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【化学】四川省成都外国语学校2018-2019学年高二上学期12月月考（解析版） 试卷
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四川省成都外国语学校2018-2019学年高二上学期12月月考
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Mg-24 Fe-56 P-31
第I卷(选择题共52分)
一、选择题(本大题共21小题，其中1-11小题每题2分，12-21小题每题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 根据生活经验，判断下列物质按酸碱性的一定顺序依次排列正确的是
A. 厕所清洁剂醋肥皂厨房清洁剂
B. 醋厕所清洁剂肥皂厨房清洁剂
C. 厕所清洁剂厨房清洁剂醋肥皂
D. 厨房清洁剂醋肥皂厕所清洁剂
【答案】C
【解析】
试题分析：此题重点考察化学与生活的联系，让学生学会运用学过的化学知识来解决或解释生活中的问题
或n 现象。厕所清洁剂溶解的是马桶中污垢，具有强酸性，酸性强于醋；厨房清洁剂是要清除油污，
具有较强的碱性，运用的是油脂在碱性条件下可以水解为可溶的物质而除去，碱性强于肥皂。
考点：化学与生活有关的生活常识。
2. 下列说法中正确的是( )
A. 非自发反应在任何条件下都不能实现
B. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
C. 凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的
D. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
【答案】D
【解析】
试题分析：A、在给定的条件下，无外界帮助，不能自动进行的过程或反应，称为自发反应。B、判断反应能否自发进行应从吉布斯自由能去判断，而不是熵变的大小去判断。C、反应是否为自发反应与反应是否需要加热无关。D、由△G=△H－T△S熵增加且放热的反应，吉布斯自由能一定小于0，属于自发反应，所以答案选D
考点：判断自发反应的相关知识点。
3.下列说法或表达式正确的是( )
A. 0.5mol 稀 H2 SO 4与0.5mol 稀 Ba (OH )2溶液反应放出akJ热量，则中和热为 akJ/ mol
B. 则热量变化关系式： △H1+△H3+△H5=-(△H2+△H4)
C. △H与反应方程式中的化学计量数，物质的状态和可逆反应均有关
D. 同温同压下， H2( g)+ Cl 2(g)= 2HCl (g)在光照和点燃条件下的△H不同
【答案】B
【解析】
【详解】A、0.5mol H2SO4与0.5mol Ba(OH)2完全反应除了生成水还生成硫酸钡固体，所放出的热量不是中和热，故A错误；B. 反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，根据盖斯定律， 的热量变化符合 △H1+△H3+△H5=-(△H2+△H4)，故B正确；C．反应热的大小与可逆反应无关，与化学计量数，物质的状态有关，故C错误；D．反应热与反应条件无关，所以同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同，故D错误；故选B。
4.下列各组离子，在指定的环境中能够大量共存的是( )
选项
指定环境
能够共存的离子
A
滴加酚酞显红色的溶液
K＋、S2－、SO32-、NO3-
B
有HCO3-存在的无色透明溶液
Na＋、K＋、Cl－、Al3＋
C
水电离的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液中
Cl－、CO32-、NO3-、NH4+
D
使石蕊变红的溶液中
Fe2＋、MnO4-、NO3-、SO42-
【答案】A
【解析】
A：碱性环境下，各离子可大量存在
B：HCO3—与Al3+可发生双水解反应，排除
C：水的电离受抑制，溶液可能呈碱性或酸性，酸性情况下CO32—不能大量存在，而在碱性情况下，NH4+不能大量存在，排除
D：酸性情况下，Fe2+可被MnO4—、NO3—氧化，排除
5. 设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是
A. 常温下，56 g铁片投入足量浓H2SO4溶液中生成NA个SO2分子
B. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
C. 50℃时，1.0 L pH＝1的H2SO4 溶液中含有的H+数目为0.1NA
D. 标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA
【答案】C
【解析】
试题分析：A、56g铁的物质的量为1mol,因为铁与浓硫酸能够发生钝化,阻止了反应的进行,无法计算反应生成二氧化硫的物质的量,故A错误;B、氮气与氢气反应生成氨气的反应是可逆反应，无法反应完全，生成的氨气小于2NA，故B错误；C、正确；D、CCl4在标况下不是气体
考点：阿伏伽德罗常数的应用
6.在一定温度下体积不变的密闭容器中，下列叙述不是可逆反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)达到平衡状态标志的是( )
①C的生成速率与C的分解速率相等 ②单位时间内生成a molA，同时生成3a molB
③A、B、C的分子数之比为1：3：2 ④A、B、C的总质量不再变化
⑤混合气体的总压强不再变化 ⑥混合气体的总物质的量不再变化
⑦单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol B ⑧A、B、C的浓度不再变化．
A. ②④ B. ②③④ C. ②⑥ D. ③⑧
【答案】B
【解析】
【分析】
可逆反应达到平衡状态时，同一物质的正、逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答。
【详解】①C的生成速率与C的分解速率相等，说明C的正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确；
②无论是否达到平衡，总存在单位时间内生成a molA、同时生成3a molB，所以不能据此判断平衡状态，故错误；
③A、B、C的分子数之比为1：3：2时，该反应不一定达到平衡状态，因为没有说明分子数之比保持不变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；
④任何化学反应中都存在质量守恒，所以无论反应是否达到平衡状态，A、B、C的总质量不变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；
⑤反应前后气体的物质的量减少导致压强减小，当混合气体的总压强不再变化时，各物质的物质的量之和不变，该反应达到平衡状态，故正确；
⑥反应前后气体的物质的量减少，当混合气体的总物质的量不再变化时，该反应达到平衡状态，故正确；
⑦单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol B，必定同时生成amolA，则A正、逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确；
⑧A、B、C的浓度不再变化时，正、逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确。
综合以上分析，②③④符合题意，故选B。
【点睛】化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”，现以mA(g)＋nB(g) ⇌pC(g)＋qD(g)为例，化抽象为具体，提高学生对此标志的理解。
“一等”即正反应速率等于逆反应速率，其意义是针对反应体系中同一反应物（或生成物）而言的，而不是同一反应中的不同物质。若用同一反应中不同物质来表示正反应速率和逆反应速率，必须要求两速率反向（切忌单向速率）且两速率之比等于其对应的化学计量数之比。
“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变，其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变；对于全为气体的可逆反应，当m+n╪p+q时，混合气体总物质的量不变。
7.在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH<0，下列分析中不正确的是( )
A. 图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响
B. 图Ⅱ研究的是t0时增大压强(缩小容积)或使用催化剂对反应速率的影响
C. 图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂
D. 图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
【答案】C
【解析】
试题分析：A．t0时升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图象相符，故A正确；B．反应前后气体的体积不变，压强对平衡移动无影响，图Ⅱt0时正逆反应速率都增大，且正逆反应速率相等，平衡不移动，应加入催化剂或增大压强的影响，故B正确；C．如加入催化剂，平衡不移动，CO的转化率应相等，故C错误；D．由图可知乙达到平衡时间较少，如是温度的影响，乙的温度应较高，故D正确；故选C。
考点：考查了化学平衡图像的相关知识。
8.已知化学反应 A2(g)＋B2(g)===2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是( )
A. 每生成2分子AB 吸收 b kJ 热量
B. 该反应热 ΔH＝＋(a－b)kJ·mol－1
C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 断裂 1 mol A—A 和1 mol B—B 键，放出 a kJ 能量
【答案】B
【解析】
试题分析：A、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(a-b) kJ热量，故A错误；B、反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，所以反应热△H=+(a-b)kJ•mol-1，故B正确； C、依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，故C错误；D、断裂1 mol A-A和1 mol B-B键，吸收a kJ能量，故D错误；故选B。
考点：考查了化学反应的能量变化的相关知识。
9.一定温度下，向0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中加少量水，下列有关说法错误的是( )
A. 溶液中所有离子的浓度都减小 B. CH3COOH的电离程度变大
C. 水的电离程度变大 D. 溶液的pH增大
【答案】A
【解析】
