1、- 1 -福建省永春县第一中学 2017-2018 高二下学期期末考试化学试题1. 化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是( )A. 明矾净水与自来水的杀菌清毒原理相同B. 医学上常采用碳酸钡作为钡餐C. 钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快D. 泡沫灭火剂利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生双水解反应【答案】D【解析】【详解】分析：A. 明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的；B. 碳酸钡能够溶于盐酸；C. 吸氧腐蚀速率小于析氢腐蚀速率；D. 泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳。详解:A. 明矾溶于水形成的氢氧化铝胶体能吸附不
2、溶性固体杂质小颗粒，形成大颗粒，易于沉降，所以明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的，故 A 错误；B. 碳酸钡能够溶于盐酸生成可溶性氯化钡溶液，钡为重金属离子有毒，故 B 错误；C. 酸性条件下钢铁被腐蚀快，析氢腐蚀速率快于吸氧腐蚀，故 C 错误；D. 泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，所以D 选项是正确的；所以 D 选项是正确的。【点睛】本题考查了物质的性质及用途，性质决定用途，熟悉碳酸钡、明矾、碳酸氢钠等的性质是解题关键，注意金属的电化学防护原理，题目难度不大，注意对相关知识的积累。2. 用铁片与稀硫酸在试管内反应制取氢气时，下
3、列措施中不能增大氢气生成速率的是( )A. 对试管加热 B. 加入 CH3COONa 固体C. 滴加少量 CuSO4溶液 D. 不用铁片，改用铁粉【答案】B【解析】分析：加快生成氢气的速率，可增大浓度，升高温度，增大固体的表面积以及形成原电池反- 2 -应，以此解答。详解:A.加热，增大活化分子的百分数，反应速率增大，故 A 不选；B.反应在溶液中进行，加入 CH3COONa 固体，CH 3COO-+H+= CH3COOH，氢离子浓度减小，故氢气的生成速率减小，故 B 选；C.滴加少量 CuSO4溶液，锌置换出铜，形成铜锌原电池，反应速率增大，故 C 不选；D.不用铁片，改用铁粉，固体表面积增
4、大，反应速率增大，故 D 不选。所以 B 选项是正确的。点睛：本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于基本概念的理解和应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。3. 在 2A+B3C+4D 中，表示该反应速率最快的是( )A. (A)=0.5molL 1S1 B. (B)=0.3 molL 1S1C. (C)=1.2molL 1min1 D. (D)=0.6 molL 1min1【答案】B【解析】分析：利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较。详解：都转化为 D 物质表示的速率进行比较，对于 2A+B3C+4D，A、（A）=0.5 mo
5、l/（Ls） ，速率之比等于化学计量数之比，故 （D）=2（A）=1mol/（Ls） ，B、（B）=0.3mol/（Ls） ，速率之比等于化学计量数之比，故 （D）=4（B）=1.2mol/（Ls） ，C、（C）=1.2mol/（Lmin） ，速率之比等于化学计量数之比，故 （D）= （C）= 1.2mol/（Lmin）=1.6 mol/（Lmin）=0.027 mol/（Ls） ，D、（D）=0.6 mol/（Ls） ，所以 B 选项是正确的。点睛：本题考查反应速率快慢的比较，难度不大，注意比较常用方法有：1、归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，2、比值法，即由
