2017-2018学年河北省保定市高二上学期期末化学试题(解析版)

2017-2018学年河北省保定市高二（上）期末化学试卷

一、单选题（本大题共16小题，共46.0分）

1. S2Cl2和SCl2均为重要的化工原料，都满足8电子结构

-1

已知：①S（l）+Cl2（g）⇌S2Cl2（g）△H1=xKJ•mol

-1

②S2Cl2（g）+Cl2（g）⇌2SCl2（g）△H2=yKJ•mol

③相关化学键的键能如表所示： 化学健 S-S S-C1 b Cl-Cl c -1键能/KJ•mol a 下列说法错误的是（ ） A. 化学键的键能：c＞a

B. 以S2Cl2 的电子式为：

C. y=2b-a-c

D. 在S2（l）+2Cl2（g）⇌2SCl2（g）的反应中，△H=+（x+y）KJ•mol-1

【答案】C

【解析】解：A、氯的非金属大于硫的非金属性，Cl-Cl键能大于S-S键能，故A正确； B、原子都达到8电子稳定结构，S应该形成两个共价键，Cl只能形成1个共价键，所以S2Cl2的结构式为C1-S-S-Cl，根据此结构式得到对应的电子式为：，故B正确； C、根据上面给出的SCl2和S2Cl2的结构式，反应②S2Cl2（g）+Cl2（g）2SCl2（g）的焓变△H2=y=a+2b+c-4b，故C错误；

D、反应①加上反应②可以得到：S2（1）+2Cl2（g）⇌2SCl2（g），所以该反应的焓变为△H=（x+y）kJ/mol，故D正确； 故选：C。

A、氯的非金属大于硫的非金属性；

B、原子都达到8电子稳定结构，S应该形成两个共价键，Cl只能形成1个共价键； C、反应的焓变等于反应物的键能减去生成物的键能；

D、反应①加上反应②可以得到：S2（1）+2Cl2（g）⇌2SCl2（g）。

本题考查化学键等相关知识。计算出原子应该形成的共价键数以后，可以书写化合物的结构式，注意应该是成键多的原子在中间，成键少的在边上。

2. 下列各项可用右侧示意图象表示的是（ ）

反应 A 足量的CaCO3与一定量的盐酸反应 B C

纵坐标 生成二氧化碳的质量 甲 粉末状碳酸钙 活性高的催化剂 1×106Pa 乙 块状碳酸钙 活性一般的催化剂 2×105Pa 1

体积比1：3的N2、H2，在体积可变的氨气的浓度 恒压容器中，N2+3H2⇌2NH3 2molSO2与1molO2在相同温度下2SO2+O2⇌2SO3 SO3物质的量 D 密闭定容容器中：CO（g）+2H2（g）c（CH3OH） =CH3OH（g）△H＜0 500℃ 800℃ A. A B. B C. C D. D

【答案】D

【解析】解：A．盐酸的物质的量相同，应生成相同体积的二氧化碳，且粉末状的反应速率较大，故A错误；

B．催化剂不改变平衡状态，生成氨气的浓度应相等，且活性高的催化剂反应速率应更大，故B错误；

C．压强越大，反应速率越大，达到平衡的用时较少，故C错误；

D．升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，则温度高时c（CH3OH）较小，与图象符合，故D正确。 故选：D。

A．盐酸的物质的量相同，应生成相同体积的二氧化碳； B．催化剂不改变平衡状态； C．压强越大，反应速率越大；

D．升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动。

本题考查化学平衡的影响，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握影响平衡移动的因素以及曲线的变化，难度不大。

3. 下列说法不正确的是（ ）

A. 同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照条件下和点燃条件下的△H相同

B. 用0.5mol•L-1NaOH溶液分别与浓度均为0.5mol•L-1的盐酸、溶液反应，如所取的溶液体积相等，则理论上测得的中和热数值相同

C. 500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3KJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）

-1

△H=-38.6KJ•mol

D. 298K、101kPa下，1mol 甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水所放出的热量等于甲烷燃烧热的值 【答案】C

【解析】解：A．反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，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A正确； B．盐酸和均为强酸，测出的中和热数值相等，故B正确；

C．合成氨的反应为可逆反应， 0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g）的物质的量小于1mol，所以生成2mol氨气放出的热量大于放热19.3kJ×2=38.6kJ，故C错误；

D．根据燃烧热的概念：1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，所放出的热量为燃烧热，水的状态应该为液态，故 D正确； 故选：C。

A．反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关； B．中和热应用强酸和强碱的稀溶液；

C．该反应为可逆反应， 0.5mol氮气和，1.5mol氢气完全反应生成的氨气小于1mol，即生成1mol氨气放出的热量大于19.3kJ； D．根据燃烧热的概念分析。

本题考查学生对热化学方程式的理解、反应热与能量关系、盖斯定律的应用及中和热的理解，难度不大，注意燃烧热的定义即1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量。

