
HCl
HF
CO
Na2O2

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
在水溶液中能完全电离的电解质为强电解质；在水溶液中不能完全电离的电解质为弱电解质；能和碱反应生成只盐和水的氧化物为酸性氧化物；能和酸反应生成只盐和水的氧化物为碱性氧化物，据此分析解答。
【详解】A．酒精不能发生电离，属于非电解质，故A错误；
B．CaSO4在水溶液中能完全电离，故为强电解质；H2CO3在水溶液中部分电离，为弱电解质；SO2能和碱反应生成盐和水，故为酸性氧化物；CaO能和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，故B正确；
C．氨水是溶液，是混合物，不是弱电解质，Al2O3既能与酸反应又能与碱反应，属于两性氧化物，不是碱性氧化物，故C错误；
D．CO和碱不反应，不是酸性氧化物，属于不成盐氧化物，Na2O2与酸反应除了生成盐和水，还生成了氧气，过氧化钠不属于碱性氧化物，故D错误；
故选B。
3. 在一定条件下发生下列反应，其中属于盐类水解反应的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．是氯气和水可逆反应，故A不符合题意
B．是碳酸氢根电离方程式，故B不符合题意；
C．是氢硫酸电离方程式，故C不符合题意；
D．是铵根水解方程式，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
4. 25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－　ΔH>0，下列叙述正确的是(　　)
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变
C. 向水中加入少量盐酸，平衡逆向移动，c(OH－)增大
D. 将水加热，KW增大，pH不变，呈中性
【答案】B
【解析】
【详解】A．向水中加入稀氨水，由于氨水在溶液中存在电离平衡：NH3∙H2ONH4++OH-，电离产生的OH-使溶液中c(OH-)，水的电离平衡逆向移动，c(OH-)升高，错误；
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，盐电离产生的H+使溶液中c(H＋)增大，温度不变，所以Kw不变，正确；
C．向水中加入少量HCl，电离产生的H+，使水的电离平衡逆移动，c(H＋)降低，但是平衡移动的趋势是微弱的，溶液中酸电离产生的离子浓度增大的趋势大于平衡移动使离子浓度减小的趋势，所以c(H＋)增大，c(OH-)减小，错误；
D．将水加热，Kw增大，c(H＋)增大，pH减小，溶液仍然呈中性，错误。
5. 将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，得到物质组成与原固体物质相同的是
①胆矾　②氯化铝　③硫酸铝　④氯化铜
A. ③ B. ①④ C. ①②③ D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】①胆矾溶于水后，将溶液蒸发结晶再灼烧得到硫酸铜而不是胆矾，所以得不到原物质，故错误；
②氯化铝溶于水后，将溶液蒸发结晶时促进氯化铝水解，氯化氢具有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝得到氧化铝，所以得不到原物质，故错误；
③硫酸铝溶于水后，蒸发过程中硫酸铝水解得到硫酸和氢氧化铝，但硫酸没有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是硫酸铝，硫酸铝较稳定，在灼烧时不分解，所以最终得到的固体是原物质，故正确；
④氯化铜溶于水后，将溶液蒸发结晶时促进氯化铜水解，氯化氢具有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是氢氧化铜，再灼烧氢氧化铜得到氧化铜，所以得不到原物质，故错误；
故选：A。
6. 下列事实中不能用勒夏特列原理来解释的是
A. 红棕色的NO2气体，加压后颜色先变深后变浅
B. 由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深
C. 高压比常压有利于合成SO3 的反应
D. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
【答案】B
【解析】
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，据此进行解答。
【详解】A．可逆反应2NO2（g）⇌N2O4（g），正反应为体积缩小的反应，加压后二氧化氮的浓度增大，所以气体颜色加深，由于增大了压强，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，可用平衡移动原理解释，故A不选；
B．反应为H2+I2(g)⇌2HI(g)，由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深，是因为碘蒸气的浓度增大，而平衡不移动，不能用勒夏特列原理来解释，故B选；
C．反应为O2（g）+2SO2（g）⇌2SO3（g），正反应体积减小，高压比常压有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故C不选；
D．氯水中存在化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，光照使氯水中的次氯酸分解，次氯酸浓度减小，使得平衡向右移动，因此黄绿色的氯水光照后颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故答案选B。
7. 下列说法正确的是
A. 在常温下，放热反应能自发进行吸热反应不能自发进行
B. ，能自发进行的原因是＞0
C. 焓变和熵变均可以单独作为反应自发性的判断依据
D. 在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂可以改变化学反应进行的方向
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．△H-T△S＜0的反应可自发进行，则常温下放热反应、吸热反应均可能自发进行，故A错误；
B．△H=+185.57 kJ•mol-1，能自发进行的原因是△S＞0，可满足△H-T△S＜0，故B正确；
C．焓变和熵变单独作为反应自发性的判断依据，不够准确，故C错误；
D．使用催化剂不能改变化学反应进行的方向，故D错误；
故选：B。
8. 室温下，向3 mL0.1 mol/L稀盐酸中加入1 mL0.1mol/L氯化钴溶液发生反应：，平衡时溶液呈浅紫色。下列说法不正确的是
A. 加热，溶液会逐渐变成蓝色
B. 向溶液中加AgNO3，如果生成白色沉淀.说明该反应存在限度
C. 加入少量水，平衡会逆向移动
D. 加入NaCl固体，平衡右移，但平衡常数不变
【答案】B
【解析】
【详解】A.正反应为吸热反应，加热，平衡正向移动，溶液变蓝色，故A正确，不符合题意；
B.盐酸过量，所以向溶液中加入硝酸银，会生成氯化银白色沉淀，不能说明反应存在限度，故B错误，符合题意；
C.加入水稀释，平衡逆向移动，故C正确，不符合题意；
D.加入氯化钠，氯离子浓度增大，平衡向右移动，但平衡常数只受温度影响，不平衡常数不变，故D正确，不符合题意。
故选B。
9. 一定温度、体积的密闭容器中，可逆反应A(s)+3B(g)2C(g)达到平衡时，下列说法能判断该反应达到平衡的是（ ）
①C的生成速率和C的分解速率相等
②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB
③混合气体的密度不再变化
④混合气体的总压强不再变化
⑤A、B、C物质的量之比为1∶3∶2
⑥混合气体的平均相对分子质量不变
⑦容器中C的体积分数不变
A. ②④⑤⑦ B. ①③④⑥⑦ C. ①④⑥⑦ D. ①③④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论。
【详解】针对于可逆反应：A（s）+3B(g)⇌2C(g)；
①C的生成速率与C的分解速率相等，故正逆反应速率相等，故①正确；
②单位时间内a mol A生成是逆反应，同时3a molB是逆反应，未体现正与逆的关系，故②错误；
③密度=，气体的总质量会变，体积不变，故气体密度不再变化可作为判断是否达到平衡状态的依据，故③正确；
④反应前后气体的体积不等，故混合气体的总压强不再变化可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故④正确；
⑤平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故A、B、C的物质的量比为1:3:2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故⑤错误；
⑥平均相对分子质量=，反应向右进行时，气体的总质量增大，总物质的量变小，故混合气体的平均相对分子质量不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故⑥正确；
⑦容器中C的体积分数不变，说明各物质的量不变，达平衡状态，故⑦正确；说法正确的是①③④⑥⑦；
故答案选B。
【点睛】作为达到化学平衡状态的标志，该量必须是变量，当变量不变，则反应达到平衡。
10. 下列有关实验操作的叙述正确的是
A. 中和滴定实验中指示剂不宜加入过多，通常控制在1~2mL
B. 用50mL酸式滴定管可准确量取25.00mLKMnO4溶液
C. 滴定前读标准液体积时仰视，滴定后读标准液体积时俯视会使待测液浓度测定结果偏高
D. 向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象可以探究浓度对反应速率的影响
【答案】B
【解析】
【详解】A．中和滴定实验中指示剂不宜加入过多，否则移向实验结果，通常控制量在1～2滴，不是1～2mL，故A错误；
B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，只能用酸式滴定管量取，则用50mL酸式滴定管可准确量取25.00mLKMnO4溶液，故B正确；
C．滴定前读标准液体积时仰视，滴定后读标准液体积时俯视，使量取的标准液体积偏小
，待测液浓度测定结果偏低，故C错误；
D．NaHSO3溶液与H2O2溶液反应生成硫酸钠和水，无明显现象，不能探究浓度对反应速率的影响，故D错误；
故选：B。
11. 金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如图。下列说法不正确的是