试题分析：A．稀释促进醋酸的电离，溶液中除氢氧根浓度以外其余所有离子的浓度都减小，A错误；B．稀释促进醋酸的电离，CH3COOH 的电离程度变大，B正确；C．醋酸的浓度越小，对水的抑制程度越小，因此水的电离程度变大，C正确；D．稀释促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，但浓度减小，溶液的pH 增大，D正确，答案选A。
【考点定位】考查外界条件对电离平衡的影响
【名师点晴】电离平衡也是一种动态平衡，当溶液的温度、浓度以及离子浓度改变时，电离平衡都会发生移动，符合勒·夏特列原理，其规律是：①浓度：浓度越大，电离程度越小。在稀释溶液时，电离平衡向右移动，而离子浓度一般会减小。②温度：温度越高，电离程度越大。因电离是吸热过程，升温时平衡向右移动。③同离子效应：如向醋酸溶液中加入醋酸钠晶体，增大了CH3COO－的浓度，平衡左移，电离程度减小；加入稀盐酸，平衡也会左移。④能反应的物质。如向醋酸溶液中加入锌或NaOH溶液，平衡右移，电离程度增大。
10.准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定。 下列说法正确的是( )
A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B. 随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D. 滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
【答案】D
【解析】
试题分析：A．滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，A错误；
B．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，B错误； C．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，C错误； D．碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，D正确；故选D．
【考点定位】考查中和滴定实验, 把握中和滴定原理、仪器的使用和误差分析
【名师点晴】本题考查了酸碱中和反应，为了减小误差，滴定管要用标准液、待测液润洗，锥形瓶不能润洗，所有的不当操作都要归结到读数上，然后利用C1V1=C2V2分析即可。
11.在t℃时，某NaOH稀溶液中，c(H＋)＝10-amol/L，c(OH－)＝10-bmol/L，已知a＋b＝13，则在该温度下，将100 mL 0.10 mol/L的稀硫酸与100 mL 0.40 mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH为（已知：忽略混合时体积的变化；lg2=0.30；lg3=0.48）
A. 11.52 B. 11.70
C. 11.82 D. 12.00
【答案】D
【解析】
试题分析：t℃时，a＋b＝13，则KW=10-13。两溶液混合后，碱过量，溶液呈碱性，c（OH-）＝＝0.1mol/L,则c(H+)=KW/ c（OH-）=10-13/0.1mol/L＝10-12mol/L,pH=12。答案选D
考点：pH的计算
12.下列解释相关的离子方程式错误的是( )
A. H2S溶于水:H2S+H2OHS-+H3O+
B. 向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸:S2O3-+2H+=S↓+SO2↑+H2O
C. NH4Cl溶液呈酸性:NH4++H2O=NH3·H2O+H+
D. K2Cr2O7溶于水:Cr2O7-+H2O2CrO42-+2H+
【答案】C
【解析】
A. H2S是二元弱酸，溶于水的电离方程式为：H2S+H2OHS-+H3O+，A正确；B. 向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，方程式为：S2O3-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，B正确；C. 铵根水解，NH4Cl溶液呈酸性，铵根的水解方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+，C错误；D. K2Cr2O7溶于水存在平衡关系：Cr2O7-+H2O2CrO42-+2H+，D正确，答案选C。
13.足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )
A. 60mL B. 45mL C. 30mL D. 15mL
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知，HNO3，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。答案选A。
14.将0.2 mol/L的KI溶液和0.01mol/L Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别进行实验。下列能说明溶液中存在平衡2Fe3++2I－2Fe2++I2的是( )
A. 滴入硝酸银溶液产生黄色沉淀 B. 加入酸性KMnO4溶液,溶液紫红色褪去
C. 滴入淀粉溶液，溶液变蓝色 D. 滴入KSCN溶液，溶液变红色
【答案】D
【解析】
将0.2 mol/L的KI溶液和0.01mol/L Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，I-过量，若不是可逆反应，Fe3+全部转化为Fe2+，则溶液中无Fe3+，故只需要证明溶液中含Fe3+，即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。则A、向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，溶液中I-过量，无论是否存在平衡反应，都会有黄色沉淀生成，所以不能说明反应存在平衡，A错误；B、碘离子过量，因此加入酸性KMnO4溶液后，无论是否存在平衡反应，溶液紫红色都会褪去，B错误；C、无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，C错误；D、向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，即能说明反应存在平衡，D正确；答案选D。
15.往1.0 mol·L－1KI溶液中加入固体I2，发生反应：I2(aq）+I－(aq）I3－(aq） △H；I－的物质的量浓度c(I－）随温度T的变化曲线如图所示。已知反应第一次达到平衡时用时10s，则下列说法正确的是
A. 该反应的△H＞0
B. a、c两点对应的I－反应速率相等
C. b点时0~10s I－的平均反应速率为0.04mol·L－1·s－1
D. d点时该反应在对应温度下处于平衡状态
【答案】D
【解析】
试题分析：升高温度I－的物质的量浓度增大，平衡逆向移动，△H<0，故A错误；a、c两点，c点温度高，c点对应的I－反应速率大，故B错误；b点时0~10s I－的平均反应速率为0.06mol·L－1·s－1，故C错误；d点时该反应在对应温度下处于平衡状态，故D正确。
考点：本题考查化学平衡图像。
16. 常温下，向10 mL0.1mol/LHR溶液中逐滴滴入0.1mol/L的氨水，所得溶液pH 及导电能力与加入氨水体积的关系如图。下列说法不正确的是
A. 常温下，电离平衡常数 Ka(HR)≈Kb(NH3• H2O)
B. b点溶液pH=7，此时HR溶液与氨水恰好完全反应
C. c 点溶液中存在 c(NH4+ )>c(R-)>c(OH- )>c(H+)
D. a、b、c三点中，c点NH3• H2O的电离程度最大
【答案】D
【解析】
试题分析：加入10 mL0.10.1mol/L的氨水时恰好完全反应，溶液呈中性，电离平衡常数 Ka(HR)≈Kb(NH3• H2O)，故A正确；b点加入10 mL0.10.1mol/L的氨水，溶液pH=7，此时HR溶液与氨水恰好完全反应，故B正确；c 点溶液呈碱性，存在 c(NH4+ )>c(R-)>c(OH- )>c(H+)，故C正确；a、b、c三点中，a点HR促进氨水电离、c点NH4R抑制氨水电离，a点NH3• H2O的电离程度最大，故D错误。
考点：本题考查水溶液。
17.已知： ①2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g) ΔH=-566 kJ/mol；②Na2O2(s)+CO2(g)＝Na2CO3(s)+1/2O2(g) ΔH=-226 kJ/mol根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是( )
A. CO的燃烧热为 283 kJ
B. 反应①正反应活化能与逆反应活化能之差为+566 kJ/mol
C. 反应 2Na2O2(s)+2CO2(s)＝2Na2CO3(s)+O2(g) ΔH>-452 kJ/mol
D. CO(g)与 Na2O2(s)反应放出 509 kJ 热量时，电子转移数为 6.02×1023
【答案】C
【解析】
试题分析：A、CO的燃烧热为283 kJ/mol，故A错误；B、反应①正反应活化能与逆反应活化能之差为反应热，为-566 kJ/mol，故B错误；C、题目中第二个方程的2倍为：2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)△H="-452" kJ/mol，本题中的CO2(s)多一步变气体吸热的过程，所以本题放出的热量就少于452，但是△H＞-452 kJ/mol，故C正确；D、题目中×①+②为：Na2O2(s)+CO(g)=Na2CO3(s)△H="-509" kJ/mol，此时放热509KJ，因为CO是1mol，所以转移电子数是2倍的6.02×1023，故D错误；故选C。
考点：考查了反应热和焓变的相关知识。
18.已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3－+H2OH2SO3+OH－ ① HSO3－H++SO32－ ②向 0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的
A. 加入少量金属 Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中 c(HSO3－)增大
B. 加入少量NaOH溶液，c(SO32-)/c(HSO3-)、c(OH-)/c(H+)的值均增大
C. 加入少量Na2SO3 固体，则 c(H+)+c(Na+)＝c(HSO3－)+c(OH－)+1/2c(SO32－)
D. 加入氨水至中性，则 2c(Na+)＝c(SO32－)>c(H+)＝c(OH－)
【答案】C
【解析】