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2

4. 下列有关化学用语说法正确的是（ ）

A. 中子数为9的氧原子符号为16O B. 过氧化氢的结构式：H-O-O-H

C. H、D、T 三种核素化学性质不相同

D. 某元素的一种原子质量数为X，则该元素的相对原子质量为X 【答案】B

【解析】解：A、质量数=质子数+中子数，故中子数为9的氧原子的质量数为17，故符

17

号为O，故A错误；

B、双氧水中O原子形成2条共价键，而H原子形成一条共价键，故双氧水的结构式为H-O-O-H，故B正确；

C、互为同位素的原子的核外电子排布完全相同，故H、D、T的化学性质完全相同，故C错误；

D、一种元素的相对原子质量是根据各原子的相对原子质量结合丰度计算出的平均值，故不能根据一种原子的质量数来计算元素的相对原子质量，故D错误。 故选：B。

A、质量数=质子数+中子数；

B、双氧水中O原子形成2条共价键，而H原子形成一条共价键； C、互为同位素的原子的核外电子排布完全相同；

D、一种元素的相对原子质量是根据各原子的相对原子质量结合丰度计算出的平均值。 本题考查了常见的化学用语，应注意原子的表示方法、过氧化氢中氧原子和H原子之间的成键方式，难度不大。

5. 要求设计实验证明：某种盐的水解是吸热的．有四位同学作了如下回答，其中不正

确的是（ ）

A. 甲同学：将铵晶体溶于水，若水温下降，说明铵水解是吸热的

B. 乙同学：用加热的方法可除去KNO3溶液中混有的Fe3+，说明含有Fe3+的盐的水解是吸热的

C. 丙同学：通过实验发现同浓度的热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液去油污效果好 D. 丁同学：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热（不考虑水蒸发）后若红色加深，说明醋酸钠水解是吸热的 【答案】A

【解析】解：A、铵的溶解过程是吸热的，将铵晶体溶于水，水温下降，和铵根离子水解无关，故A错误；

B、温度升高，有利于三价铁离子的水解平衡向右移动，三价铁转化为氢氧化铁沉淀下

3+

来，可除去KNO3溶液中混有的Fe，故B正确；

C、温度升高，有利于碳酸根的水解平衡正向移动，生成的氢氧根浓度越大，碱性越强，酯的水解越彻底，去油污效果好，故C正确；

D、碱遇酚酞显红色，温度升高，有利于醋酸根的水解平衡正向移动，生成的氢氧根浓度越大，碱性越强，红色越深，故D正确。 故选：A。

A、铵的溶解过程是吸热的；

B、根据温度升高有利于水解平衡正向移动来分析三价铁离子的水解平衡； C、根据温度升高有利于水解平衡正向移动来分析碳酸根的水解平衡； D、根据温度升高有利于水解平衡正向移动来分析醋酸的水解平衡．

本题考查学生水解平衡移动原理中温度的影响知识，可以根据教材知识来回答，难度不大．

6. 强电解质和弱电解质的本质区别是（ ）

3

A. 溶解度的大小 B. 导电性的强弱 C. 电离是否完全 D. 化合物类别

【答案】C

【解析】解：根据电解质在水溶液中的电离程度的大小，电解质可以分为强电解质和弱电解质。能完全电离的电解质为强电解质，只能部分电离的电解质为弱电解质，即强弱电解质的本质区别是电离程度，和溶解度大小、离子浓度大小、导电能力强弱无关。 故选：C。

根据电解质在水溶液中的电离程度的大小，电解质可以分为强电解质和弱电解质，据此分析。

本题考查了强弱的电解质的本质区别，应注意的是强弱电解质的本质区别是电离程度大小，强电解质的电离程度一定大，但溶解度、离子浓度和导电能力不一定大。

7. 甲、乙、丙三种化合物均由氢、氮、氧第三种元素组成，其中一种是弱电解质，其

余两种均是强电解质。甲和乙发生复分解反应形成丙。常温下浓度相同的甲、乙、丙三种稀溶液中，pH大小关系是pH（乙）＞pH （丙）＞pH（甲），下列说法不正确的是（ ）

A. 甲、乙、丙分别属于三类不同的化会物 B. 乙、丙都是强电解质

C. 甲、乙溶于水均能抑制水的电离 D. 甲、乙、丙三种物质都不稳定 【答案】B

【解析】解：A．甲为HNO3、乙为NH3•H2O、丙为NH4NO3，分别为酸、碱、盐，故A正确；

B．乙为NH3•H2O，属于弱电解质，故B错误；

C．甲为HNO3、乙为NH3•H2O，分别为酸、碱，可抑制水的电离，故C正确； D．甲为HNO3、乙为NH3•H2O、丙为NH4NO3，都不稳定，加热时都可分解，故D正确。

故选：B。

甲、乙、丙三种化合物，都是由氢、氮、氧三种元素所组成，其中一种是弱电解质，推断为NH3•H2O，余均是强电解质。甲和乙可以通过复分解反应形成丙。说明是酸和碱反应生成盐，可以推断甲、乙为一水合氨和，反应生成铵，常温下浓度相同的甲、乙、丙三种稀溶液中，pH大小关系是pH（乙）＞pH （丙）＞pH（甲）。则甲为HNO3；乙为NH3•H2O；丙为NH4NO3，以此解答该题。

本题综合考查了物质推断的应用，物质组成和性质的判断，弱电解质的电离平衡的影响因素，为高频考点，侧重考查学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质，难度不大。

8. 如图装置（Ⅰ）为一可充电电池的示意图，其中的

+

离子交换膜只允许K通过，该电池充放电的核心方

程式为：3K2S2+KI3

K2S4+3KI，装置（Ⅱ）为电

解池的示意图。当闲合开关K时，电极X附近溶液先变红。下列说法正确的是（ ）

A. 闭合开关K时，K+从右向左通过离子交换膜

B. 闭合开关K时，当有0.1molK+通过离子交换膜，电极X 上产生标准状况下气体1.12L

C. 闭合开关K时，X电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑ D. 闭合开关K时，A电极上的反应式为2I--2e-=I3- 【答案】B

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【解析】解：当闭合开关K时，X附近溶液先变红，即X附近有氢氧根生成，所以在X极上得电子析出氢气，X极是阴极，Y极是阳极。与阴极连接的是原电池的负极，所以A极是负极，B极是正极。