已知：
A. ①中需持续吹入空气作氧化剂 B. A为Na2Cr2O7溶液
C. ②中需加入过量稀硫酸 D. ③中Cr在阴极生成
【答案】C
【解析】
【分析】铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)加Na2CO3在空气中灼烧，FeO·Cr2O3转化为Fe2O3、Na2CrO4，Al2O3转化为NaAlO2，加水、过滤除去Fe2O3得含Na2CrO4、NaAlO2的溶液，向该溶液中加适当稀硫酸、过滤得氢氧化铝沉淀和Na2CrO4溶液，Na2CrO4溶液加浓硫酸增大H+浓度，使平衡逆向移动得到溶液A为Na2Cr2O7溶液，电解Na2Cr2O7溶液，Na2Cr2O7在阴极发生还原反应得到Cr。
【详解】A．由流程可知①中Fe、Cr二种元素均被氧化，需要持续吹入空气作氧化剂，A正确；
B．由分析可知A为Na2Cr2O7溶液，B正确；
C．②中需加入适量稀硫酸使NaAlO2转化为Al(OH)3，Al(OH)3能溶于硫酸，则②中需加入稀硫酸不能过量，C错误；
D．电解时，Na2Cr2O7转化为Cr，发生还原反应，故Cr在阴极得到，D正确；
选C。
12. 已知t ℃时，Ksp(AgCl)=4×10-10，该温度下AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是