试题分析：加入少量金属Na，Na与HSO3-电离出的H+反应，促使平衡②右移，HSO3-离子浓度减小，又促使平衡①左移，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c（HSO3-）浓度减小，A错误；加入少量Na2SO3固体溶解后溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），B错误；加入氢氧化钠促进电离，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c（SO32-），c（OH-）浓度增大；、比值增大，C正确；加入氨水至中性，c（H+）=c（OH-），电荷守恒为c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=c（OH-）+2c（SO32-）+c（HSO3-），D错误。
考点：考查弱电解质在水溶液中的电离平衡，影响盐类水解的主要因素，离子浓度大小的比较。
19.常温下，向20 mL 0.1 mol/L酒石酸(用H2T表示)溶液中逐滴滴加等物质的量浓度的NaOH溶液。有关微粒的物质的量与混合溶液的pH有如图关系。下列说法正确的是( )
A. V(NaOH)＝10 mL时，溶液中存在c(Na＋)＝2c(H2T)＋2c(HT－)＋2c(T2－)
B. V(NaOH)＝20mL时，溶液中存在c(Na＋)>c(HT－)>c(H＋)>c(H2T)>c(T2－)
C. V(NaOH)＝30mL时，溶液中存在c(Na＋)>c(HT－)>c(T2－)>c(OH－)>c(H＋)
D. V(NaOH)＝40mL时，溶液中存在c(OH－)＝c(HT－)＋2c(H2T)＋c(H＋)
【答案】D
【解析】
试题分析：当VNaOH=10mL时，溶液中的溶质是NaHT和H2T，所以根据原子守恒可知，选项A不正确，应该是2C(Na+)＝C(H2T)+C(H T—)+C(T 2—)；当VNaOH=20mL时，溶液中的溶质是NaHT，根据图像可知溶液显酸性，这说明水解程度小于电离程度，所以应该是C(Na+)＞C(HT—)＞C(H+)＞C(T 2—) ＞C(H2T)，B不正确；VNaOH=30mL时，溶液中的溶质是NaHT和Na2T，同样根据图像可知溶液显酸性，所以C(Na+)＞C(T 2—) ＞C(HT—)＞C(H+)＞C(OH—)，C不正确；VNaOH=40mL时，溶液中的溶质是Na2T，则根据质子守恒可知，C(OH—)=C(HT—)+2C(H2T)+C(H+)，选项D正确，答案选D。
考点：考查酸碱中和过程中溶液酸碱性的判断以及溶液中离子浓度的大小比较
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生解题能力的培养和方法的指导与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力。该题的关键是利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒。
20.在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2，在不同温度下反应CO2(g)+C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如右图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是( )
A. 反应CO2(g)+C(s)2CO(g)的ΔS>0、ΔH <0
B. 体系的总压强p总：p总(状态Ⅱ)>2p总(状态Ⅰ)
C. 体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)>2c(CO，状态Ⅲ)
D. 逆反应速率v逆：v逆(状态Ⅰ)>v逆(状态Ⅲ)
【答案】B
【解析】
A．C和CO2反应是吸热反应，△H>0，故A错误；
B．曲线Ⅰ，是通入0.1molCO2， 曲线Ⅱ是通入0.2molCO2，状态Ⅱ可以看作先通0.1molCO2，此时的压强相等，再通入0.1molCO2加入平衡不 移动，此时的压强等于2倍P总（状态Ⅰ），但要求CO2的浓度相等，应对此加热使反应向正反应方向移动， 气体物质的量增加，因此P总(状态Ⅱ)>2P总（状态Ⅰ），故正确；
C．状态Ⅱ可以看作先通0.1molCO2，此时 两者CO的浓度相等，再通入0.1molCO2，如果平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡右移，消耗CO，因此c(CO，状态Ⅱ)<2c(CO，状态Ⅲ)，故正确；
D．温度越高，反应 速率越快，V逆（状态Ⅰ）逆（状态Ⅲ)，故D错误。
21.25℃时，向25 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1醋酸溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是
A. 在A、B间任一点的溶液中一定都有：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
B. Ka(CH3COOH)＝
C. C点对应的溶液中，水电离出的H＋浓度大于10－7 mol·L－1
D. D点对应的溶液中，存在如下关系：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2c(H＋)－c(OH－)
【答案】B
【解析】
试题分析：AB段,溶液中以NaOH为主要成分,离子浓度: c(Na+)> c(OH-)> c(CH3COO-)> c(H+),A错误;取 a所对应的 B点进行计算,pH=7,则 c(H+)=" c(OH"-)="10"-7mol/L,又因为电荷守恒 c(Na+)+ c(H+)=" c(OH"-)+ c(CH3COO-),所以有 c(Na+)=" c(CH"3COO-),反应后 c(CH3COOH)="[10"-3×(0.2 a-25×0.1)]÷[10-3×(25+ a)],则c(Na+)="c(CH"3COO-)="(10"-3×25×0.1)÷[10-3×(25+ a)],醋酸的电离常数 K=" c(H"+)· c(CH3COO-)/ c(CH3COOH)=" c(H"+)· c(Na+)/ c(CH3COOH)=" 2" . 5 × 1 0 - 70 . 2 a - 2 . 5 ,B正确; C点对应的醋酸过量,所以抑制了水的电离,使水电离出的H+浓度小于10-7mol/L,C错误; D点时溶液中的醋酸与醋酸钠等量混合,根据物料守恒:c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)="2" C(Na+),根据电荷守恒: c(Na+)+ c(H+)=" c(OH"-)+ c(CH3COO-),将物料守恒代入电荷守恒式可得 c(CH3COO-)- c(CH3COOH)="2" c(H+)-2 c(OH-),D错误。
考点：离子平衡；电离常数
第II卷(非选择题共48分)
22.科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”，其简单流程如图所示部分(条件及物质未标出)。
(1)已知:CH4、CO、H2的燃烧热分别为890.3 kJ·mol-1、283.0 kJ·mol-1、285.8 kJ·mol-1，则上述流程中第一步反应2CH4(g)+O2(g) ===2CO(g)+4H2(g) ΔH＝ ______________ 。
(2)工业上可用H2和CO2制备甲醇，其反应为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，某温度下，将1 mol CO2和3 mol H2充入体积不变的2 L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下：
① 用H2 表示前2 h平均反应速率v(H2) ＝____。
② 该温度下CO2的平衡转化率为 ________________ 。
(3)在300 ℃、8 MPa下，将二氧化碳和氢气按物质的量之比为1∶3通入一密闭容器
中发生(2)中反应，达到平衡时，测得二氧化碳的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数Kp＝ __________ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
(4)CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g) ΔH。在0．1 MPa时，按n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料，如图所示为不同温度(T)下，平衡时四种气态物质的物质的量(n)关系：
①该反应的ΔH ______ 0 (填“＞”、“＝”或“＜”)。
②曲线c表示的物质为 ____________________。
③为提高H2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是____，用平衡移动原理说明理由____。
【答案】(1)-71.4kJ·mol-1
(2)①0.225mol·L-1·h-1②40%
(3)1/48MPa-2或0.0208MPa-2或0.021MPa-2
(4)①<②C2H4③加压(或不断分离出水)
【解析】
试题分析： (1)按顺序把热化学方程式标为①②③:
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH1="-890.3" kJ·mol-1①
CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH2=" -283.0" kJ·mol-1 ②
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH3=" -285.8" kJ·mol-1③
根据盖斯定律，①×2-2×②-4×③得2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g) ΔH="-71.4" kJ·mol-1。
(2)①由反应前后的压强关系可知2 h时，体系中气体的总的物质的量为3.4 mol，减少了0.6 mol。
v(H2)=△c/△t="0.9mol/(2L*2h)=0.225" mol·L-1·h-1。②该反应是一个反应前后气体分子数减小的反应，压强不变时，说明反应达到平衡。5 h时反应达到平衡，根据反应前后压强的比值可求得CO2的平衡转化率为4mol*（1-0.8）/（2*1mol）×100%=40%。
(3)设开始时投入CO2和H2的物质的量分别为1 mol和3 mol。
则平衡时p(CO2)="8" MPa×="4/3" MPa，p(H2)="8" MPa×="4" MPa，
p(CH3OH)="8" MPa×="4/3" MPa，p(H2O)="8" MPa×="4/3" MPa，
Kp===≈0.020 8 (MPa-2)。(4)①由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，ΔH<0。②随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线a代表CO2，由计量数关系可知曲线b代表水，曲线c代表C2H4。③为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强或不断分离出水。
考点：反应热的计算、化学平衡常数、化学平衡图象分析及平衡移动等