6、某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快。另外，还要注意统一单位。4. 下列说法正确的是( )A. NH4HCO3(s)NH 3(g)+H2O(g)+CO2(g)H=+185.57kJmol 1，能自发进行，原因是S0- 3 -B. 常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应都不能自发进行C. 焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据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】A【解析】分析：A、反应焓变大于 0，熵变大于 0，反应向熵变增大的方向进行；B、某些吸热反应也可以自发进行，根据H-TS0，S 0，B 错误；C提高炼铁高炉的高度不能
7、改变平衡状态，因此不能减少尾气中 CO的浓度，C 错误；D某温度下达到平衡时，CO 的体积分数基本不变，D 正确。考点：考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响、平衡状态判断等的知识。12. 相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是( )酸 HX HY HZ电离常数 Ka 9107 9106 1102A. 相同温度下，0.1mol/L 的 NaX、NaY、NaZ 溶液，NaZ 溶液 pH 最大B. 相同温度下，1mol/L HX 溶液的电离平衡常数小于 0.1mol/L HXC. 三种酸的强弱关系：HXHYHZD. HZ+Y =HY+Z 能够发生反应【答案】D【解析】分析：相同温度下，
8、酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答。详解：A. 根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是 HZHYHX，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，所以 0.1mol/L 的 NaX、NaY、NaZ 溶液，NaZ 溶液 pH 最小，故 A 错误；B. 相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，故 B 错误；C. 相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是 HZHYHX，故 C 错误；D. 由
9、 A 知，HZ 的酸性大于 HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+Y =HY+Z 能够发生反应，所以 D选项是正确的；- 9 -所以 D 选项是正确的。13. 控制适合的条件，将反应 Fe3+Ag Fe2+Ag+设计成如图所示的原电池(盐桥装有琼脂-硝酸钾溶液；灵敏电流计的 0 刻度居中，左右均有刻度)。已知接通后，观察到电流计指针向右偏转。下列判断不正确的是( )A. 在外电路中，电子从银电极流向石墨电极B. 盐桥中的 K+移向甲烧杯C. 电流计指针居中后,往甲烧杯中加入一定量的铁粉，电流计指针将向左偏转D. 一段时间后，电流计指针反向偏转，越过 0 刻度，向左边偏转【答案】D【解析】分析：根据原
10、电池总反应方程式 Fe3+Ag Fe2+Ag+可知石墨电极为正极，Fe 3+得电子，发生还原反应，银电极为负极，Ag 失电子，发生氧化反应，据此解答。详解：A 项，石墨电极为正极，得到电子，银电极为负极，失去电子，因此外电路中电子从银电极流向石墨电极，故 A 项正确。B 项，盐桥中的阳离子 K+移向正极处的 FeCl3溶液，以保证两电解质溶液均保持电中性，故B 项正确；C 项，电流计指针居中后，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，由于铁的金属活动性比银强，形成了新的原电池，此时铁作负极，银电极作正极，外电路电流方向为由由银到石墨，故电流计指针将向左偏转，故 C 项正确；D 项，一段时间后，原电池反应结
11、束，灵敏电流计指针应该指向 0 刻度，故 D 项错误；综上所述，本题正确答案为 D。14. 下列说法中正确的是( )A. 常温下，pH 均为 3 的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为 110 8B. 25 时 0.1molL1 NH4Cl 溶液的 KW大于 100 时 0.1molL1 NaCl 溶液的 KWC. 根据溶液的 pH 与酸碱性的关系，推出 pH6.5 的溶液一定显酸性- 10 -D. 室温下，将 pH2 的盐酸与 pH12 的氨水等体积混合，溶液显中性【答案】A【解析】分析：醋酸中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度，硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度等