A. 图中a点对应的是t ℃时AgBr的不饱和溶液
B. 向AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点变为b点
C. t ℃时，AgBr的Ksp为4.9×10-13
D. t ℃时，AgCl(s)＋Br-(aq) AgBr(s)＋Cl-(aq)的平衡常数K≈816
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图象可知，在a点时Qc=c(Ag+)•c(Br-)＜Ksp，所以a点为AgBr的不饱和溶液，故A正确；
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，对应点还在曲线上，故B错误；
C．结合图中c点的c(Ag+)和c(Br-)可知：该温度下AgBr的Ksp =7×10-7×7×10-7=4.9×10-13，故C正确；
D．反应AgCl(s)+Br-(aq)⇌AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数为：≈816，故D正确；
综上所述答案为B。
13. 工业合成三氧化硫的反应为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=-198kJ/mol，反应过程可用如图模拟(表示O2，表示SO2，表示催化剂)。下列说法不正确的是

A. 过程Ⅱ和过程Ⅲ决定了全部反应进行的程度
B. 催化剂可降低反应的活化能，从而使单位体积中活化分子百分数增大，化学反应速率加快
C. 过程Ⅱ为吸热过程，过程Ⅲ为放热过程；所以升高温度，过程Ⅱ速率加快，过程Ⅲ速率减慢
D. 1molSO2和0.5molO2反应，放出的热量小于99kJ
【答案】C
【解析】
【分析】由反应过程图示可知，过程I是反应物被催化剂吸附，过程Ⅱ发生SO2、O2中共价键的断裂，过程Ⅲ中形成SO3中的共价键，过程IV是生成物离开催化剂表面，据此分析解答。
【详解】A．过程Ⅱ发生SO2、O2中共价键的断裂，过程Ⅲ中形成SO3中的共价键，决定了全部反应进行的程度，故A正确；
B．使用催化剂可降低反应的活化能，从而使单位体积中活化分子百分数增大，化学反应速率加快，故B正确；
C．断键为吸热过程，成键为放热过程，但不管是吸热过程，还是放热过程，升高温度速率均加快，故C错误；
D．该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以1molSO2和0.5molO2反应，放出的热量小于99kJ，故D正确；
答案选C。
14. 常温下，下列离子组在指定环境中一定能大量共存的是
A. 使甲基橙变红的溶液中：Fe2+、Na+、SO、NO
B. pH=13的溶液中：K+、CO、Na+、AlO
C. c(H+)=10-10mol·L-1的溶液中：Al3+、NH、Cl-、NO
D. 水电离出来的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液中：K+、HCO、Cl-、ClO-
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．使甲基橙变红的溶液呈强酸性，在酸性条件下，硝酸根具有强氧化性能与亚铁离子发生氧化还原反应，故不能大量共存，故A错误；
B．pH=13，溶液呈碱性，K+、CO、Na+、AlO相互之间不反应，且均能在碱性条件下共存，故B正确；
C．c(H+)=10-10mol·L-1的溶液中，溶液呈碱性，存在大量氢氧根离子，Al3+、NH能与OH-反应，不能大量共存，故C错误；
D．水电离出来的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液，可能为酸，也可能为碱，在酸或为碱条件下均不能大量共存，Cl-、ClO-在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选B。
15. 海水中含有大量Na+、C1-及少量Ca2+、Mg2+、SO42-，用电渗析法对该海水样品进行淡化处理，如右图所示。下列说法正确的是