A．原电池工作时，阳离子向正极移动，应从左到右通过离子交换膜，故A错误； B．当有0.1mo1K+通过离子交换膜，即当电极Y有0.1mole-转移时，根据2H++2e-=H2↑知产生0.05molH2，体积是1.12L，故B正确；

C．X为电解池的阴极，发生反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，故C错误； D．A为原电池的负极，电极反应式为2K2S2-2e-=K2S4+2K+，故D错误； 故选：B。

-当闭合开关K时，X附近溶液先变红，说明X极生成OH，应为电解池的阴极，发生

----反应为：2H2O+2e=H2+2OH，Y为电解池的阳极，发生：2Cl-2e=Cl2↑，则A为原电池

-+

的负极，电极反应式为2K2S2-2e=K2S4+2K，B为原电池的正极，电极反应式为I3-+2e-=3I-，以此解答该题。

本题考查了原电池及电解池工作原理，难度较大，能准确判断各电极的名称及电极反应是解本题的关键，注意电极反应式的书写，为易错点。

9. 已知A、B两种气体在一定条件下可发生反应：2A+B=C+3D+4E．现将相对分子质

量为M的A气体mg 与适量的B充入一个密闭容器内，恰好完全反应且有少量液

106Pa和7.07×106Pa，且测得滴生成，在相同温度下测得反应前后压强分别为3.03×

反应共放热QKJ．则该反应的热化学方程式为（ ）

A. 2A（g）+B（g）=C（g）+3D（1）+4E（g）△H=-2MQ/mKJ•mol-l B. 2A（g）+B（g）=C（1）+3D（g）+4E（g）△H=-2MQ/mKJ•mol-l C. 2A（g）+B（g）=C（l）+3D（g）+4E（g）△H=-MQ/mKJ•mol-l D. 2A（g）+B（g）=C（s）+3D（g）+4E（g）△H=+2MQ/mKJ•mol-l 【答案】B

【解析】解：相对分子质量为M的A气体mg，则n（A）=mol，

A、B两种气体在一定条件下可发生反应：2A+B=C+3D+4E，完全反应前后压强分别为3.03×106Pa和7.07×106Pa，可知气体的物质的量之比为3：7，则由化学方程式计量数关系可知物质的聚集状态为2A（g）+B（g）=C（1）+3D（g）+4E（g）， 测得反应共放热QKJ，则2molA放出的热量为

kJ，

KJ•mol-l，

该反应的热化学方程式为2A（g）+B（g）=C（1）+3D（g）+4E（g）△H=-

故选：B。

A、B两种气体在一定条件下可发生反应：2A+B=C+3D+4E，完全反应前后压强分别为3.03×106Pa和7.07×106Pa，可知气体的物质的量之比为3：7，则由化学方程式计量数关系可知物质的聚集状态为2A（g）+B（g）=C（1）+3D（g）+4E（g），结合A的物质的量以及放出的热量计算反应热。

本题考查了反应热的计算、热化学方程式的书写，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握化学方程式的判断，题目难度中等。

10. 常温下，向10mL0.1mol/L的H2XO3溶液中逐滴加入

0.1mol/LKOH 溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）

A. KHXO3溶液呈弱碱性，H2XO3是弱酸

B. B点时：c（K+）＞c（H+）＞c（HXO3-）＞c（OH-） C. C点时：c（H+）=c（OH-）

5

D. D点时：c（H+）+c（HXO3-）+c（H2XO3）=c（OH-）

【答案】C

【解析】解：A．B点反应恰好生成KHXO3，溶液呈酸性，D点恰好生成K2XO3，溶液

2-呈碱性，说明XO3水解，则KHXO3溶液呈弱酸性，H2XO3是弱酸，故A错误； B．B点反应恰好生成KHXO3，溶液呈酸性，HXO3-的电离程度大于其水解程度，所以

-+

溶液中c（HXO3）＞c（H），故B错误；

C．C点溶液呈中性，所以c（H+）=c（OH-），故C正确；

D．D点为加入20mLKOH溶液，恰好生成K2XO3，根据质子守恒：c（H+）+c（HXO3-）+2c（H2XO3）=c（OH-），故D错误， 故选：C。

A．B点反应恰好生成KHXO3，溶液呈酸性，D点恰好生成K2XO3，溶液呈碱性，说明XO32-水解；

B．B点反应恰好生成KHXO3，溶液呈酸性，HXO3-的电离程度大于其水解程度； C．C点溶液呈中性；

D．D点为加入20mLKOH溶液，恰好生成K2XO3，根据质子守恒分析。

本题考查酸碱混合溶液定性判断，根据物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析解答，难度中等。

11. 向一体积不变的某密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量的B三种气体，一

定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如甲图所示。乙图为t2时刻后改变容器中条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种条件，所改变条件均不同，已知t3～t4阶段为使用催化剂（已知图甲中t0～t1阶段c（B）未画全）．下列说法不正确的是（ ）