12、于溶液中氢离子的浓度；水的离子积常数与温度有关，温度越大，离子积常数越大；弱电解质的电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变。详解：A、醋酸中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度为 10-11mol/L，硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度为 10-3mol/L，10 -11：10 -3=1:108，故A 正确；B、升高温度，水的离子积 KW增大，故 B 错误；C、温度未知，无法判断溶液的酸碱性，故 C 错误；D、室温下，将 pH2 的盐酸与 pH12 的氨水等体积混合，碱过量，溶液呈碱性，故 D 错误；故选 A。15. 一定温度下，下列溶液的离子浓度关
13、系式正确的是( )A. 0.1molL1 NaHCO3溶液中：C(Na +)+C(H+)=C(HCO3 )+C(CO32 )+C(OH )B. Na2CO3溶液中：C(OH )=C(H+)+C(HCO3 )+2C(H2CO3)C. Na2S 溶液中：2C(Na +）= C(S 2 )+C(HS )+C(H2S)D. pH 相同的CH 3COONa、NaOH、NaClO 三种溶液的 c(Na+)：【答案】B【解析】分析：A. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B.根据质子守恒判断；C.根据物料守恒判断；D. 醋酸根离子和次氯酸根离子水解显示碱性，且醋酸钠根离子的水解能力小于次氯酸
14、根离子；详解：A. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得 c（Na +）+c（H +）=c（HCO 3-）+2 c（CO 32-）+c（OH -） ，故 A 错误；B. 在 Na2CO3溶液中：Na 2CO3= 2Na +CO32 2C(Na )= C(CO32 ) ；H 2O H +OH C (H )= C (OH )- 11 -由于：CO 32 +H2O HCO3 +OH ，HCO 3 +H2O H2CO3+OH 所以，水电离出来的 H 在溶液存在形式有：HCO 3 、H 2CO3、H 即：质子守恒水电离出来的 H C(OH )=C HCO3 )+2C(H2CO3)+C(H )，
15、故 B 正确；C. 0.1 mol?L-1Na2S 溶液中，根据物料守恒得：钠离子和含有硫元素的微粒个数之比是2：1，所以 c（Na +）=2c（S 2-）+c（HS -）+c（H 2S），故 C 错误；D. 氢氧化钠是强碱，完全电离，显碱性，醋酸根离子和次氯酸根离子水解显示碱性，且醋酸钠根离子的水解能力小于次氯酸根离子，所以 pH 相同的CH 3COONa NaClO NaOH 三种溶液 c（Na +）大小：，故 D 错误；答案选 B。点睛：本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性、弱电解质电离和盐类水解是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用，题目
16、难度不大。16. 下列有关热化学方程式的叙述正确的是( )A. 已知 2H2(g)O 2(g)=2H2O(g) H483.6 kJmol 1 ，则氢气的燃烧热为241.8 kJmol1B. 已知 4P(红磷，s)=P 4(白磷，s)的 H0，则白磷比红磷稳定C. 含 20.0gNaOH 的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出 28.7kJ 的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为 NaOH(aq) H2SO4(aq)= Na2SO4(aq)H 2O(l) H57.4kJmol 1D. 已知 C(s)O 2(g)=CO2(g) H1；C(s) O2(g)=CO(g) H2；则 H1 H2【答案】C【解