23.磷化铝、磷化锌、磷化钙是目前常见的熏蒸杀虫剂，都能与水或酸反应产生有毒气体膦(PH3)，PH3具有较强的还原性，能在空气中自燃。卫生安全标准规定，粮食中磷化物(以PH3计)含量≤0．05mg/kg。某化学兴趣小组的同学通过下列方法对粮食中残留磷化物含量进行研究：
【操作流程】 安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸标准溶液滴定
【实验装置】
C中盛有200g原粮，D、E、F 各盛装1.00mL浓度为1．00×10－3mol/L的KMnO4 溶液(H2SO4 酸化)。
请回答下列有关问题：
(1)仪器G的名称是_______。以磷化铝为例，写出磷化铝与水反应的化学方程式 ________________。
(2)检查C装置气密性的方法是：用止水夹夹紧C装置___________，取下上口活塞，漏斗中加入水，打开下口旋塞，观察到 ___________________，表明装置气密性良好。
(3)实验过程中，用抽气泵反复抽气的目的是 ______________________________。
(4)A中盛装KMnO4溶液是为除去空气中可能含有的 ___________ (填“还原”或“氧化”)性气体；B中盛装新制FeSO4溶液的作用是 _______________________ ；
(5)已知 D、E、F 中发生同一反应，实验中 PH3被氧化成磷酸，写出所发生的化学反应方程式 ____ ；收集装置D、E、F所得吸收液，并洗涤D、E、F，将吸收液、洗涤液一并置于锥形瓶中，加水稀释至25mL，用浓度为5×10-4 mol/LNa2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为_____mg/kg。
【答案】（1）分液漏斗 AlP＋3H2O＝Al(OH)3↓＋PH3↑
（2）左右两端的橡皮管 水开始下滴一段时间后，不再连续下滴
（3） 保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收
（4） 还原 除去空气中的O2
（5）5PH3＋8KMnO4＋12H2SO4＝5H3PO4＋8MnSO4＋4K2SO4＋12H2O 0.085
【解析】
试题分析：（1）仪器G的名称是分液漏斗；磷化铝与水发生水解反应的化学方程式AlP＋3H2O＝Al(OH)3↓＋PH3↑；（2）检查C装置气密性的方法是：用止水夹夹紧C装置左右两端的橡皮管，取下上口活塞，漏斗中加入水，打开下口旋塞，观察到水开始下滴一段时间后，不再连续下滴，表明装置气密性良好；（3）实验过程中，用抽气泵反复抽气的目的是保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收；（4）A中盛装KMnO4溶液是为除去空气中可能含有的还原性气体，防止测得的结果偏高；B中盛装新制FeSO4溶液的作用是除去空气中的O2，防止测得的结果偏低；（5）PH3被氧化成磷酸的化学反应方程式：5PH3＋8KMnO4＋12H2SO4＝5H3PO4＋8MnSO4＋4K2SO4＋12H2O；收集装置D、E、F所得吸收液，并洗涤D、E、F，将吸收液、洗涤液一并置于锥形瓶中，加水稀释至25mL，用浓度为5×10－4mol/LNa2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为 mg/kg。1.00mL×10－3×1.00×10－3mol/L×3=3.00mL×10－6mol；根据，Na2SO3消耗KMnO4的物质的量为11.00mL×10－3×5×10－4mol/L2.2×10－6mol；PH3消耗KMnO4的物质的量为3.00mL×10－6mol－2.2×10－6mol=8×10－7mol；PH3的物质的量为8×10－7mol5×10－7mol；则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为0.085mg/kg。
考点：本题考查化学综合实验。
24.资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg(OH)2、P4和H2，其简化流程如下：
已知：①Ca5(PO4)3F在950℃不分解；
②4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4
请回答下列问题：
（1）950℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是___________。
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是_____________。
（3）NH4NO3溶液能从磷矿Ⅰ中浸取出Ca2+的原因是__________。
（4）在浸取液Ⅱ中通入NH3，发生反应的化学方程式是____________。
（5）工业上常用磷精矿[Ca5(PO4)3F]和硫酸反应制备磷酸。已知25℃，101kPa时：
CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) ΔH=-271kJ/mol
5 CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)= Ca5(PO4)3F (s)+5H2O(l) ΔH=-937kJ/mol
则Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是_________________。
（6）在一定条件下CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1:5，达平衡时，CO转化了。若a kg含Ca5(PO4)3F（相对分子质量为504）的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4，将产生的CO与H2O(g)按起始物质的量之比1:3混合，则相同条件下达平衡时能产生H2________kg。
【答案】（1）CO2
（2）漏斗、烧杯、玻璃棒
（3）NH4＋水解使溶液呈酸性，与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2＋
（4）MgSO4+2NH3+2H2O===Mg(OH)2↓+(NH4)2SO4
（5）Ca5(PO4)3F (s)+ 5H2SO4(l)=5CaSO4(s) +H3PO4(l)+HF(g) ΔH ="-418kJ/mol"
（6）
【解析】
试题分析：（1）根据题给化学工艺流程和信息①知磷尾矿[主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3]在950℃下煅烧，其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳（CO2）。
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒。
（3）NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性，与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2＋。
（4）根据化学工艺流程判断浸取液II的主要成分为硫酸镁溶液，通入NH3，发生反应的化学方程式是MgSO4+2NH3+2H2O===Mg(OH)2↓+(NH4)2SO4。
（5）已知25℃，101kPa时：
①CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) ΔH =-271kJ/mol
②5 CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)= Ca5(PO4)3F (s)+5H2O(l) ΔH =-937kJ/mol
根据盖斯定律：①×5-②得Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是Ca5(PO4)3F (s)+ 5H2SO4(l)=5CaSO4(s) +H3PO4(l)+HF(g) ΔH ="-418kJ/mol" 。
（6）根据题给数据利用三段式分析。设CO的起始浓度为1 mol/L，则水蒸气的起始浓度为5 mol/L
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
起始浓度（mol/L）1 5 0 0
转化浓度（mol/L）5/6 5/6 5/6 5/6
平衡浓度（mol/L）1/6 25/6 5/6 5/6
则K=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)=1。相同条件下当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1:3，平衡常数不变，设转化的CO为x mol。
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
起始浓度（mol/L）1 3 0 0
转化浓度（mol/L）x x x x
平衡浓度（mol/L）(1-x) (3-x) x x
则x2/(1-x)(3-x)=1,解得x=3/4，即达平衡时，CO转化了3/4 mol。转化为P4的Ca5(PO4)3F质量为a×10%×b%kg，根据反应4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4知生成CO的质量为（30×28×a×10%×b%）/（4×504）kg，则转化的CO的质量为3（30×28×a×10%×b%）/4（4×504）kg，根据反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)知相同条件下达平衡时能产生H2的质量为3（30×28×a×10%×b%）/56（4×504）kg=kg。
【考点定位】考查化学工艺流程分析，化学实验基本操作，化学方程式和热化学方程式的书写，盖斯定律，化学平衡和化学计算。
【名师点睛】本题以磷尾矿的综合利用的化学工艺流程为载体考查化学实验基本操作，化学方程式和热化学方程式的书写，盖斯定律，化学平衡和化学计算。工艺流程题联系生产实际，考查面广，形式灵活，是近几年高考命题的热点题型。它集元素化合物知识，基本概念和基本理论于一体，考查面广、综合性强。它们的主要考查点有：(1)从原料到产品元素不同形式的转化。(2)反应中的原理考查及反应条件控制。(3)物质的除杂、分离与检验。(4)化工生产中的环保、节能、循环利用等生产成本控制。(5)原料投料比及产率计算等。工艺流程题就是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图题的创新。解题时首先要明确原料和产品(包括副产品)，即箭头进出方向；其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清有关反应原理，明确目的(如沉淀反应、除杂、分离)；最后联系储存的知识，有效进行信息的利用，准确表述和工整书写。由于工艺流程常与溶液的配制、物质的分离及定量测定等基本操作有机结合起来，需要复习时牢固掌握实验基础知识，才能有效结合题中的信息，准确答题。（5）小题要注意盖斯定律的应用，（6）小题将平衡计算和根据化学方程式计算相结合，题目的思考容量大，计算较繁琐，是本题的失分点。题目较难。
