北京市石景山区2022学年高二化学下学期期末考试试卷含解析

2022-2022学年北京市石景山区高二（下）期末化学试卷　一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项填写在答题纸上．每小题2分，共42分）1．应对能源危机的有效途径之一就是寻找新能源．下列属于新能源的是（　　）　A．煤B．石油C．太阳能D．天然气　2．下列物质的水溶液，不存在电解质分子的是（水分子除外）（　　）　A．HClB．CH3COOHC．NH3D．HF　3．关于吸热反应的说法，正确的是（　　）　A．凡需加热的反应一定是吸热反应　B．只有分解反应才是吸热反应　C．吸热反应一定不能自发进行　D．盐类的水解反应是吸热反应　4．下列电池工作时能量转化形式与其它三个不同的是（　　）A．硅太阳能电池B．锌锰碱性电池C．氢燃料电池D．铅蓄电池　A．AB．BC．CD．D　5．已知在K2Cr2O7的溶液中存在着如下平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+，加入下列物质能使溶液变为橙色的是（　　）　A．氨水B．硫酸C．NaOHD．水　6．为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向过滤中加入适量的盐酸，这种试剂是（　　）　A．NH3．H2OB．NaOHC．Na2CO3D．MgCO3　7．下列溶液，按pH由小到大顺序排列的是（　　）①0.1mol/LHCl溶液②0.1mol/LH2SO4溶液③0.1mol/LNaOH溶液④0.1mol/LCH3COOH溶液．　A．①②④③B．②①④③C．③④①②D．④③②①　8．下列有关物质性质用途叙述正确的是（　　）①84消毒液和洁厕灵都显酸性27\n②Na2CO3、NaHCO3溶液都呈碱性③配制FeCl3溶液时加入少量的盐酸④天然气和氢气都是可再生的能源．　A．①②B．②③C．②④D．③④　9．下列离子方程式属于水解的是（　　）　A．HCO3﹣+H2O⇌H3O++CO32﹣B．CH3COO﹣+H3O+⇌CH3COOH+H2O　C．HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣D．NH4++OH﹣⇌NH3•H2O　10．一定条件下，在恒容密闭容器中，能表示反应X（g）+2Y（g）═2Z（g）一定达到化学平衡状态的是（　　）　A．容器中的压强不再发生变化　B．X、Y、Z的物质的量之比为1：2：2　C．X、Y、Z的速率之比1：2：2　D．单位时间内生成nmolZ，同时消耗nmolY　11．用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是（　　）　A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定　B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定　C．用碱式滴定管取10.00mLNaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定　D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸　12．下列说法中，正确的是（　　）　A．活化分子间的碰撞一定是有效碰撞　B．其他条件相同时，增大反应物浓度，反应物中活化分子的百分数增加　C．焓变和熵变都与反应的自发性有关，它们都能独立地作为自发性的判据　D．常温下，FeCl3溶液中由水电离出的c（H+）一定大于1×10﹣7mol/L　13．下列水解反应的应用，不正确的是（　　）　A．CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣热的纯碱溶液清洗油污　B．Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+明矾净水　C．TiCl4+（x+2）H2O（过量）⇌TiO2•xH2O+4HCl用TiCl4制备TiO2　D．SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl配制氯化亚锡溶液时应加入氢氧化钠　14．已知：2NO2⇌N2O4△H＜0，CaO溶于水放热，NH4Cl晶体溶于水吸热．在3个体积相等的圆底烧瓶中充满等量的NO2气体，并分别放置在加有下列物质的烧杯（烧杯内有水）中：（1）中加入CaO，（2）中加入NH4Cl晶体，（3）中不加任何其它物质，如图所示．下列叙述正确的是（　　）27\n　A．（1）中红综色变深，（2）中红棕色变浅　B．（1）中红综色变浅，（2）中红棕色变深　C．烧瓶（1）中气体的压强不变　D．烧瓶（2）中气体的压强增大　15．与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3⇌NH4++NH2﹣，据此判断以下叙述中不正确的是（　　）　A．液氨中含有NH3、NH4+、NH2﹣微粒　B．其他条件不变，若增加液氨的量，电离平衡将正向移动　C．只要不加入其他物质，液氨中c（NH4+）=c（NH2﹣）　D．一定温度下液氨中c（NH4+）•c（NH2﹣）是一个常数　16．