17、析】试题分析：A、燃烧热是在一定条件下，1mol 可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，则根据 2H2（g）O 2（g）2H 2O（g） H4836 kJmol1 不能得出氢气的燃烧热为 2418 kJmol1 ，A 错误；B、已知 4P(红磷，s）P 4(白磷，s）的 H0，这说明红磷的总能量低于白磷，能量越低越稳定，则红磷比白磷稳定，B 错误；C、中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成 1mol 水时所放出的热量，含 200 g NaOH 即05mol 氢氧化钠的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出 287 kJ 的热量，则 HCl 和 NaOH 反应的中和热 H574kJ/m
18、ol，C 正确；D、碳完全燃烧放热多，放热越多，H 越小，则已知 C（s）O 2（g）CO 2（g） H 1, C（s）1/2O 2（g）CO（g） H 2，因此- 12 -H 1H 2，D 不正确，答案选 C。考点：考查燃烧热、中和热的判断17. 常温下，下列有关电解质溶液叙述错误的是( )A. 某 H2SO4溶液中 1.010 8 ，由水电离出的 c(H )110 11 molL1B. 将 0.02molL1 盐酸与 0.02molL1 Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液 pH 约为 12C. 将一定体积稀盐酸与稀氨水混合，当溶质为 NH3H2O 和 NH4Cl 时，溶液的 pH 一定大
19、于 7D. 向 0.1molL1 Na2CO3溶液中逐滴滴加 0.1molL1 稀盐酸，溶液中 c(HCO )先增大后减小【答案】C【解析】分析：A. 由水电离出的 c(H )等于由水电离出的 c(OH-)；B.根据混合后得到的溶液中 c(OH-)浓度来计算；C. 将一定体积稀盐酸与稀氨水混合，当溶质为 NH3H2O 和 NH4Cl 时，溶液的 pH 可能小于或等于 7；详解：A 项，由 =1.0108 ，c(OH -) c(H+)=1 10-14可得 c(OH-)=11011 molL1 ，所以由水电离的 c(H+)=11011 molL1 ，故 A 项正确；B 项，假设体积均为 1L，等体
20、积混合后体积为 2L，反应后剩余 OH-的物质的量为 0.02mol，得到 c(OH-)=1102 molL1 ，溶液 pH 约为 12，故 B 项正确；C 项，将稀盐酸与稀氨水混合，随着盐酸量的增加，NH 4Cl 浓度增加，NH 3H2O 浓度减小，溶液可以显酸性，中性或者碱性，故 C 项错误；D 项，向 0.1molL1 Na2CO3溶液中逐滴滴加 0.1molL1 稀盐酸，随着盐酸量的增大，先生成 HCO3 ，而后 HCO3 与盐酸反应生成二氧化碳，故溶液中 c(HCO3 )先增大后减小，故 D 项正确。综上所述，本题正确答案为 C。18. Licht 等科学家设计的 AlMnO 电池原
21、理如图所示，电池总反应为AlMnO =AlO MnO 2，下列说法正确的是( )- 13 -A. 电池工作时，K 向负极区移动B. Al 电极发生还原反应C. 正极的电极反应式为 MnO 4H 3e =MnO22H 2OD. 理论上电路中每通过 1mol 电子，负极质量减小 9g【答案】D【解析】分析：该电池的负极是 Al，Ni 是正极，在正极上发生得电子的还原反应，即MnO 2H 2O3e =MnO24OH -，负极上金属铝失电子发生氧化反应，即 Al-3e-+4OH-=Al(OH)4-,电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题。详解：A.电池工作时，阳离子向正极移动，即
22、 K 向正极移动，故 A 错误；B.反应中铝为为负极，发生还原反应，故 B 错误；C.电解质呈碱性，MnO 在正极上发生得电子的还原反应，即 MnO 2H 2O3e =MnO24OH -，故 C 错误；D.理论上电路中每通过 1mol 电子，则有 mol 铝被氧化，负极质量减少 9g，所以 D 选项是正确的。所以 D 选项是正确的。点睛：本题考查化学电源新型电池，侧重于电极反应方程式的考查，题目难度中等，注意从正负极发生的变化结合电解质的特点书写电极反应式，题目难度中等。19. 一定温度下，金属硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。纵坐标 p(Mn )表示lg c(Mn )，横坐标 p(S2 )表