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Mg-24 Fe-56 P-31
第I卷(选择题共52分)
一、选择题(本大题共21小题，其中1-11小题每题2分，12-21小题每题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 根据生活经验，判断下列物质按酸碱性的一定顺序依次排列正确的是
A. 厕所清洁剂醋肥皂厨房清洁剂
B. 醋厕所清洁剂肥皂厨房清洁剂
C. 厕所清洁剂厨房清洁剂醋肥皂
D. 厨房清洁剂醋肥皂厕所清洁剂
【答案】C
【解析】
试题分析：此题重点考察化学与生活的联系，让学生学会运用学过的化学知识来解决或解释生活中的问题
或n 现象。厕所清洁剂溶解的是马桶中污垢，具有强酸性，酸性强于醋；厨房清洁剂是要清除油污，
具有较强的碱性，运用的是油脂在碱性条件下可以水解为可溶的物质而除去，碱性强于肥皂。
考点：化学与生活有关的生活常识。
2. 下列说法中正确的是( )
A. 非自发反应在任何条件下都不能实现
B. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
C. 凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的
D. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
【答案】D
【解析】
试题分析：A、在给定的条件下，无外界帮助，不能自动进行的过程或反应，称为自发反应。B、判断反应能否自发进行应从吉布斯自由能去判断，而不是熵变的大小去判断。C、反应是否为自发反应与反应是否需要加热无关。D、由△G=△H－T△S熵增加且放热的反应，吉布斯自由能一定小于0，属于自发反应，所以答案选D
考点：判断自发反应的相关知识点。
3.下列说法或表达式正确的是( )
A. 0.5mol 稀 H2 SO 4与0.5mol 稀 Ba (OH )2溶液反应放出akJ热量，则中和热为 akJ/ mol
B. 则热量变化关系式： △H1+△H3+△H5=-(△H2+△H4)
C. △H与反应方程式中的化学计量数，物质的状态和可逆反应均有关
D. 同温同压下， H2( g)+ Cl 2(g)= 2HCl (g)在光照和点燃条件下的△H不同
【答案】B
【解析】
【详解】A、0.5mol H2SO4与0.5mol Ba(OH)2完全反应除了生成水还生成硫酸钡固体，所放出的热量不是中和热，故A错误；B. 反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，根据盖斯定律， 的热量变化符合 △H1+△H3+△H5=-(△H2+△H4)，故B正确；C．反应热的大小与可逆反应无关，与化学计量数，物质的状态有关，故C错误；D．反应热与反应条件无关，所以同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同，故D错误；故选B。
4.下列各组离子，在指定的环境中能够大量共存的是( )
选项
指定环境
能够共存的离子
A
滴加酚酞显红色的溶液
K＋、S2－、SO32-、NO3-
B
有HCO3-存在的无色透明溶液
Na＋、K＋、Cl－、Al3＋
C
水电离的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液中
Cl－、CO32-、NO3-、NH4+
D
使石蕊变红的溶液中
Fe2＋、MnO4-、NO3-、SO42-
【答案】A
【解析】
A：碱性环境下，各离子可大量存在
B：HCO3—与Al3+可发生双水解反应，排除
C：水的电离受抑制，溶液可能呈碱性或酸性，酸性情况下CO32—不能大量存在，而在碱性情况下，NH4+不能大量存在，排除
D：酸性情况下，Fe2+可被MnO4—、NO3—氧化，排除
5. 设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是
A. 常温下，56 g铁片投入足量浓H2SO4溶液中生成NA个SO2分子
B. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
C. 50℃时，1.0 L pH＝1的H2SO4 溶液中含有的H+数目为0.1NA
D. 标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA
【答案】C
【解析】
试题分析：A、56g铁的物质的量为1mol,因为铁与浓硫酸能够发生钝化,阻止了反应的进行,无法计算反应生成二氧化硫的物质的量,故A错误;B、氮气与氢气反应生成氨气的反应是可逆反应，无法反应完全，生成的氨气小于2NA，故B错误；C、正确；D、CCl4在标况下不是气体
考点：阿伏伽德罗常数的应用
6.在一定温度下体积不变的密闭容器中，下列叙述不是可逆反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)达到平衡状态标志的是( )
①C的生成速率与C的分解速率相等 ②单位时间内生成a molA，同时生成3a molB
③A、B、C的分子数之比为1：3：2 ④A、B、C的总质量不再变化
⑤混合气体的总压强不再变化 ⑥混合气体的总物质的量不再变化
⑦单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol B ⑧A、B、C的浓度不再变化．
A. ②④ B. ②③④ C. ②⑥ D. ③⑧
【答案】B
【解析】
【分析】
可逆反应达到平衡状态时，同一物质的正、逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答。
【详解】①C的生成速率与C的分解速率相等，说明C的正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确；
②无论是否达到平衡，总存在单位时间内生成a molA、同时生成3a molB，所以不能据此判断平衡状态，故错误；
③A、B、C的分子数之比为1：3：2时，该反应不一定达到平衡状态，因为没有说明分子数之比保持不变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；
④任何化学反应中都存在质量守恒，所以无论反应是否达到平衡状态，A、B、C的总质量不变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；
⑤反应前后气体的物质的量减少导致压强减小，当混合气体的总压强不再变化时，各物质的物质的量之和不变，该反应达到平衡状态，故正确；
⑥反应前后气体的物质的量减少，当混合气体的总物质的量不再变化时，该反应达到平衡状态，故正确；
⑦单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol B，必定同时生成amolA，则A正、逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确；
⑧A、B、C的浓度不再变化时，正、逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确。
综合以上分析，②③④符合题意，故选B。
【点睛】化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”，现以mA(g)＋nB(g) ⇌pC(g)＋qD(g)为例，化抽象为具体，提高学生对此标志的理解。
“一等”即正反应速率等于逆反应速率，其意义是针对反应体系中同一反应物（或生成物）而言的，而不是同一反应中的不同物质。若用同一反应中不同物质来表示正反应速率和逆反应速率，必须要求两速率反向（切忌单向速率）且两速率之比等于其对应的化学计量数之比。
“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变，其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变；对于全为气体的可逆反应，当m+n╪p+q时，混合气体总物质的量不变。
7.在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH<0，下列分析中不正确的是( )
A. 图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响
B. 图Ⅱ研究的是t0时增大压强(缩小容积)或使用催化剂对反应速率的影响
C. 图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂
D. 图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
【答案】C
【解析】
试题分析：A．t0时升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图象相符，故A正确；B．反应前后气体的体积不变，压强对平衡移动无影响，图Ⅱt0时正逆反应速率都增大，且正逆反应速率相等，平衡不移动，应加入催化剂或增大压强的影响，故B正确；C．如加入催化剂，平衡不移动，CO的转化率应相等，故C错误；D．由图可知乙达到平衡时间较少，如是温度的影响，乙的温度应较高，故D正确；故选C。
考点：考查了化学平衡图像的相关知识。
8.已知化学反应 A2(g)＋B2(g)===2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是( )
A. 每生成2分子AB 吸收 b kJ 热量
B. 该反应热 ΔH＝＋(a－b)kJ·mol－1
C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 断裂 1 mol A—A 和1 mol B—B 键，放出 a kJ 能量
【答案】B
【解析】
试题分析：A、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(a-b) kJ热量，故A错误；B、反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，所以反应热△H=+(a-b)kJ•mol-1，故B正确； C、依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，故C错误；D、断裂1 mol A-A和1 mol B-B键，吸收a kJ能量，故D错误；故选B。
考点：考查了化学反应的能量变化的相关知识。
9.一定温度下，向0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中加少量水，下列有关说法错误的是( )
A. 溶液中所有离子的浓度都减小 B. CH3COOH的电离程度变大
C. 水的电离程度变大 D. 溶液的pH增大
【答案】A
【解析】
试题分析：A．稀释促进醋酸的电离，溶液中除氢氧根浓度以外其余所有离子的浓度都减小，A错误；B．稀释促进醋酸的电离，CH3COOH 的电离程度变大，B正确；C．醋酸的浓度越小，对水的抑制程度越小，因此水的电离程度变大，C正确；D．稀释促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，但浓度减小，溶液的pH 增大，D正确，答案选A。