A. b膜是阳离子交换膜
B. A极室产生气泡并伴有少量沉淀生成
C. 淡化工作完成后A、B、C三室中pH大小为pHA＜pHB＜pHC
D. B极室产生的气体可使湿润的KI淀粉试纸变蓝
【答案】A
【解析】
【详解】A、因为阴极是阳离子反应，所以b为阳离子交换膜，选项A正确；
B、A极室氯离子在阳极失电子产生氯气，但不产生沉淀，选项B错误；
C、淡化工作完成后，A室氯离子失电子产生氯气，部分溶于水溶液呈酸性，B室氢离子得电子产生氢气，氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，C室溶液呈中性，pH大小为pHA＜pHC＜pHB，选项C错误；
D、B极室氢离子得电子产生氢气，不能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，选项D错误。
答案选A。
16. 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH＜0，400℃时体积相同的甲、乙、丙三个容器中，甲容器绝热恒容，充入6molSO2和3molO2，乙容器恒温恒容，充入6molSO3，丙容器恒温恒压，充入6molSO3，充分反应达到平衡，下列说法正确的是
A. 乙中SO3体积分数大于丙
B. 转化率：α甲（SO2）+α乙（SO3）=1
C. 乙和丙中的SO2的生成速率相同
D. 甲和丙中反应的化学平衡常数相同
【答案】A
【解析】
【详解】A. 乙容器恒温恒容，充入6molSO3，丙容器恒温恒压，充入6molSO3，随反应进行气体体积增大，达到平衡时乙中压强大于丙中压强，相对于丙，乙相当于增大压强，平衡正向移动，三氧化硫体积分数增大，所以乙中SO3的体积分数大于丙，故A正确；
B. 假设甲容器恒温恒容，充入6molSO2和3molO2，乙容器恒温恒容，充入6molSO3，两容器等效，甲和乙将达到相同的平衡状态，转化率：α甲（SO2）+α乙（SO3）=1，但甲容器是绝热容器，且该反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，则甲中二氧化硫转化率减小，α甲（SO2）+α乙（SO3）＜1，故B错误；
C. 乙容器恒温恒容，充入6molSO3，丙容器恒温恒压，充入6molSO3，随反应进行气体体积增大，达到平衡时乙中压强大于丙中压强，相对于丙，乙相当于增大压强，压强越大，反应速率越快，则乙中SO2的生成速率大于丙，故C错误；
D. 该反应为放热反应，甲是绝热恒容，充入6molSO2和3molO2生成SO3放出热量，丙是恒温恒压，容器温度始终不变，所以甲容器中温度高于丙，因平衡常数随温度变化，所以甲和丙中化学平衡常数不同，故D错误，答案选A。
17. 在某温度下，将2molA和3molB充入一密闭容器中发生反应：aA(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)，5min后达平衡。已知各物质的平衡浓度关系为：c(A)a·c(B)=c(C)·c(D)。若在温度不变的情况下，将容器的容积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则B的转化率为
A. 60% B. 24% C. 12% D. 40%
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】在某温度下，各物质的平衡浓度的关系为：ca(A)·c(B)＝c(C)·c(D)，则K=1；在温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10倍，B的转化率不发生变化，可得到反应左右两边的气体计量数的和相等，则a=1。

K= =1，求得n=1.2mol，
则B 的转化率为40%；
答案选D。
18. 常温下，H2CO3溶液中微粒的物质的量百分数α与pH的关系如图所示。人体血浆中最重要的缓冲体系是碳酸氢盐，正常人的血液的pH在7.35～7.45，由Henderson-Hasselbalch方程可知：pH=6.1＋lg。下列说法不正确的是