23、示lg c(S2 )，下列说法不正确的是( )- 14 -A. 该温度下，Ag 2S 的 Ksp1.610 49B. 该温度下，溶解度的大小顺序为 NiSSnSC. SnS 和 NiS 的饱和溶液中 10 4D. 向含有等物质的量浓度的 Ag 、Ni 2 、Sn 2 溶液中加入饱和 Na2S 溶液，析出沉淀的先后顺序为 Ag2S、SnS、NiS【答案】C【解析】分析：A.根据 Ag2S 的沉淀溶解平衡曲线 a 点数据计算 Ksp；B. 根据 SnS、NiS 的沉淀溶解平衡曲线比较；C.先根据图像计算出 Ksp(NiS)和 Ksp（SnS） ，再根据饱和溶液中锡离子和镍离子浓度之比等于溶度积之比
24、计算；D.计算沉淀等物质的量浓度的 Ag 、Ni 2 、Sn 2 所需 c(S2 )的大小，进行比较。详解：A.由 a(30，10lg 4)可知，当 c(S2 )10 30 molL1 时， c(Ag )10 (10lg 4)molL1 ， Ksp(Ag2S) c2(Ag )c(S2 )10 (10lg 4) 21030 = 1.61049 ，A 项正确；B.观察 SnS、NiS 的沉淀溶解平衡曲线可以看出，当两条曲线中 c(S2-)相同时，c(Ni 2+)c(Sn2+)，由于 SnS 和 NiS 沉淀类型相同，所以溶解度的大小顺序为 NiSSnS ，B 项正确；C.SnS 和 NiS 的饱和
25、溶液中 = =104 ，C 项错误；D.假设 Ag 、Ni 2 、Sn 2 均为 0.1 molL1 ，分别生成 Ag2S、NiS、SnS 沉淀时，需要c(S2 )分别为 1.61047 、10 20 、10 24 ，因此生成沉淀的先后顺序为 Ag2S、SnS、NiS，D项正确。故本题答案选 C。20. 25时， c(CH3COOH) c(CH3COO )0.1molL 1 的醋酸、醋酸钠混合溶液中，- 15 -c(CH3COOH)、 c(CH3COO )与 pH 的关系如图所示。下列有关该溶液的叙述不正确的是( )A. pH5 的溶液中： c(CH3COOH) c(CH3COO ) c(H
26、) c(OH )B. 溶液中： c(H ) c(Na ) c(CH3COO ) c(OH )C. 由 W 点可以求出 25时 CH3COOH 的电离常数D. pH4 的溶液中： c(H ) c(Na ) c(CH3COOH) c(OH )0.1molL 1【答案】A【解析】试题分析：A、pH4.75 时，c(CH 3COOH)=c(CH3COO )，溶液呈酸性，该溶液的电离程度大于水解程度，当 pH5 时，c(CH 3COO )增大，c(CH 3COOH)减小，所以 c(CH3COO )c(CH 3COOH)c(H )c(OH )，A 项错误；B、根据电荷守恒有 c(H )c(Na )c(CH
27、 3COO )c(OH )，B 项正确；C、W 点处于醋酸的电离平衡和醋酸根的水解平衡的两个平衡体系，c(CH 3COOH)=c(CH3COO )，pH4.75，由 W 点可以求出 25C 时 CH3COOH 的电离常数 Ka=104.75 ，C 项正确；D、溶液中存在电荷守恒：c(H )c(Na )c(CH 3COO )c(OH )，将 c(CH3COOH) c(CH3COO )=“0.1“ mol/L 代入，可得 c(H )c(Na )c(CH 3COOH)c(OH )0.1 mol/L，D 项正确；选 A。考点：考查盐类水解平衡和弱酸的电离平衡，图像的分析与判断等知识。21. 常温下，向
28、饱和氯水中逐滴滴入 0.1molL-1的氢氧化钠溶液，pH 变化如右图所示，下列有关叙述正确的是( ) A. 点所示溶液中只存在 HClO 的电离平衡B. 到水的电离程度逐渐减小- 16 -C. I 能在点所示溶液中存在D. 点所示溶液中： c(Na+) c(Cl ) + c(ClO )【答案】D【解析】A点时没有加入氢氧化钠，溶液中存在 HClO 和水的电离平衡，故 A 错误；B到溶液 c（H +）之间减小，酸对水的电离的抑制程度减小，则水的电离程度逐渐增大，故 B 错误；C点时溶液存在 Cl0-，具有强氧化性，可氧化 I-，故 C 错误；D点时溶液 pH=7，则c（H +）=c（OH -）
29、 ，根据电荷守恒得 c（H +）+c（Na +）=c（Cl -）+c（Cl0 -）+c（OH -） ，所以c（Na +）=c（Cl -）+c（ClO -） ，故 D 正确；故选 D。点睛：向饱和氯水中逐滴滴入 0.1molL-1的氢氧化钠溶液，发生的反应为 Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaOHNaCl+H 2O、HClO+NaOHNaClO+H 2O，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得 c（Cl -）=c（ClO -）+c（HClO） ，为易错点。22. 已知草酸为二元弱酸：H 2C2O4 HC2O H Ka1、HC 2O C2O H Ka2。常温下，向某浓度