【考点定位】考查外界条件对电离平衡的影响
【名师点晴】电离平衡也是一种动态平衡，当溶液的温度、浓度以及离子浓度改变时，电离平衡都会发生移动，符合勒·夏特列原理，其规律是：①浓度：浓度越大，电离程度越小。在稀释溶液时，电离平衡向右移动，而离子浓度一般会减小。②温度：温度越高，电离程度越大。因电离是吸热过程，升温时平衡向右移动。③同离子效应：如向醋酸溶液中加入醋酸钠晶体，增大了CH3COO－的浓度，平衡左移，电离程度减小；加入稀盐酸，平衡也会左移。④能反应的物质。如向醋酸溶液中加入锌或NaOH溶液，平衡右移，电离程度增大。
10.准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定。 下列说法正确的是( )
A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B. 随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D. 滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
【答案】D
【解析】
试题分析：A．滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，A错误；
B．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，B错误； C．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，C错误； D．碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，D正确；故选D．
【考点定位】考查中和滴定实验, 把握中和滴定原理、仪器的使用和误差分析
【名师点晴】本题考查了酸碱中和反应，为了减小误差，滴定管要用标准液、待测液润洗，锥形瓶不能润洗，所有的不当操作都要归结到读数上，然后利用C1V1=C2V2分析即可。
11.在t℃时，某NaOH稀溶液中，c(H＋)＝10-amol/L，c(OH－)＝10-bmol/L，已知a＋b＝13，则在该温度下，将100 mL 0.10 mol/L的稀硫酸与100 mL 0.40 mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH为（已知：忽略混合时体积的变化；lg2=0.30；lg3=0.48）
A. 11.52 B. 11.70
C. 11.82 D. 12.00
【答案】D
【解析】
试题分析：t℃时，a＋b＝13，则KW=10-13。两溶液混合后，碱过量，溶液呈碱性，c（OH-）＝＝0.1mol/L,则c(H+)=KW/ c（OH-）=10-13/0.1mol/L＝10-12mol/L,pH=12。答案选D
考点：pH的计算
12.下列解释相关的离子方程式错误的是( )
A. H2S溶于水:H2S+H2OHS-+H3O+
B. 向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸:S2O3-+2H+=S↓+SO2↑+H2O
C. NH4Cl溶液呈酸性:NH4++H2O=NH3·H2O+H+
D. K2Cr2O7溶于水:Cr2O7-+H2O2CrO42-+2H+
【答案】C
【解析】
A. H2S是二元弱酸，溶于水的电离方程式为：H2S+H2OHS-+H3O+，A正确；B. 向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，方程式为：S2O3-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，B正确；C. 铵根水解，NH4Cl溶液呈酸性，铵根的水解方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+，C错误；D. K2Cr2O7溶于水存在平衡关系：Cr2O7-+H2O2CrO42-+2H+，D正确，答案选C。
13.足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )
A. 60mL B. 45mL C. 30mL D. 15mL
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知，HNO3，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。答案选A。
14.将0.2 mol/L的KI溶液和0.01mol/L Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别进行实验。下列能说明溶液中存在平衡2Fe3++2I－2Fe2++I2的是( )
A. 滴入硝酸银溶液产生黄色沉淀 B. 加入酸性KMnO4溶液,溶液紫红色褪去
C. 滴入淀粉溶液，溶液变蓝色 D. 滴入KSCN溶液，溶液变红色
【答案】D
【解析】
将0.2 mol/L的KI溶液和0.01mol/L Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，I-过量，若不是可逆反应，Fe3+全部转化为Fe2+，则溶液中无Fe3+，故只需要证明溶液中含Fe3+，即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。则A、向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，溶液中I-过量，无论是否存在平衡反应，都会有黄色沉淀生成，所以不能说明反应存在平衡，A错误；B、碘离子过量，因此加入酸性KMnO4溶液后，无论是否存在平衡反应，溶液紫红色都会褪去，B错误；C、无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，C错误；D、向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，即能说明反应存在平衡，D正确；答案选D。
15.往1.0 mol·L－1KI溶液中加入固体I2，发生反应：I2(aq）+I－(aq）I3－(aq） △H；I－的物质的量浓度c(I－）随温度T的变化曲线如图所示。已知反应第一次达到平衡时用时10s，则下列说法正确的是
A. 该反应的△H＞0
B. a、c两点对应的I－反应速率相等
C. b点时0~10s I－的平均反应速率为0.04mol·L－1·s－1
D. d点时该反应在对应温度下处于平衡状态
【答案】D
【解析】
试题分析：升高温度I－的物质的量浓度增大，平衡逆向移动，△H<0，故A错误；a、c两点，c点温度高，c点对应的I－反应速率大，故B错误；b点时0~10s I－的平均反应速率为0.06mol·L－1·s－1，故C错误；d点时该反应在对应温度下处于平衡状态，故D正确。
考点：本题考查化学平衡图像。
16. 常温下，向10 mL0.1mol/LHR溶液中逐滴滴入0.1mol/L的氨水，所得溶液pH 及导电能力与加入氨水体积的关系如图。下列说法不正确的是
A. 常温下，电离平衡常数 Ka(HR)≈Kb(NH3• H2O)
B. b点溶液pH=7，此时HR溶液与氨水恰好完全反应
C. c 点溶液中存在 c(NH4+ )>c(R-)>c(OH- )>c(H+)
D. a、b、c三点中，c点NH3• H2O的电离程度最大
【答案】D
【解析】
试题分析：加入10 mL0.10.1mol/L的氨水时恰好完全反应，溶液呈中性，电离平衡常数 Ka(HR)≈Kb(NH3• H2O)，故A正确；b点加入10 mL0.10.1mol/L的氨水，溶液pH=7，此时HR溶液与氨水恰好完全反应，故B正确；c 点溶液呈碱性，存在 c(NH4+ )>c(R-)>c(OH- )>c(H+)，故C正确；a、b、c三点中，a点HR促进氨水电离、c点NH4R抑制氨水电离，a点NH3• H2O的电离程度最大，故D错误。
考点：本题考查水溶液。
17.已知： ①2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g) ΔH=-566 kJ/mol；②Na2O2(s)+CO2(g)＝Na2CO3(s)+1/2O2(g) ΔH=-226 kJ/mol根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是( )
A. CO的燃烧热为 283 kJ
B. 反应①正反应活化能与逆反应活化能之差为+566 kJ/mol
C. 反应 2Na2O2(s)+2CO2(s)＝2Na2CO3(s)+O2(g) ΔH>-452 kJ/mol
D. CO(g)与 Na2O2(s)反应放出 509 kJ 热量时，电子转移数为 6.02×1023
【答案】C
【解析】
试题分析：A、CO的燃烧热为283 kJ/mol，故A错误；B、反应①正反应活化能与逆反应活化能之差为反应热，为-566 kJ/mol，故B错误；C、题目中第二个方程的2倍为：2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)△H="-452" kJ/mol，本题中的CO2(s)多一步变气体吸热的过程，所以本题放出的热量就少于452，但是△H＞-452 kJ/mol，故C正确；D、题目中×①+②为：Na2O2(s)+CO(g)=Na2CO3(s)△H="-509" kJ/mol，此时放热509KJ，因为CO是1mol，所以转移电子数是2倍的6.02×1023，故D错误；故选C。
考点：考查了反应热和焓变的相关知识。
18.已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3－+H2OH2SO3+OH－ ① HSO3－H++SO32－ ②向 0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的
A. 加入少量金属 Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中 c(HSO3－)增大
B. 加入少量NaOH溶液，c(SO32-)/c(HSO3-)、c(OH-)/c(H+)的值均增大
C. 加入少量Na2SO3 固体，则 c(H+)+c(Na+)＝c(HSO3－)+c(OH－)+1/2c(SO32－)
D. 加入氨水至中性，则 2c(Na+)＝c(SO32－)>c(H+)＝c(OH－)
【答案】C
【解析】
试题分析：加入少量金属Na，Na与HSO3-电离出的H+反应，促使平衡②右移，HSO3-离子浓度减小，又促使平衡①左移，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c（HSO3-）浓度减小，A错误；加入少量Na2SO3固体溶解后溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），B错误；加入氢氧化钠促进电离，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c（SO32-），c（OH-）浓度增大；、比值增大，C正确；加入氨水至中性，c（H+）=c（OH-），电荷守恒为c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=c（OH-）+2c（SO32-）+c（HSO3-），D错误。