A. 甲图中，t1=15s，则t0～t1阶段v（C）=0.004mol•L-1•s-1 B. 乙图中，t4～t5阶段改变的条件为减小压强 C. 该反应的化学方程式为3A⇌B+2C

D. 该反应中B的起始物质的量为0.02mol

【答案】D

【解析】解：A．若t1=15s，生成物C在t0～t1时间段的平均反应速率为：v=

=0.004mol•L-1•s-1，故A正确；

B．由以上分析可知t4～t5阶段改变的条件是降低压强，故B正确； C．由以上分析可知该反应的化学方程式为3A⇌B+2C，故C正确；

D．该反应的化学方程式为3A⇌B+2C，根据方程式可知消耗0.09mol/L的A，则生成0.03mol/L的B，容器的体积为2L，生成B的物质的量为0.06mol，平衡时B的物质的量为0.1mol，所以起始时B的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol，故D错误。 故选：D。

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t3～t4阶段为使用催化剂，t4～t5阶段改变条件平衡不移动，改变温度或某一组分浓度，平衡发生移动，故t4时改变的条件为减小压强，说明反应前后气体的体积相等，且反应速率减小，应是降低压强。t5时正逆反应速率都增大，应是升高温度，t2时正、逆反应速率中只有其中一个增大，应是改变某一物质的浓度，由图甲可知，t1时到达平衡，△c（A）=0.09mol/L，△c（C）=0.06mol/L，二者化学计量数之比为0.09：0.06=3：2，则B为生成物，反应方程式为：3A（g）⇌B（g）+2C（g）．结合浓度的变化解答该题。 本题考查化学平衡移动图象、外界条件对平衡的影响、化学平衡与反应速率计算等，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，难度中等，注意从乙图判断各阶段的影响因素此为解答该题的关键，结合甲图中各物质的浓度，判断反应条件的改变。

12. 升高温度，下列数据可能减小的是（ ）

A. 化学反应速率 C. 水的离子积常数 B. 化学平衡常数

D. 弱酸的电离平衡常数

【答案】B

【解析】解：A．升高温度，化学反应速率增大，故A错误；

B．升高温度对化学平衡常数有影响，但具体化学平衡常数是增大还是减小，则需视具体反应而定，故B正确；

C．升高温度有利于促进水的电离，则水的离子积常数增大，故C错误；

D．升高温度有利于促进弱电解质的电离，所以弱酸的电离平衡常数增大，故D错误， 故选：B。

A．升高温度，化学反应速率增大； B．升高温度对化学平衡常数有影响； C．升高温度有利于促进水的电离；

D．升高温度有利于促进弱电解质的电离。

本题考查温度对化学反应速率，平衡常数的影响，明确水的电离和弱电解质的电离是吸热反应是关键，题目难度不大，是基础题。

13. 下列各种情况下一定能大量共存的离子组为（ ）

A. 在NaHSO4溶液中：K+、Cl-、AlO2-、SO42-

B. 滴加KSCN 显红色的溶液：NH4+、K+、Cl-、HCO3- C. 加入铝粉能产生H2的溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、NO3-

D.

=1012的溶液中：SO32-、NO3-、K+、Na+

【答案】D

-【解析】解：A．NaHSO4与AlO2反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；

B．滴加KSCN 显红色的溶液中存在Fe3+，Fe3+与HCO3-发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误； C．Fe3+与氢氧根离子反应，加入铝粉能产生H2的溶液中存在大量氢氧根离子或氢离子，

NO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Al反应不会生成氢气，故C错误；

D．该溶液中存在大量氢氧根离子，SO32-、NO3-、K+、Na+之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确； 故选：D。

A．硫酸氢钠电离出的氢离子与偏铝酸根离子反应；

B．该溶液中含有铁离子，铁离子能够与碳酸氢根离子反应；

C．该溶液呈酸性或强碱性，铁离子与氢氧根离子反应，根离子在酸性条件下与Al不生成氢气；

D．该溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应。 本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离

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子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据

+-此来判断溶液中是否有大量的 H或OH；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、

“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。

14. 下列说法正确的是（ ）

A. 放热反应不需要加热就能发生

B. 需要加热才能发生的反应都是吸热反应

C. 等量的氢气和氧气分别完全燃绕生成气态水和液态水，前者放出的热量多 D. 化学反应放热还是吸热，取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量的高低 【答案】D

【解析】解：A．放热反应有的需加热，如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点，故A错误；

B．铝热反应在高温下才能进行，但属于放热反应，故B错误； C．气态水转化为液态水会放出热量，所以氢气燃烧生成气态水放出的热量小于液态水，故C错误；

D．放热反应是指反应物所具有的总能量高于生成的总能量，在反应中会有一部分能量转变为热能的形式释放，反之，就是吸热反应，故D正确； 故选：D。

A．放热的化学反应，有时需加热，达到着火点； B．化学反应是否加热才能进行与反应热无关； C．气态水转化为液态水会放出热量；

D．化学反应中生成物总能量不等于反应物的总能量，反应前后的能量差值为化学反应中的能量变化。

本题考查了反应热与反应物、生成物总能量之间的关系，反应热取决于反应物与生成物总能量的相对大小，当反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应就放热，否则吸热，所有的燃烧反应都是放热反应，题目难度不大。