30、的 H2C2O4溶液中逐滴加入一定浓度的 KOH 溶液，所得溶液中 H2C2O4、HC 2O 、C 2O 三种微粒的物质的量分数( )与溶液 pH 的关系如图所示，则下列说法中不正确的是( )A. Ka1=101.2B. pH2.7 时溶液中： 1000C. 将相同物质的量的 KHC2O4和 K2C2O4固体完全溶于水便是配得 pH 为 4.2 的混合液D. 向 pH1.2 的溶液中加 KOH 溶液，将 pH 增大至 4.2 的过程中水的电离程度一直增大【答案】C【解析】分析：A.由图象计算 Ka1由电离常数可以知道 Ka1=- 17 -B. 由图象计算 Ka1、 Ka2，由电离常数可以知道
31、= ；C. KHC2O4和 K2C2O4的物质的量相同，但如配成不同浓度的溶液，则 pH 不一定为 4.2；D.向 pH1.2 的溶液中加 KOH 溶液将 pH 增大至 4.2，溶液氢离子浓度减小，对水的电离抑制的程度减小。详解：A.由图象可以知道 pH=1.2 时，c(HC 2O )=c(H2C2O4)，则 Ka1=c(H+)=10-1.2，所以 A 选项是正确的；B. 由图象可以知道 pH=1.2 时，c(HC 2O )=c(H2C2O4)，则 Ka1=c(H+)=10-1.2，pH=4.2 时，c(HC 2O)=c(C2O42-)，则 Ka2=c(H+)=10-4.2，由电离常数可以知道
32、 = = =103=1000，所以 B 选项是正确的；C.将相同物质的量 KHC2O4和 K2C2O4固体完全溶于水，可配成不同浓度的溶液，溶液浓度不同，pH 不一定为定值，即不一定为 4.2，故 C 错误；D.向 pH1.2 的溶液中加 KOH 溶液将 pH 增大至 4.2，溶液中由酸电离的氢离子浓度减小，则对水的电离抑制的程度减小，水的电离度一直增大，所以 D 选项是正确的。故本题答案选 C。23. （1）在一定条件下 N2与 H2反应生成 NH3，请回答：若反应物的总能量为 E1，生成物的总能量为 E2，且 E1 E2，则该反应为_(填“吸热”或“放热”)反应。已知拆开 1molHH 键
33、、1molNH 键、1molNN 键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则 N2与 H2反应生成 NH3的热化学方程式为_。（2）实验室用 50mL0.50molL1 盐酸与 50mL 某浓度的 NaOH 溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。该装置有两处明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为_；实验室提供了0.50molL1 和 0.55molL1 两种浓度的 NaOH 溶液，应选择_molL 1 的 NaOH溶液进行实验。- 18 -（3）人类活动产生的 CO2长期积累，威胁到生态环境，其减排问题受到全世界关注。工业上常用高浓
34、度的 K2CO3溶液吸收 CO2，得溶液 X，再利用电解法使 K2CO3溶液再生，其装置示意图如下：在阳极区发生的反应包括_和H HCO =H2OCO 2。简述 CO 在阴极区再生的原理：_。（4）常温下，用 NaOH 溶液吸收 SO2得到 pH9 的 Na2SO3溶液，试计算溶液中_。 （常温下 H2SO3的电离平衡常数 Ka11.010 2 ， Ka26.010 8 ）【答案】 (1). 放热 (2). N 2(g)3H 2(g) 2NH3(g) H92kJmol 1 (3).环形玻璃搅拌棒 (4). 0.55 (5). 4OH 4e =2H2OO 2 (6). HCO 存在电离平衡：HC
35、O H CO ，阴极 H 放电浓度减小平衡右移，CO 再生(或阴极 H 放电 OH 浓度增大，OH 与 HCO 反应生成 CO ，CO 再生) (7). 60【解析】分析： (1)反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应；化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热；(2)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；为了使反应充分,NaOH 应过量；（3）阳极上氢氧根离子放电生成氧气；碳酸氢根离子程度电离平衡、氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子；- 19 -（4）依据 Ka2= ，得溶液中 = ，以此解答。详解:
36、(1)反应物的总能量为 E1，生成物的总能量为 E2，若 E1E2，则该反应为放热反应，因此，本题正确答案是：放热；在反应 N2+3H22NH3中，断裂 3molHH 键，1molNN 共吸收的能量为:3436 kJ+946 kJ=2254 kJ，生成 2mol NH3，共形成 6mol1molNH 键，放出的能量为:6391kJ=2346kJ，吸收的热量少,放出的热量多,该反应为放热反应,放出的热量为：2346kJ -2254 kJ =92kJ；因此，本题正确答案是：N 2(g)3H 2(g) 2NH3(g) H92kJmol 1 ； (2)根据量热计的构造可以知道该装置的缺少仪器是环形玻璃
37、搅拌棒；实验室提供了0.50molL1 和 0.55molL1 两种浓度的 NaOH 溶液，为了使反应充分,NaOH 应过量,所以选择 0.55molL1 的溶液进行实验，因此，本题正确答案是：环形玻璃搅拌棒；0.55；(3) 阳极上氢氧根离子放电生成氧气和水,电极反应式为 4OH 4e =2H2OO 2，因此，本题正确答案是：4OH 4e =2H2OO 2；HCO 存在电离平衡：HCO H CO ，阴极 H 放电浓度减小平衡右移，CO 再生；阴极H 放电 OH 浓度增大，OH 与 HCO 反应生成 CO ，CO 再生，因此，本题正确答案是：HCO 存在电离平衡：HCO H CO ，阴极 H
38、放电浓度减小平衡右移，CO 再生(或阴极 H 放电 OH 浓度增大，OH 与 HCO 反应生成 CO ，CO 再生)；（4）pH=9 的溶液中 c（H +）=10 -9mol/L，依据 Ka2= ，得溶液中= ，= =60，故答案为：60。24. I现有常温下 pH2 的 HCl 溶液甲和 pH2 的 CH3COOH 溶液乙，请根据下列操作回答问题：（1）常温下 0.1molL1 的 CH3COOH 溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_。A c(H ) B C c(H )c(OH ) - 20 -（2）取 10mL 的乙溶液，加入等体积的水，CH 3COOH 的电离平衡_(填“向
39、左” “向右”或“不”)移动；另取 10mL 的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中 的比值将_(填“增大” “减小”或“无法确定”)。（3）取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的 NaOH 稀溶液中和，则消耗 NaOH 溶液体积的大小关系为 V(甲)_(填“” “”或“”) V(乙)。（4）已知 25时，下列酸的电离平衡常数如下：化学式 CH3COOH H2CO3 HClO电离平衡常数 1.8105K14.310 7K24.710 113.0108下列四种离子结合 H 能力最强的是_。AHCO BCO CClO DCH 3COO写出下列反应
40、的离子方程式：HClONa 2CO3(少量)：_II室温下，0.1 molL l 的 KOH 溶液滴 10.00mL 0.10 molLl H2C2O4 (二元弱酸）溶液，所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。请回答下列问题：（5）点所示溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序为：_。点所示溶液中：c(K +)+c(H2C2O4)+c(HC2O4)+c(C2O42)_mol/L。【答案】 (1). A (2). 向右 (3). 减小 (4). (5). B (6). HClOCO =ClO HCO (7). c(K+)c(HC2O4 )c(H+)c(C2O42-)c(OH )
41、 (8). 0.10【解析】分析： (1)加水稀释促进醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液- 21 -中 c(H+)、c(CH 3COOH)、c(CH 3COO-)都减小，但温度不变，水的离子积常数不变；(2)加水稀释促进醋酸电离，向醋酸中加入相同的离子，则抑制醋酸电离；(3)pH 相同的醋酸浓度大于盐酸，取等体积等 pH 的醋酸和盐酸，n(CH 3COOH)n(HCl)，分别用等浓度的 NaOH 溶液中和，酸的物质的量多的消耗的碱多；(4) 电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强，根据表中数据可以知道，酸性由强到弱的顺序为：CH 3COOH H2CO3 HCl