考点：考查弱电解质在水溶液中的电离平衡，影响盐类水解的主要因素，离子浓度大小的比较。
19.常温下，向20 mL 0.1 mol/L酒石酸(用H2T表示)溶液中逐滴滴加等物质的量浓度的NaOH溶液。有关微粒的物质的量与混合溶液的pH有如图关系。下列说法正确的是( )
A. V(NaOH)＝10 mL时，溶液中存在c(Na＋)＝2c(H2T)＋2c(HT－)＋2c(T2－)
B. V(NaOH)＝20mL时，溶液中存在c(Na＋)>c(HT－)>c(H＋)>c(H2T)>c(T2－)
C. V(NaOH)＝30mL时，溶液中存在c(Na＋)>c(HT－)>c(T2－)>c(OH－)>c(H＋)
D. V(NaOH)＝40mL时，溶液中存在c(OH－)＝c(HT－)＋2c(H2T)＋c(H＋)
【答案】D
【解析】
试题分析：当VNaOH=10mL时，溶液中的溶质是NaHT和H2T，所以根据原子守恒可知，选项A不正确，应该是2C(Na+)＝C(H2T)+C(H T—)+C(T 2—)；当VNaOH=20mL时，溶液中的溶质是NaHT，根据图像可知溶液显酸性，这说明水解程度小于电离程度，所以应该是C(Na+)＞C(HT—)＞C(H+)＞C(T 2—) ＞C(H2T)，B不正确；VNaOH=30mL时，溶液中的溶质是NaHT和Na2T，同样根据图像可知溶液显酸性，所以C(Na+)＞C(T 2—) ＞C(HT—)＞C(H+)＞C(OH—)，C不正确；VNaOH=40mL时，溶液中的溶质是Na2T，则根据质子守恒可知，C(OH—)=C(HT—)+2C(H2T)+C(H+)，选项D正确，答案选D。
考点：考查酸碱中和过程中溶液酸碱性的判断以及溶液中离子浓度的大小比较
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生解题能力的培养和方法的指导与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力。该题的关键是利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒。
20.在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2，在不同温度下反应CO2(g)+C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如右图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是( )
A. 反应CO2(g)+C(s)2CO(g)的ΔS>0、ΔH <0
B. 体系的总压强p总：p总(状态Ⅱ)>2p总(状态Ⅰ)
C. 体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)>2c(CO，状态Ⅲ)
D. 逆反应速率v逆：v逆(状态Ⅰ)>v逆(状态Ⅲ)
【答案】B
【解析】
A．C和CO2反应是吸热反应，△H>0，故A错误；
B．曲线Ⅰ，是通入0.1molCO2， 曲线Ⅱ是通入0.2molCO2，状态Ⅱ可以看作先通0.1molCO2，此时的压强相等，再通入0.1molCO2加入平衡不 移动，此时的压强等于2倍P总（状态Ⅰ），但要求CO2的浓度相等，应对此加热使反应向正反应方向移动， 气体物质的量增加，因此P总(状态Ⅱ)>2P总（状态Ⅰ），故正确；
C．状态Ⅱ可以看作先通0.1molCO2，此时 两者CO的浓度相等，再通入0.1molCO2，如果平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡右移，消耗CO，因此c(CO，状态Ⅱ)<2c(CO，状态Ⅲ)，故正确；
D．温度越高，反应 速率越快，V逆（状态Ⅰ）逆（状态Ⅲ)，故D错误。
21.25℃时，向25 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1醋酸溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是
A. 在A、B间任一点的溶液中一定都有：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
B. Ka(CH3COOH)＝
C. C点对应的溶液中，水电离出的H＋浓度大于10－7 mol·L－1
D. D点对应的溶液中，存在如下关系：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2c(H＋)－c(OH－)
【答案】B
【解析】
试题分析：AB段,溶液中以NaOH为主要成分,离子浓度: c(Na+)> c(OH-)> c(CH3COO-)> c(H+),A错误;取 a所对应的 B点进行计算,pH=7,则 c(H+)=" c(OH"-)="10"-7mol/L,又因为电荷守恒 c(Na+)+ c(H+)=" c(OH"-)+ c(CH3COO-),所以有 c(Na+)=" c(CH"3COO-),反应后 c(CH3COOH)="[10"-3×(0.2 a-25×0.1)]÷[10-3×(25+ a)],则c(Na+)="c(CH"3COO-)="(10"-3×25×0.1)÷[10-3×(25+ a)],醋酸的电离常数 K=" c(H"+)· c(CH3COO-)/ c(CH3COOH)=" c(H"+)· c(Na+)/ c(CH3COOH)=" 2" . 5 × 1 0 - 70 . 2 a - 2 . 5 ,B正确; C点对应的醋酸过量,所以抑制了水的电离,使水电离出的H+浓度小于10-7mol/L,C错误; D点时溶液中的醋酸与醋酸钠等量混合,根据物料守恒:c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)="2" C(Na+),根据电荷守恒: c(Na+)+ c(H+)=" c(OH"-)+ c(CH3COO-),将物料守恒代入电荷守恒式可得 c(CH3COO-)- c(CH3COOH)="2" c(H+)-2 c(OH-),D错误。
考点：离子平衡；电离常数
第II卷(非选择题共48分)
22.科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”，其简单流程如图所示部分(条件及物质未标出)。
(1)已知:CH4、CO、H2的燃烧热分别为890.3 kJ·mol-1、283.0 kJ·mol-1、285.8 kJ·mol-1，则上述流程中第一步反应2CH4(g)+O2(g) ===2CO(g)+4H2(g) ΔH＝ ______________ 。
(2)工业上可用H2和CO2制备甲醇，其反应为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，某温度下，将1 mol CO2和3 mol H2充入体积不变的2 L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下：
① 用H2 表示前2 h平均反应速率v(H2) ＝____。
② 该温度下CO2的平衡转化率为 ________________ 。
(3)在300 ℃、8 MPa下，将二氧化碳和氢气按物质的量之比为1∶3通入一密闭容器
中发生(2)中反应，达到平衡时，测得二氧化碳的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数Kp＝ __________ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
(4)CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g) ΔH。在0．1 MPa时，按n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料，如图所示为不同温度(T)下，平衡时四种气态物质的物质的量(n)关系：
①该反应的ΔH ______ 0 (填“＞”、“＝”或“＜”)。
②曲线c表示的物质为 ____________________。
③为提高H2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是____，用平衡移动原理说明理由____。
【答案】(1)-71.4kJ·mol-1
(2)①0.225mol·L-1·h-1②40%
(3)1/48MPa-2或0.0208MPa-2或0.021MPa-2
(4)①<②C2H4③加压(或不断分离出水)
【解析】
试题分析： (1)按顺序把热化学方程式标为①②③:
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH1="-890.3" kJ·mol-1①
CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH2=" -283.0" kJ·mol-1 ②
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH3=" -285.8" kJ·mol-1③
根据盖斯定律，①×2-2×②-4×③得2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g) ΔH="-71.4" kJ·mol-1。
(2)①由反应前后的压强关系可知2 h时，体系中气体的总的物质的量为3.4 mol，减少了0.6 mol。
v(H2)=△c/△t="0.9mol/(2L*2h)=0.225" mol·L-1·h-1。②该反应是一个反应前后气体分子数减小的反应，压强不变时，说明反应达到平衡。5 h时反应达到平衡，根据反应前后压强的比值可求得CO2的平衡转化率为4mol*（1-0.8）/（2*1mol）×100%=40%。
(3)设开始时投入CO2和H2的物质的量分别为1 mol和3 mol。
则平衡时p(CO2)="8" MPa×="4/3" MPa，p(H2)="8" MPa×="4" MPa，
p(CH3OH)="8" MPa×="4/3" MPa，p(H2O)="8" MPa×="4/3" MPa，
Kp===≈0.020 8 (MPa-2)。(4)①由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，ΔH<0。②随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线a代表CO2，由计量数关系可知曲线b代表水，曲线c代表C2H4。③为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强或不断分离出水。
考点：反应热的计算、化学平衡常数、化学平衡图象分析及平衡移动等
23.磷化铝、磷化锌、磷化钙是目前常见的熏蒸杀虫剂，都能与水或酸反应产生有毒气体膦(PH3)，PH3具有较强的还原性，能在空气中自燃。卫生安全标准规定，粮食中磷化物(以PH3计)含量≤0．05mg/kg。某化学兴趣小组的同学通过下列方法对粮食中残留磷化物含量进行研究：