15. 对下列图象的描述正确的是（ ）

A. 根据图①可判断反应A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）的△H＞0

B. 图②可表示压强（P）对反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）的影响且P2

＞P1

C. 图③可表示向醋酸溶液通入氨气时，溶液导电性随氨气量的变化

D. 图④表示常温下，稀释同体积同pH的HA、HB两种酸溶液时，溶液pH随加水量的变化，则同温同浓度的NaA溶液pH小于NaB溶液 【答案】D

【解析】解：A．根据图①可知，交点之前，反应未达平衡，交点时处于平衡状态，交点后增大温度逆反应速率增大比正反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，升高温度平

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衡向吸热反应移动，故可判断可逆反应A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）正反应是放热反应，故A错误；

B．由图②可知，p2到达平衡时间短，说明压强p2＞p1，平衡时反应物的转化率不变，反应前后气体的体积不变，对可逆反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s），正反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，即平衡状态不同，故B错误；

C．醋酸是弱电解质，向醋酸中通入氨气，醋酸和氨气反应生成强电解质醋酸铵，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故C错误；

D．依据图象④，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化HA溶液PH变化大，酸性HA＞HB，则同浓度的钠盐，水解程度：NaA＜NaB，所以同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液，故D正确； 故选：D。

A．根据图①可知，交点之前，反应未达平衡，交点时处于平衡状态，交点后增大温度逆反应速率增大比正反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，据此判断；

B．压强越大，反应速率越快，到达平衡时间短，平衡时反应物的转化率不变，反应前后气体的总物质的量不等，据此结合选项解答； C．溶液的导电性与溶液中离子的浓度成正比；

D．酸性越弱对应盐的水解显碱性，水解程度越大，溶液pH越大。

本题考查了图象分析题，注意分析图象纵横坐标的含义及图象的变化，结合规律来解答问题，难度较大。

16. 下列说法正确的是（ ）

A. 沉淀完全是指溶液中该物质的浓度为0 B. CaCO3 难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸

C. 25℃时，AgCl 在同浓度的CaCl2和NaCl 溶液中的Ksp相同

D. 在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，溶液中c（Ba2+）增大 【答案】C

A．10-5 mol/L，【解析】解：，不存在完全不溶的电解质，沉淀完全是指物质的浓度小于1×

故A错误；

B．碳酸钙难溶于稀硫酸是因为硫酸钙微弱，但醋酸钙易溶于水，所以碳酸钙易溶于醋酸，故B错误；

C．Ksp只与温度有关，25℃时，AgCl 在任何溶液的Ksp相同，故C正确；

D．在含有硫酸钡沉淀的溶液中存在溶解平衡，当加入硫酸钠固体，沉淀溶解平衡逆向移动，则溶液中钡离子浓度减小，故D错误。 故选：C。

A．沉淀完全是指物质的浓度小于1×10-5 mol/L；

B．碳酸钙难溶于稀硫酸是因为硫酸钙微弱；但醋酸钙易溶于水； C．Ksp只与温度有关；

D．硫酸钡溶液中存在溶解平衡，加入硫酸钠固体抑制硫酸钡溶解。

本题考查难溶电解质知识，为高频考点，侧重于双基的考查，注意理解溶度积的定义以及物质的性质，注意相关基础知识的积累，难度不大。

二、填空题（本大题共1小题，共6.0分）

17. 电解法制取金属镁时，需要无水氯化镁。由MgCl2溶液制备MgCl2•6H2O需要进行

______，______；的操作为：蒸发浓缩溶液，在干燥的HCl气流中加热MgCl2•6H2O

时，能制得无水MgCl2，其原因是______。

【答案】冷却结晶；过滤；在干燥的HCl气流中，抑制MgCl2水解，且带走MgCl2.6H2O受热产生的水气，所以能得到无水氯化镁

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【解析】解：由MgCl2溶液制备MgCl2•6H2O需要进行的操作为：蒸发浓缩溶液、冷却结晶、过滤；若在空气中加热MgCl2•6H2O，生成的是Mg（OH）Cl，根据反应物、生成物及反应条件知，该反应的化学方程式：MgCl2.6H2O=Mg（OH）Cl+HCl↑+5H2O，MgCl2易水解生成氢氧化镁和HCl，升高温度促进水解，所以得不到氯化镁而得到氢氧化镁，为抑制水解，需要在干燥的HCl气流中加热MgCl2•6H2O来得到MgCl2， 故答案为：冷却结晶；过滤；在干燥的HCl气流中，抑制MgCl2水解，且带走MgCl2.6H2O受热产生的水气，所以能得到无水氯化镁。

若在空气中加热MgCl2•6H2O，生成的是Mg（OH）Cl，根据反应物、生成物及反应条件知，该反应的化学方程式：MgCl2.6H2O=Mg（OH）Cl+HCl↑+5H2O，MgCl2易水解生成氢氧化镁和HCl，升高温度促进水解，所以得不到氯化镁而得到氢氧化镁，为抑制水解，需要在干燥的HCl气流中加热MgCl2•6H2O来得到MgCl2。 本题考查学生电解原理的应用，注意电解氯化镁溶液和熔融的氯化镁的区别，难度不大。

三、推断题（本大题共1小题，共10.0分）

18. A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，F的原子半径同周期

中最小，C 元素的原子最外层电子数为m、次外层电子数为n，D元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，D元素与B元素同主族，E元素原子与C元素原子的核外电子数之比为2：1，A的一种原子中，质量数与质子数之差为零。