42、O HCO3-，酸性越弱，对应的酸根离子结合氢离子的能力越强；（5）点溶液显酸性,等体积等浓度反应生成 KHC2O4，电离大于其水解；点根据物料守恒计算分析；详解:(1)A 项，由于加水稀释时，c(H +)、c(CH 3COOH)、c(CH 3COO-)都减小，故 A 正确；B 项， 变形，分子、分母同乘以溶液中的 c(CH3COO-)得 ，由于加水稀释时 c(CH3COO-)减小，比值增大，故 B 错误；C 项温度不变，水的离子积常数不变，所以 c(H )c(OH )不变，故 C 错误；所以 A 选项是正确的；(2)加水稀释促进醋酸电离，平衡正向移动，向醋酸中加入相同的离子，则抑制醋酸电离，
43、平衡逆向移动，所以溶液中 的比值将减小，因此，本题正确答案是：向右；减小；(3) pH 相同的醋酸浓度大于盐酸，取等体积等 pH 的醋酸和盐酸，n(CH 3COOH)n(HCl)，分别用等浓度的 NaOH 溶液中和，酸的物质的量多的消耗的碱多，所以消耗氢氧化钠溶液体积甲c(HC2O4 )c(H+)c(C2O42-)c(OH )，- 22 -点(4)为混合溶液，物料守恒得：c(K +)= =0.06mol/L，c(H2C2O4)+c(HC2O4)+c(C2O42) =0.04mol/L，所以 c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4)+c(C2O42)0.10mol/L，因此，本题正确答案
44、是：c(K +)c(HC2O4 )c(H+)c(C2O42-)c(OH-) ； 0.10。25. NOx（主要指 NO 和 NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的 NOx是环境保护的重要课题。（1）用水吸收 NOx的相关热化学方程式如下：2NO2(g)+H2O(l) HNO3(aq)+HNO2(aq) H=116.1 kJmol13HNO2(aq) HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) H=75.9 kJmol1反应 3NO2(g)+H2O(l) 2HNO3(aq)+NO(g)的 H=_kJmol1。（2）用稀硝酸吸收 NOx，得到 HNO3和 HNO2的混合溶液，电解该混合溶
45、液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：_。（3）用酸性(NH 2)2CO 水溶液吸收 NOx，吸收过程中存在 HNO2与(NH 2)2CO 生成 N2和 CO2的反应。写出该反应的化学方程式：_。（4）在有氧条件下，新型催化剂 M 能催化 NH3与 NOx反应生成 N2。将一定比例的 O2、NH 3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂 M 的反应器中反应（装置见下图） 。反应相同时间 NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题下图所示，在 50250 范围内随着温度的升高，NO x的去除率先迅速上升的主要原因是_；当反应温度高于 380 时，NO x的去除率迅速下降的原因可能是_。【答
46、案】 (1). 136.2 (2). HNO22e+H2O 3H+NO3 (3). 2HNO2+(NH2)2CO- 23 -2N2+CO 2+3H 2O (4). 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大 (5). 催化剂活性下降；NH 3与 O2反应生成了 NO【解析】分析：（1）将两个方程式编号，应用盖斯定律，解总焓变；（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应；（3）HNO 2与(NH 2)2CO 反应生成 N2和 CO2，根据电子守恒和原子守恒配平；（4）因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时 NH3与 O2发生催化氧化反应。详解：（1）将两个方程式编号，2NO2(g)+H2O(l) HNO3(aq)+HNO2(aq) H=116.1 kJmol1（式）3HNO2(aq) HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)