A. 曲线c表示c(CO)随溶液pH变化的曲线
B. H2CO3的Ka1的数量级为10-7
C. 当血浆中c(HCO)增大时，pH一定增大
D. 当血浆的pH=7.1时，则发生酸中毒，此时c(HCO)是c(H2CO3)的10倍
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图象可知，曲线a表示c(H2CO3)、曲线b表示c(HCO)、曲线c表示c(CO)随溶液pH变化的曲线，故A正确；
B．根据图象可知，c(HCO)=c(H2CO3)时，pH=6.2，H2CO3的Ka1=，故B正确；
C．人体血浆中碳酸氢盐起缓冲作用，随c(HCO)增大，pH变化不大，故C错误；
D．正常人的血液pH在7.35～7.45，当血浆的pH=7.1时，则发生酸中毒，pH=6.1＋lg，所以此时lg=1，c(HCO)是c(H2CO3)的10倍，故D正确；
选C
19. 下列溶液中粒子的物质的量浓度关系一定正确的是
A. 25℃时pH=10的NaOH溶液与pH=10的氨水中：c(Na+)＞c()
B. 物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合： c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)
C. Na2CO3溶液中：c(Na+)＞c()＞c(OH−)＞c(H+)＞c()
D. 室温下，向0.01 mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH−)=c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨水与NaOH溶液的pH都是10，则两溶液中的氢离子、氢氧根离子浓度浓度相等，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c()，A错误；
B．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c(CH3COO-)>c(CH3COOH)，根据物料守恒可得：c(Na+)＞c(CH3COOH)，结合电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)可得：c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(H+)+c(CH3COOH)，B错误；
C．Na2CO3溶液中，发生电离，c(Na+)＞c()，发生+H2O⇌+OH-，及少量的碳酸氢根离子的水解，则溶液呈碱性，c(OH−)＞c()＞c(H+)，故c(Na+)＞c()＞c(OH−)＞c()＞c(H+)，C错误；
D．NH4HSO4中滴加NaOH溶液，若二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的(NH4)2SO4和Na2SO4，此时溶液呈酸性，需要再滴加少许NaOH后溶液呈中性，c(Na+)＞c()＞c()，故溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH−)=c(H+)，D正确；
答案为D。
20. 某温度下，0.100mol/LNaOH滴定50.0mL0.0500mol/LHCl溶液的滴定曲线如图所示。设该温度下水的离子积为Kw。下列说法错误的是

A. 根据曲线数据计算可知该温度下Kw为10-13
B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(H+)·c(OH—)=Kw
C. 其它条件相同，若降温，反应终点b向c方向移动
D. 相同实验条件下，若改为滴定0.0200mol·L-1H2SO4，反应终点b移到a
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．当加入25mLNaOH溶液时溶液呈中性，此时pH=6.5，则c(H+)=c(OH-)=10-6.5mol/L，Kw= c(H+)c(OH-)=10-13，故A正确；
B．只要是水溶液中，都会存在关系式c(H+)·c(OH-)=Kw，故B正确；
C．其它条件相同，若降温，水的电离程度减小，c(H+)减小，pH增大，反应终点b向c方向移动，故C正确；
D．相同实验条件下，若改为滴定0.0200mol·L-1H2SO4，当加入20mL NaOH溶液时溶液呈中性，故D错误；
故选D。
二、解答题(请按要求将答案写在答题卡相应位置，共计55分)
21. Ⅰ.已知25℃时，醋酸、氢硫酸、氢氰酸的电离平衡常数如下表：
醋酸
氢硫酸
氢氰酸
Ka=1.8×10-5
Ka1=9.1×10-8
Ka2=1.1×10-12
Ka=4.9×10-10

（1）体积相同、c(H＋)相同三种酸溶液a．CH3COOH；b．HCN；c．H2SO4分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是(填字母)___________。
（2）25℃时，等浓度的三种溶液①NaCN溶液、②Na2S溶液、③CH3COONa溶液，pH由大到小的顺序为___________ (填序号)。
（3）将浓度为0.02mol/L的HCN 与0.01mol/L NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na+)>c(CN-)，下列关系正确的是___________。
a．c(H+) b．c(H+)+c(HCN)=c(OH-)+c(CN-)
c．c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L
Ⅱ．NaCN是一种重要的基本化工原料，同时也是一种剧毒物质，严重危害人类健康。
（4）含氰废水中的氰化物常以[Fe(CN)6]3-和CN-的形式存在，工业上有多种废水处理方法。其中电解处理法如图：用如图所示装置处理含CN-废水时，控制溶液pH为9~10并加入一定量的NaCl，一定条件下电解，阳极产生的ClO-将CN-氧化为无害物质而除去。铁电极为___________(填“阴极”或“阳极”)，阳极产生ClO-的电极反应为___________，阳极产生的ClO-将CN-氧化为无害物质而除去的离子方程式为___________。