2-（1）C的离子结构示意图______，AFC 的电子式______。

（2）E、F形成的简单离子的半径由大到小的顺序为______（用具体符号表示）。 （3）A、E形成的是______（填共价或离子）化合物。

（4）由A、B、C 三种元素组成的无机物的结构式为______。

2--；S＞Cl；共价；

【答案】；

2-

【解析】解：（1）C为氧离子，其核电荷数为8，核外电子总数为10，氧离子的离子

结构示意图为：，HClO为共价化合物，电子式为，

故答案为：；；

2--2--（2）S，Cl电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以S＞Cl，故答案为：S2-＞Cl-；

（3）A、E形成的化合物为硫化氢，为共价化合物，故答案为：共价化合物；

（4）由A、B、C 三种元素组成的无机物为碳酸，碳酸分子中，存在C=O、2个C-OH，

结构式为：，

故答案为：。

A的一种原子中，质量数与质子数之差为零，说明中子数为0，则A为H元素，C 元素的原子最外层电子数为m、次外层电子数为n，D元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，可知m+n=8，n=2，则m=6，可知C为O元素，D为Si元素，D元素与

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B元素同主族，则B为C元素，E元素原子与C元素原子的核外电子数之比为2：1，应为S元素，F的原子半径同周期中最小，应为Cl元素，以此解答该题。

本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等，涉及离子半径大小比较、常见化学用语的书写、元素推断等知识，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，明确原子核外电子排布特点为解答关键。

四、简答题（本大题共4小题，共34.0分）

19. 碳、氮化合物在生产、生活和科研中应用十分广泛。

（1）以CO2与NH3为原料合成尿素的主要反应如下：

-1

①2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2CO2NH4（s）△H=-159kJ•mol

-1

②NH2CO2NH4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+72kJ•mol

向固定体积的密闭容器中通入4molNH3和2molCO2发生反应①，可以说明该反应在恒温下已达平衡状态的是______。 A．反应容器中压强不随时间变化而变化 B． CO2 气体和NH3气体的体积比为2：1

C．混合气体的平均摩尔质量不随时间变化而变化 D．反应的平衡常数不随时间变化而变化

（2）反应②在一定温度下固定体积的密闭容器中达到平衡状态时水蒸气的浓度为c1，保持其条件不变充入水蒸气，再次达到平衡水蒸气的浓度为c2，则c1______c2

（填大于、等于或小于）。

（3）T℃时，将等物质的量的NO和CO充入体积为2L的密闭容器中发生反应： 2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）保持温度和体积不变，反应过程（0～15min） 中NO的物质的量随时间的变化如图所示。 ①T℃时，该反应的化学平衡常数K=______。

②平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.2mol，平衡将______（填“向左”“向右”或“不”）移动。

③图中a、b分别表示在一定温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n（NO）的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是______（填“a”或“b”）。

④15min时，若改变外界反应条件，导致n（NO）发生如图所示的变化，则改变的条件可能是______。

【答案】A；等于；5；向右；b；增大CO的物质的量浓度

【解析】解：（1）A．恒温恒容条件下，反应前后气体体积减小，导致压强减小，当反应容器中压强不随时间变化而变化，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确； B． 无论反应是否达到平衡状态，CO2 气体和NH3气体的比体积始终为2：1，不能据此判断平衡状态，故错误；

C．无论反应是否达到平衡状态，混合气体的平均摩尔质量始终不变，不能据此判断平衡状态，故错误；

D．温度不变化学平衡常数不变，所以不能据此判断平衡状态，故错误； 故选A；

11

（2）该反应化学平衡常数K=c（H2O），温度不变化学平衡常数不变，则c1等于c2， 故答案为：等于；

（3）①T℃时，根据图知，开始时c（NO）=c（CO）=达到平衡状态时c（NO）=c（CO）=

=0.2mol/L，

=0.1mol/L，根据方程式知，达到平衡状态时

c（CO2）=（0.2-0.1）mol/L=0.1mol/L，c（N2）=（0.2-0.1）mol/L=×0.1mol/L=0.05mol/L， 2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g） 该反应的化学平衡常数K=

=

=5，

故答案为：5；

②平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.2mol，此时c（CO）=0.1mol/L+

=0.2mol/L，

=0.15mol/L，浓度商=

=3.75＜5，则平衡向右移动，

c（N2）=0.05mol/L+

故答案为：向右；

③催化剂面积越大，则反应物接触面积越大，反应速率越快，曲线斜率越大，斜率大的是b曲线，则b面积大， 故答案为：b；

④15min时，若改变外界反应条件，改变条件瞬间n（NO）不变，说明改变的是其它物质浓度，且随着反应进行，n（NO）减小，说明平衡正向移动，所以改变的条件是增大CO的物质的量浓度，

故答案为：增大CO的物质的量浓度。

（1）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变； （2）该反应化学平衡常数K=c（H2O），温度不变化学平衡常数不变； （3）①T℃时，根据图知，开始时c（NO）=c（CO）=达到平衡状态时c（NO）=c（CO）=

=0.2mol/L，

=0.1mol/L，根据方程式知，达到平衡状态时

c（CO2）=（0.2-0.1）mol/L=0.1mol/L，c（N2）=（0.2-0.1）mol/L=×0.1mol/L=0.05mol/L， 2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g） 该反应的化学平衡常数K=