【操作流程】 安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸标准溶液滴定
【实验装置】
C中盛有200g原粮，D、E、F 各盛装1.00mL浓度为1．00×10－3mol/L的KMnO4 溶液(H2SO4 酸化)。
请回答下列有关问题：
(1)仪器G的名称是_______。以磷化铝为例，写出磷化铝与水反应的化学方程式 ________________。
(2)检查C装置气密性的方法是：用止水夹夹紧C装置___________，取下上口活塞，漏斗中加入水，打开下口旋塞，观察到 ___________________，表明装置气密性良好。
(3)实验过程中，用抽气泵反复抽气的目的是 ______________________________。
(4)A中盛装KMnO4溶液是为除去空气中可能含有的 ___________ (填“还原”或“氧化”)性气体；B中盛装新制FeSO4溶液的作用是 _______________________ ；
(5)已知 D、E、F 中发生同一反应，实验中 PH3被氧化成磷酸，写出所发生的化学反应方程式 ____ ；收集装置D、E、F所得吸收液，并洗涤D、E、F，将吸收液、洗涤液一并置于锥形瓶中，加水稀释至25mL，用浓度为5×10-4 mol/LNa2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为_____mg/kg。
【答案】（1）分液漏斗 AlP＋3H2O＝Al(OH)3↓＋PH3↑
（2）左右两端的橡皮管 水开始下滴一段时间后，不再连续下滴
（3） 保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收
（4） 还原 除去空气中的O2
（5）5PH3＋8KMnO4＋12H2SO4＝5H3PO4＋8MnSO4＋4K2SO4＋12H2O 0.085
【解析】
试题分析：（1）仪器G的名称是分液漏斗；磷化铝与水发生水解反应的化学方程式AlP＋3H2O＝Al(OH)3↓＋PH3↑；（2）检查C装置气密性的方法是：用止水夹夹紧C装置左右两端的橡皮管，取下上口活塞，漏斗中加入水，打开下口旋塞，观察到水开始下滴一段时间后，不再连续下滴，表明装置气密性良好；（3）实验过程中，用抽气泵反复抽气的目的是保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收；（4）A中盛装KMnO4溶液是为除去空气中可能含有的还原性气体，防止测得的结果偏高；B中盛装新制FeSO4溶液的作用是除去空气中的O2，防止测得的结果偏低；（5）PH3被氧化成磷酸的化学反应方程式：5PH3＋8KMnO4＋12H2SO4＝5H3PO4＋8MnSO4＋4K2SO4＋12H2O；收集装置D、E、F所得吸收液，并洗涤D、E、F，将吸收液、洗涤液一并置于锥形瓶中，加水稀释至25mL，用浓度为5×10－4mol/LNa2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为 mg/kg。1.00mL×10－3×1.00×10－3mol/L×3=3.00mL×10－6mol；根据，Na2SO3消耗KMnO4的物质的量为11.00mL×10－3×5×10－4mol/L2.2×10－6mol；PH3消耗KMnO4的物质的量为3.00mL×10－6mol－2.2×10－6mol=8×10－7mol；PH3的物质的量为8×10－7mol5×10－7mol；则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为0.085mg/kg。
考点：本题考查化学综合实验。
24.资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg(OH)2、P4和H2，其简化流程如下：
已知：①Ca5(PO4)3F在950℃不分解；
②4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4
请回答下列问题：
（1）950℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是___________。
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是_____________。
（3）NH4NO3溶液能从磷矿Ⅰ中浸取出Ca2+的原因是__________。
（4）在浸取液Ⅱ中通入NH3，发生反应的化学方程式是____________。
（5）工业上常用磷精矿[Ca5(PO4)3F]和硫酸反应制备磷酸。已知25℃，101kPa时：
CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) ΔH=-271kJ/mol
5 CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)= Ca5(PO4)3F (s)+5H2O(l) ΔH=-937kJ/mol
则Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是_________________。
（6）在一定条件下CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1:5，达平衡时，CO转化了。若a kg含Ca5(PO4)3F（相对分子质量为504）的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4，将产生的CO与H2O(g)按起始物质的量之比1:3混合，则相同条件下达平衡时能产生H2________kg。
【答案】（1）CO2
（2）漏斗、烧杯、玻璃棒
（3）NH4＋水解使溶液呈酸性，与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2＋
（4）MgSO4+2NH3+2H2O===Mg(OH)2↓+(NH4)2SO4
（5）Ca5(PO4)3F (s)+ 5H2SO4(l)=5CaSO4(s) +H3PO4(l)+HF(g) ΔH ="-418kJ/mol"
（6）
【解析】
试题分析：（1）根据题给化学工艺流程和信息①知磷尾矿[主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3]在950℃下煅烧，其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳（CO2）。
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒。
（3）NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性，与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2＋。
（4）根据化学工艺流程判断浸取液II的主要成分为硫酸镁溶液，通入NH3，发生反应的化学方程式是MgSO4+2NH3+2H2O===Mg(OH)2↓+(NH4)2SO4。
（5）已知25℃，101kPa时：
①CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) ΔH =-271kJ/mol
②5 CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)= Ca5(PO4)3F (s)+5H2O(l) ΔH =-937kJ/mol
根据盖斯定律：①×5-②得Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是Ca5(PO4)3F (s)+ 5H2SO4(l)=5CaSO4(s) +H3PO4(l)+HF(g) ΔH ="-418kJ/mol" 。
（6）根据题给数据利用三段式分析。设CO的起始浓度为1 mol/L，则水蒸气的起始浓度为5 mol/L
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
起始浓度（mol/L）1 5 0 0
转化浓度（mol/L）5/6 5/6 5/6 5/6
平衡浓度（mol/L）1/6 25/6 5/6 5/6
则K=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)=1。相同条件下当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1:3，平衡常数不变，设转化的CO为x mol。
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
起始浓度（mol/L）1 3 0 0
转化浓度（mol/L）x x x x
平衡浓度（mol/L）(1-x) (3-x) x x
则x2/(1-x)(3-x)=1,解得x=3/4，即达平衡时，CO转化了3/4 mol。转化为P4的Ca5(PO4)3F质量为a×10%×b%kg，根据反应4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4知生成CO的质量为（30×28×a×10%×b%）/（4×504）kg，则转化的CO的质量为3（30×28×a×10%×b%）/4（4×504）kg，根据反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)知相同条件下达平衡时能产生H2的质量为3（30×28×a×10%×b%）/56（4×504）kg=kg。
【考点定位】考查化学工艺流程分析，化学实验基本操作，化学方程式和热化学方程式的书写，盖斯定律，化学平衡和化学计算。
【名师点睛】本题以磷尾矿的综合利用的化学工艺流程为载体考查化学实验基本操作，化学方程式和热化学方程式的书写，盖斯定律，化学平衡和化学计算。工艺流程题联系生产实际，考查面广，形式灵活，是近几年高考命题的热点题型。它集元素化合物知识，基本概念和基本理论于一体，考查面广、综合性强。它们的主要考查点有：(1)从原料到产品元素不同形式的转化。(2)反应中的原理考查及反应条件控制。(3)物质的除杂、分离与检验。(4)化工生产中的环保、节能、循环利用等生产成本控制。(5)原料投料比及产率计算等。工艺流程题就是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图题的创新。解题时首先要明确原料和产品(包括副产品)，即箭头进出方向；其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清有关反应原理，明确目的(如沉淀反应、除杂、分离)；最后联系储存的知识，有效进行信息的利用，准确表述和工整书写。由于工艺流程常与溶液的配制、物质的分离及定量测定等基本操作有机结合起来，需要复习时牢固掌握实验基础知识，才能有效结合题中的信息，准确答题。（5）小题要注意盖斯定律的应用，（6）小题将平衡计算和根据化学方程式计算相结合，题目的思考容量大，计算较繁琐，是本题的失分点。题目较难。
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