（5）若用碱性甲烷燃料电池做电源，电解一段时间后，甲烷燃料电池中溶液的pH___________。(填“增大、减小或不变”)
【答案】（1）b>a>c
（2）②>①>③ （3）a c
（4） ①. 阴极 ②. Cl--2e-+2OH- =ClO-+H2O ③. 5ClO-+2CN-+2OH-=N2↑+2+5Cl-+H2O
（5）减小
【解析】
【小问1详解】
酸的电离平衡常数越小，酸的酸性越弱，体积相同、c(H+)相同的酸溶液，酸越弱，酸的浓度越大，消耗同浓度的NaOH溶液体积越大，酸性：c>a>b，所以消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是：b>a>c，故答案为：b>a>c；
【小问2详解】
酸的电离平衡常数越大，酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性：CH3COOH>H2S>HCN>HS-，酸越弱，对应酸根离子水解程度越大，溶液碱性越大，pH越大，因此水解程度：S2->CN->HS->CH3COO-，所以等浓度的三种溶液①NaCN 溶液、②Na2S溶液、③CH3COONa溶液，pH由大到小的顺序为：②>①>③，故答案为：②>①>③；
【小问3详解】
a．混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCN、HCN，混合溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CN-)且溶液中存在c(Na+)>c(CN-)，则c(H+) b．根据a知，混合溶液c(H+)c(CN-)，Na+不水解，则c(Na+)c(OH-)+c(CN-)，故b错误；
c．混合后溶液体积增大一倍，导致物质浓度降为原来的一半，根据物料守恒得c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L，故c正确；
故答案为：ac；
【小问4详解】
在电解池中，铁是活性电极，不参加反应，只能作阴极；废水中含CN-，控制溶液pH为9～10，溶液呈碱性，阳极产生的ClO-将CN-氧化，说明加入的NaCl提供的氯离子在阳极失去电子发生氧化反应，根据质量守恒和电子转移守恒，则电极反应为：2OH-+Cl--2e-═ClO-+H2O；阴极是氢离子得电子产生氢气，ClO-和CN-和OH-反应生成CO，N2，Cl-和H2O，故化学方程式为5ClO-+2CN-+2OH-=2CO+N2↑+5Cl-+H2O，故答案为：阴极；2OH-+Cl--2e-═ClO-+H2O；5ClO-+2CN-+2OH-=2CO+N2↑+5Cl-+H2O；
【小问5详解】
CH4失去电子失去，电极反应为：CH4-8e-+10OH-═CO+7H2O，该电池的反应式为2O2+CH4+2OH-═CO+3H2O，消耗了溶液中的氢氧根离子，且有溶剂水生成，导致溶液中氢氧根离子的浓度降低，pH减小。
22. 以铁镍合金(含少量铜)为原料，生产电极材料LiNiO2的部分工艺流程如下：