；

②平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.2mol，此时c（CO）=0.1mol/L+

=0.2mol/L，

=0.15mol/L，如果浓度商大于化学平衡常数，则平衡正向移动，

c（N2）=0.05mol/L+

如果小于化学平衡常数则平衡逆向移动，如果等于化学平衡常数，则平衡不移动； ③催化剂面积越大，则反应物接触面积越大，反应速率越快，曲线斜率越大；

④15min时，若改变外界反应条件，改变条件瞬间n（NO）不变，说明改变的是其它物质浓度，且随着反应进行，n（NO）减小，说明平衡正向移动。

本题考查化学平衡计算、化学平衡状态判断等知识点，侧重考查学生判断及计算能力，把握化学平衡常数计算方法、化学平衡状态判断标准是解本题关键，知道图中曲线斜率含义，题目难度不大。

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20. 化学反应中的能量变化，通常表现为热量的变化，认识能量变化，帮助理解化学反

应放热、吸热的本质。 请回答下列问题：

Ⅰ．称取等质量ag胆矾两份，把一份完全容于bg水中，测知其溶解时吸热PKJ；把另一份脱水后得到的固体W完全溶于bg水中，测得其溶解时放热QKJ。 （1）1mol胆矾溶解时吸收的热量为______KJ。

（2）CuSO4•5H2O和CuSO4两种物质，哪一个更稳定______。 （3）从以上数据可知，硫酸铜与水生成胆矾的△H=______。

Ⅱ．工业上用甲醇碱性燃料电池为电源电解饱和食盐水。下图为离子交换膜法电解原理示意图。 请回答下列问题：

（1）电解饱和食盐水的离子方程式为______，电解一段时间后若使食盐水恢复至饱和应向电解槽中，采取的措施是______。

（2）如果没有阳离子交换膜，阴阳两极的某两种产物在常温下会在溶液中发生反应而使烧碱不纯，其反应的离子方程式为______。

（3）若该燃料电池的正极消耗0.1mol气体，此时电解池阴极区生成的氢氧根离子的物质的量为______。

【答案】

；CuSO4•5H2O；-kJ/mol；2Cl-+2H2O

H2↑+Cl2↑+2OH-；通入氯化

---氢气体；Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；0.4mol

【解析】解：I．（1）ag胆矾的物质的量为mol，ag胆矾完全溶于bg水中，吸热PKJ

则有CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（aq）+5H2O（l）；△H1 1mol Q1

Q1=

mol P kJ，

；

故答案为：

（2）ag胆矾失水后生成无水硫酸铜，溶于水中放出Q2kJ热量 则有CuSO4（s）=CuSO4（aq）；△H2 1mol Q2

mol Q

kJ/mol，

所以无水硫酸铜的溶热Q2=

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胆矾溶于水吸热，无水硫酸铜溶于水放热，则无水硫酸铜的能量高，所以CuSO4•5H2O比CuSO4稳定；

故答案为：CuSO4•5H2O；

（3）设硫酸铜与水生成胆矾的热效应为△H

=CuSO4+5H2O 根据（1）（2）可知：①CuSO4•5H2O（s）（aq）（l）；△H1=+ 根据（2）可知：②CuSO4（s）=CuSO4（aq）；△H2=-kJ/mol；

kJ/mol；

①-②得：CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）；△H=△H1-△H2 所以△H=△H2-△H1=-故答案：-kJ/mol；

kJ/mol；

II．（1）电解氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，电解的离子方程式为：2Cl-+2H2O入HCl；

-故答案为：2Cl+2H2O

H2↑+Cl2↑+2OH-；电解一段时间后若使食盐水恢复至饱和应向电解槽中加

H2↑+Cl2↑+2OH-；通入氯化氢气体；

（2）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：

Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

---故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；

（3）燃料电池的正极为氧气得电子，1molO2转移4mol电子，电解池阴极区氢离子得电子，生成1mol氢气转移2mol电子，同时生成2mol氢氧根离子，所以该燃料电池的正极消耗0.1mol气体，此时电解池阴极区生成的氢氧根离子的物质的量为0.4mol； 故答案为：0.4mol。 I．（1）ag胆矾的物质的量为

mol，根据ag胆矾完全溶于bg水中，吸热PKJ计算；

（2）物质具有的能量越高越不稳定；

（3）根据胆矾、无水硫酸铜分别溶于水对应的反应热，结合盖斯定律计算； II．（1）电解氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠；电解一段时间后若使食盐水恢复至饱和应向电解槽中加入HCl；

（2）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；

（3）燃料电池的正极为氧气得电子，电解池阴极区氢离子得电子，同时生成氢氧根离子，根据电子守恒计算。

本题考查了化学反应与能量、盖斯定律的应用、原电池原理应用和电解原理的应用，侧重于考查学生对反应原理的应用能力，题目难度中等，注意把握盖斯定律和电子守恒在计算中的应用。

21. 一定温度下，pH=2的三种酸：a醋酸、b．盐酸、b．硫酸：

（1）物质的量浓度由大到小的是______。

（2）体积相同时，分别加入足量锌，相同状况下产生的气体体积由大到小的顺序是______。

（3）体积相同时，同时加入形状、质量完全相同的锌，若产生相同体积的氢气（相同状况），则开始时反应速率的大小关系是______。

pH由大到小的顺序为______。（4）三种酸溶液均加水稀释至体积为原来的10倍后，

【答案】a＞b＞c；a＞b=c；a=b=c；b=c＞a

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【解析】解：（1）pH相同的酸，弱酸的浓度更大，所以物质的量浓度由大到小的是a＞b＞c，