已知：①表中列出了几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol∙L-1计算)；
金属离子
Fe3+
Fe2+
Cu2+
Ni2+
开始沉淀pH
1.1
5.8
4.6
6.7
完全沉淀pH
3.2
8.8
7.4
9.5
②Ksp[Fe(OH)3]=5×10-38；
③本工艺环境下KMnO4溶液不与Ni2+发生反应。
回答下列问题。
（1）LiNiO2中Ni的化合价为___________。
（2）“酸溶”时Ni转化为NiSO4，该过程中温度控制在70~80℃的原因是___________。
（3）“除铁”时加入适量KMnO4溶液并调节溶液pH的目的是除去铁元素的同时溶液中不会有明显的锰元素残留，写出“除铁”步骤的离子方程式___________，常温下此体系中Fe3+残留最大浓度为___________mol∙L-1。
（4）“除铜”时不能通过调节溶液的pH来除去溶液中Cu2+，理由是___________。
（5）“沉镍”时得到碳酸镍(NiCO3)沉淀。在空气中碳酸镍与碳酸锂共同“煅烧”可制得LiNiO2，该反应的过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
【答案】（1）+3价 （2）温度太低，反应(浸出)速率太小，温度过高，硝酸容易挥发(或分解)
（3） ①. +3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+     ②. 5.0×10-8
（4）当Cu(OH)2沉淀完全时，也有部分Ni2+生成了Ni(OH)2沉淀，造成Ni2+损失
（5）1：4
【解析】
【分析】工业上以含镍“废料”(主要含单质镍，还含有少量铜)为原料，加入H2SO4、HNO3酸溶发生氧化还原反应，生成硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸铜、氮氧化物，加入高锰酸钾溶液，Fe2+被氧化为Fe3+，调pH，目的是除去Fe3+而不能除去Ni2+，pH的调控范围是4～4.5，滤渣1为氢氧化铁；然后加入H2S，使铜离子转化为CuS沉淀，则滤渣2为CuS；沉镍时加入Na2CO3，得到碳酸镍(NiCO3)沉淀，在空气中碳酸镍与碳酸锂共同“煅烧”可制得LiNiO2，据此解答。
【小问1详解】
LiNiO2中Ni的化合价为+3价，故答案为：+3；
【小问2详解】
“酸溶”时Ni转化为NiSO4，该过程中温度控制在70～80℃的原因是浓度太低，反应(浸出)速率太小，温度过高，硝酸容易挥发(或分解)，故答案为：浓度太低，反应(浸出)速率太小，温度过高，硝酸容易挥发(或分解)；
【小问3详解】
加入适量KMnO4溶液目的是除铁元素，同时溶液中不会有明显的锰元素残留，说明此时锰元素是以MnO2的形式存在，亚铁离子被氧化成三价铁，此时pH为4～4.5，又根据已知④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知生成的是Fe(OH)3，再根据升降法配平写出的反应方程式为MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+。要使常温下此时体系中Fe3+残留浓度最大，则pH=4，c(OH-)=10-10mol•L-1，以(Fe3+)=mol•L-1=5.0×10-8mol•L-1，故答案为：+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；5.0×10-8；
【小问4详解】
由Ni(OH)2形成沉淀的pH知，若使用碱性较强的Na2CO3溶液，当Cu(OH)2沉淀完全时，也有部分Ni2+生成了Ni(OH)2沉淀，造成Ni2+损失，故答案为：当Cu(OH)2沉淀完全时，也有部分Ni2+生成了Ni(OH)2沉淀，造成Ni2+损失；
【小问5详解】
煅烧过程中O2是氧化剂，反应中1 mol O2可得到4 mol电子，还原剂NiCO3被氧化为LiNiO2，1 mol NiCO3失去1 mol电子，则此过程中消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4，故答案为：1：4。
23. 合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。
（1）我国科学家研究了在铁掺杂W18O19纳米反应器催化剂表面上实现常温低电位合成氨，反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。需要吸收能量最大的能垒E=___________eV。

一定条件下，在体积为5L的密闭容器中，ABC三种气体的物质的量n(mol)随时间t(min)的变化如图1所示。已知达到平衡后，降低温度，A的体积分数将减小。

（2）该反应的化学方程式为___________。
（3）该反应反应速率v随时间t的变化关系如图2所示，根据图判断，在t3时刻改变的外界条件是___________。
【答案】（1）1.54
（2）A(g)+2B(g)2C(g)
（3）升高温度
【解析】
【小问1详解】
由图可知，H3N*+NH3=2NH3过程中吸收能量最大，能垒E=-1.02- (-2.56)eV=1.54eV；
【小问2详解】
根据示意图可知：A、B为反应物，而C为生成物，3 min内△n(A)=(1-0.7) mol=0.3 mol、 △n(B)=(1-0.4)mol=0.6 mol、△n(C)= (0.6-0) mol=0.6 mol，相同时间内各物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比，则A、B、C的计量数之比=0.3 mol：0.6 mol：0.6 mol=1：2：2，3 min后三种物质都存在，且它们的物质的量不再发生变化，说明该反应为可逆反应，则该反应方程式为A(g)+2B(g)2C(g)；
【小问3详解】
反应达平衡后，降低温度，A的体积分数将减小，说明降低温度平衡正向移动，该反应的正反应为放热反应。t3时刻改变条件时正、逆反应速率都增大且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，说明改变的条件是升高温度。
24. CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。
（1）CH4超干重整CO2的催化转化如图：

①关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是___________(填标号)。
a．实现了含碳物质与含氢物质的分离
b．可表示为CO2+H2=H2O(g)+CO
c．CO未参与反应
d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的△H
②其他条件不变，在不同催化剂(I、II、III)作用下，反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态___________(填“是”或“不是”)平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是___________。