故答案为：a＞b＞c；

+

（2）pH相同的盐酸和硫酸，溶液中c（H）相等，醋酸的浓度更大，随着反应进行，H+不断电离出来，所以醋酸产生的H2更多，即相同状况下产生的气体体积由大到小的顺序是：a＞b=c， 故答案为：a＞b=c；

+

（3）开始时三种酸溶液的pH相同，c（H）相等，开始时反应速率相等，即开始时反应速率的大小关系是：a=b=c， 故答案为：a=b=c；

（4）弱酸稀释时pH变化幅度不大，强酸变化幅度较大，pH相等的盐酸和硫酸稀释时，pH变化幅度相等，所以三种酸溶液均加水稀释至体积为原来的10倍后，pH由大到小的顺序为：b=c＞a， 故答案为：b=c＞a。

（1）pH相同的酸，弱酸的浓度更大；

+

（2）pH相同的盐酸和硫酸，溶液中c（H）相等，醋酸的浓度更大，随着反应进行，H+不断电离出来；

+

（3）开始时三种酸溶液的pH相同，c（H）相等，开始时反应速率相等； （4）弱酸稀释时pH变化幅度不大，强酸变化幅度较大。 本题考查了弱电解质的电离及溶液中离子浓度大小的比较，根据电解质的强弱及酸的元数来分析解答即可，难度不大，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。

-1

22. 某学生以酚酞为指示剂，用0.100mol•L标准氢氧化钠溶液滴定未知

浓度的盐酸溶液。请回答下列问题： （1）若滴定结束时，滴定管液面如图所示，则终点读数为______mL。 （2）判断到达滴定终点的实验现象是______。 【答案】21.10；溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色

【解析】解：（1）滴定管读数从上往下逐渐变大，读数时保留到小数点后两位，所以终点读数为21.10mL， 故答案为：21.10；

-1

（2）以酚酞为指示剂，用0.100mol•L标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，终点时溶液颜色由无色变为浅红色，则现象为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，

故答案为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。

（1）滴定管读数从上往下逐渐变大，读数时保留到小数点后两位；

-1

（2）以酚酞为指示剂，用0.100mol•L标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，终点时溶液颜色由无色变为浅红色。

本题考查酸碱中和滴定实验，题目难度不大，注意把握实验的原理、步骤、方法以及注意事项，把握实验基本操作。

五、实验题（本大题共1小题，共9.0分）

15

23. 电炉加热时用纯O2氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成。下列装置

是用燃烧法确定有机物分子式常用的装置。

（1）B装置中浓硫酸的作用是______。 （2）燃烧管中CuO的作用是______。

（3）若实验中所取样品只含C、H、O三种元素中的两种或三种，准确称取1.38g样品，经充分反应后，D管质量增加1.62g，E管质量增加2.g，则该样品碳、氢原子个数之比为______。

（4）要确定该物质的分子式，还要知道该物质的相对分子质量，经制定其蒸气密

-1

度为2.054g•L（已换算为标准状况下），则其分子式为______。 【答案】干燥O2；使有机物充分氧化生成CO2和H2O；1：3；C2H6O

【解析】解：（1）装置A中生成的氧气中含有水蒸气，应先通过B中的浓硫酸干燥，以免影响实验结果， 故答案为：干燥O2；

（2）一氧化碳能与氧化铜反应，可被氧化成二氧化碳的性质可知，CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2；

故答案为：使有机物充分氧化生成CO2和H2O； （3）水的物质的量=

=0.09mol、二氧化碳的物质的量=

=0.06mol，根据原子

2）=1：3， 守恒可知n（C）：n（H）=0.06mol：（0.09mol×

故答案为：1：3；

12g+0.09mol×2×1g/mol=0.9g＜1.38g，故有机物含有（4）则m（C）+m（H）=0.06mol×

O元素，m（O）=1.38g-0.9g=0.48g，则n（O）=

=0.03mol，n（C）：n（H）：n

（O）=0.06：0.18：0.03=2：6：1，该有机物的实验式为C2H6O； -1

该有机物蒸气密度为2.054g•L（已换算为标准状况下），则其摩尔质量为：2.054g•L-1×22.4L/mol=46，的C2H6O式量为46，说明该有机物的分子式为C2H6O， 故答案为：C2H6O。

根据实验原理是测定一定质量的有机物完全燃烧时生成CO2和H2O的质量，来确定是否含氧及C、H、O的个数比，求出最简式，再结合有机物相对分子质量确定分子式。 因此生成O2后必须除杂（主要是除H2O），A用来吸收二氧化碳、B用来吸收水、C用于干燥通入E中的氧气、D用来制取反应所需的氧气、E是在电炉加热时用纯氧气氧化管内样品，根据一氧化碳能与氧化铜反应可被氧化成二氧化碳的性质，可知CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2；

（1）B中生成的氧气中含有水蒸气，应先通过B中的浓硫酸干燥；

（2）由（1）得一氧化碳能与氧化铜反应可被氧化成二氧化碳的性质可知，CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2；

（3）根据n=计算水、二氧化碳的物质的量，再根据原子守恒确定该样品碳、氢原子个数之比；

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（4）根据（3）及质量守恒先确定该有机物的最简式；根据M=ρVm确定该有机物的摩尔质量，据此可确定其分子式。

本题考查有机物的分子式的实验测定，题目难度中等，关键在于清楚实验的原理，掌握燃烧法利用元素守恒确定实验式的方法，试题培养了学生的化学计算能力。

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