（2）恒温恒容刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入Ni/α-Al2O3催化剂使其发生反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。研究表明CO的生成速率v(CO)=1.3×10-2×p(CH4)×p(CO2)mol∙g-1∙s-1，某时刻测得p(CO)=20kPa，则p(CO2)=___________kPa，v(CO)=___________mol∙g-1∙s-1。
【答案】（1） ①. cd ②. 不是 ③. b、c均未达到平衡，b点温度高，反应速率快，消耗CH4量多，故转化率高
（2） ①. 15 ②. 1.95
【解析】
【小问1详解】
①a．过程Ⅱ中，CO、CO2都转化为CO，H2转化为H2O；实现了含碳物质与含氢物质的分离，a正确；
b．从起始反应物和产物分析可得，CO2与H2反应生成H2O(g)和CO，b正确；
c．从反应过程看，CO先转化为CaCO3，后CaCO3再转化为CO，c不正确；
d．Fe3O4、CaO起初参加反应，后来又生成，所以为催化剂，催化剂不改变反应物和生成物的总能量，所以不能降低反应的ΔH，d不正确；
故选cd。答案为：cd；
②相同温度下，尽管所使用的催化剂不同，但达平衡时CH4的转化率应相同，从图中可以看出，a点CH4的转化率比同温度下的催化剂Ⅰ作用下的转化率低，则表明a点所代表的状态不是平衡状态；从图中可以看出，虽然b点CH4的转化率高，但仍低于同温度下的最高转化率，说明反应仍未达到平衡，b点CH4的转化率高于c点，只能是反应速率快所致，故原因是b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高。答案为：不是；b、c均未达到平衡，b点温度高，反应速率快，消耗CH4量多，故转化率高；
【小问2详解】
利用题给数据，我们可建立如下三段式：

从而得出p(CO2)＝15kPa，v(CO)＝1.3×10-2·p(CH4)·p(CO2)mol·g-1·s-1=1.3×10-2×10×15mol·g-1·s-1=1.95mol·g-1·s-1。答案为：15；1.95。
25. 氮和硫的化合物在工农业生产、生活中具有重要应用。请回答下列问题：
（1）在恒温条件下，1 mol NO2和足量C发生反应：2NO2(g)+2C(s) N2(g)+2CO2(g)，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：

①A B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)___________Kc(B)(填“＜”或“＞”或“=”)。
②A B C三点中NO2的转化率最高的是___________(填“A”或“B”或“C”)点。
③计算C点时该反应的压强平衡常数Kp=___________ (写出计算结果，Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（2）H2S气体溶于水形成的氢硫酸是一种二元弱酸，25℃时，在0.10 mol·L-1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2-)关系如图所示(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。

①pH=13时，溶液中的c(H2S)+c(HS-)=___________mol·L-1；
②某溶液含0.010 mol·L-1Fe2+和0.10 mol·L-1H2S，当溶液pH=___________时，Fe2+开始沉淀。【已知：KSP(FeS)=1.4×10-19】
（3）常温下，将pH=a的醋酸溶液与pH=b的NaOH溶液等体积混合后，两者恰好完全反应，则该温度下醋酸的电离平衡常数约为___________。
【答案】（1） ①. = ②. A ③. 4 MPa
（2） ①. 0.043 ②. 2
（3）1014-b-2a
【解析】
【小问1详解】
①A、B两点温度相等，所以化学平衡常数相等；故答案为：=；
  ②由方程式可知反应气体体积增大，增大压强，平衡逆向移动，NO2的转化率降低，A点压强最小，所以转化率最高；故答案为：A；
 ③根据题目信息，列化学平衡三段式，设生成氮气物质的量为xmol，C点时NO2和CO2浓度相等，则1-2x=2x，解得x=0.25，因C点时NO2和CO2浓度相等，则NO2和CO2的分压也相等，即p(NO2)=p(CO2)，所以，故答案为：4MPa；
【小问2详解】
①根据图象，pH=13时，溶液中c(S2-)=5.7×10-2mol/L，c(S2-)+c(H2S)+c(HS-)=0.1mol/L，根据物料守恒，则溶液中c(H2S)+c(HS-)=0.1mol/L-5.7×10-2mol/L=0.043mol/L，故答案为：0.043；
②当Qc=Ksp(FeS)时开始沉淀，所以c(S2-)=mol/L=1.4×10-17mol/L，结合图象得出此时的pH=2，所以pH=2时Fe2+开始沉淀，故答案为：2；
【小问3详解】
常温下，将pH=a的醋酸溶液与pH=b的NaOH溶液等体积混合后，两者恰好完全反应，说明酸碱的物质的量浓度相等，即pH=a的醋酸浓度为10b-14 mol/L，醋酸电离程度较小，则醋酸溶液中c(CH3COO-)≈c(H+)=10-a mol/L，c(CH3COOH)≈10b-14 mol/L，该温度下醋酸电离平衡常数=1014-b-2a，故答案为：1014-b-2a。