有等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3•H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（　　）　A．V3＞V2＞V1B．V3=V2=V1C．V3＞V2=V1D．V1=V2＞V3　17．按如图装置进行实验，若图B的X轴表示流入电极的电子的物质的量，则Y轴不可能表示的情况是（　　）　A．c（Ag+）B．溶液的pHC．Ag棒的质量D．c（NO3﹣）　18．铅蓄电池的电池反应为：Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）2PbSO4（s）+2H2O（l）．下列说法正确的是（　　）　A．放电时，正极的反应式是：PbO2+SO42﹣+4H++2e﹣═PbSO4+2H2O　B．放电时，电解质溶液中的H+向负极移动　C．充电时，阳极的电极反应为：PbSO4+2e﹣═Pb（s）+SO42﹣　D．充电时，当有20.7gPb生成时，转移的电子为0.1mol　19．下图所示的实验，不能达到实验目的是（各选项中对比溶液的浓度体积均相同）（　　）实验方案27\n目的A．验证升高温度可加快H2O2分解B．验证增大反应物浓度对平衡的影响C．比较Cu2+、Fe3+对H2O2分解速率的影响D．比较弱酸的相对强弱　A．AB．BC．CD．D　20．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol，下列说法不正确的是（　　）　A．该反应原理可用于设计氢氧燃料电池　B．破坏1molH﹣O键需要的能量是463.4kJ　C．H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H=+241.8kJ/mol　D．H2（g）中的H﹣H键能比H2O（g）中的H﹣O键能大　21．在恒容密闭容器中，由CO合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是（　　）　A．CO合成甲醇的反应为吸热反应　B．处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大　C．平衡常数K=　D．该反应在T1时的平衡常数比T2时的小　　二、非选择题（本大题包括7小题，共58分）22．用相应的化学用语表达：（1）碳酸钠水解的离子方程式　　　　　　．（2）惰性电极电解NaCl溶液的离子方程式　　　　　　．　23．已知1molSO2（g）生成1molSO3（g）的能量变化如图所示．回答下列问题：（1）图中A、C分别表示　　　　　　、　　　　　　．27\n（2）2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=　　　　　　（用含“E1”、“E2”或“E3”的代数式表示）．（3）已知：在一定条件下，64gSO2气体氧化为SO3气体时放出99kJ的热量，请写出SO2氧化为SO3的热化学方程式　　　　　　．　24．现有浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④氨水（NH3∙H2O）、⑤NH4HCO3（1）①溶液显酸性的原因　　　　　　（用离子方程式表示）．（2）已知溶液②呈中性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序是　　　　　　．（3）①、②、③、④四种溶液中c（NH4+）由大到小的顺序是　　　　　　（填序号）．（4）已知溶液⑤呈碱性，比较②、⑤两溶液的酸碱性，可以得出的结论是　　　　　　．　25．（13分）（2022春•石景山区期末）电化学原理在能量转换、物质合成、防止金属腐蚀等方面应用广泛．Ⅰ．下列是常见的电化学示意图（1）图①是碱性锌猛电池，在正极发生反应的物质是　　　　　　（填“Zn”或“MnO2”），正极发生　　　　　　反应（填“氧化”或“还原”）．（2）图②是酸性电解质的氢氧燃料电池，B极发生的电极反应是　　　　　　．（3）图③表示钢铁发生吸氧腐蚀生锈的示意图，写出氧气发生的电极反应　　　　　　．27\n（4）能表示“牺牲阳极的阴极保护法”的示意图是　　　　　　（填序号）．图④中，钢闸门连接电源的　　　　　　极而被保护；在图⑤中标出电子的移动方向　　　　　　．Ⅱ．下列是常见的电化学装置图．（5）图⑥中电池的总反应为　　　　　　，盐桥中装有含琼脂的KCl，盐桥中Cl﹣会移向　　　　　　（填“左”或“右”）烧杯的溶液．（6）检验图⑦中阳极产物的方法是　　　　　　．　26．（11分）（2022春•石景山区期末）氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题．（1）下表列举了不同温度下大气固氮的部分K值．反应大气固氮N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）温度/℃272000K3.84×10﹣310.1①分析数据可知：大气固氮反应属于　　　　　　（填“吸热”或“放热”）反应．②分析数据可知：人类不适合大规模模拟大气固氮的原因　　　　　　．（2）工业固氮反应是：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol．在相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中可发生上述可逆反应，测得反应的有关数据如下：容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡时体系的能量变化N2H2NH3a130放热23.1kJb0.61.80.8吸热QkJ①容器a达平衡时N2的平衡浓度c（N2）=　　　　　　．②容器b达平衡时NH3的平衡浓度c（NH3）=　　　　　　．③下列叙述正确的是　　　　　　．A．容器a达平衡时NH3的物质的量是0.5molB．容器b开始是向合成氨的逆反应方向进行C．若容器a体积变为0.2L，则达平衡时放出的热量小于23.1kJD．不能利用已知数据计算容器b的平衡常数（3）近年，又有科学家提出在常温、常压、催化剂等条件下合成氨气的新思路，反应原理为：2N2（g）+6H2O（1）⇌4NH3（g）+3O2（g），则其反应热△H=　　　　　　．（已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1）　27．醋酸和盐酸分别是常见的一元弱酸和强酸．27\n（1）醋酸在水溶液中的电离方程式为　　　　　　．（2）科学家提出了用酸度（AG）表示溶液酸碱性的概念，规定：AG=lg，则pH=3的醋酸溶液的AG=　　　　　　．（3）用0.1mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL浓度均为0.1mol•L﹣1的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线．①滴定醋酸的曲线是　　　　　　（填“I”或“II”）．②V1和V2的关系：V1　　　　　　V2（填“＞”、“=”或“＜”）．③M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是　　　　　　．　28．（11分）（2022春•石景山区期末）某学生为探究AgCl沉淀的溶解和转化，设计实验方案并记录如下：步骤和现象现象Ⅰ．将等体积等浓度的AgNO3溶液和NaCl溶液混合得到浊液W，过滤，得到滤液X和白色沉淀YⅡ．向滤液X中滴加几滴饱和Na2S溶液出现浑浊Ⅲ．取少量白色沉淀Y，滴加几滴饱和Na2S溶液沉淀变为黑色Ⅳ．取少量白色沉淀Y，滴加几滴浓氨水沉淀逐渐溶解（1）步骤Ⅰ的浊液W中存在的沉淀溶解平衡为　　　　　　．（2）由步骤Ⅱ的浑浊可推测，滤液X中除了含有Na+、NO3﹣，还含有的离子有　　　　　　．（3）能说明步骤Ⅲ中沉淀变黑的离子方程式为　　　　　　．沉淀转化的主要原因是　　　　　　．（4）已知：Ag++2NH3•H2OAg（NH3）2++2H2O，用平衡移动原理解释步骤Ⅳ中加入浓氨水沉淀逐渐溶解的原因　　　　　　．（5）结合上述信息分析，下列预测不正确的是　　　　　　．A．在步骤Ⅳ之后，继续滴加浓硝酸后又有AgCl沉淀生成B．由步骤Ⅳ可以推测：实验室可用氨水洗涤银镜反应后的试管C．若在白色沉淀Y中滴加NaOH溶液，沉淀也能溶解．　　2022-2022学年北京市石景山区高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析　27\n一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项填写在答题纸上．每小题2分，共42分）1．应对能源危机的有效途径之一就是寻找新能源．下列属于新能源的是（　　）　A．煤B．石油C．太阳能D．天然气考点：使用化石燃料的利弊及新能源的开发．专题：化学反应中的能量变化．分析：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能等都是新能源．解答：解：三大能源是煤、石油、天然气，都是化石能源，是传统能源，而太阳能是新能源．故选C．点评：本题考查新能源，难度不大，注意基础知识的积累．　2．下列物质的水溶液，不存在电解质分子的是（水分子除外）（　　）　A．HClB．CH3COOHC．NH3D．HF考点：电解质与非电解质．分析：物质的水溶液中，除水分子外，不存在其他分子，说明该溶质不是弱电解质、非电解质或能发生水解的盐，据此分析解答．解答：解：A、HCl是强电解质，在水溶液中完全电离生成离子，所以不存在除了水分子外的其它分子，故A正确；B、醋酸是弱酸，在水溶液中存在电离平衡，所以存在醋酸分子，故B错误；C、氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨为弱碱，存在一水合氨分子，故C错误；D、HF是弱酸，在水溶液中存在电离平衡，所以存在HF分子，故D错误，故选A．点评：本题考查电解质的电离及盐类水解，为高频考点，明确物质性质及盐类水解特点是解本题关键，知道哪些物质在水溶液中存在平衡，题目难度不大．　3．关于吸热反应的说法，正确的是（　　）　A．凡需加热的反应一定是吸热反应　B．只有分解反应才是吸热反应　C．吸热反应一定不能自发进行　D．盐类的水解反应是吸热反应考点：吸热反应和放热反应．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、化学反应的能量变化是由反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定，吸热反应说明生成物的总能量大于反应物总能量；B、四种基本反应中，化合反应大多是放热反应，分解反应一般为吸热反应；C、吸热反应可以自发进行；D、盐类水解属于吸热反应．解答：解：A、加热的反应不一定是吸热反应，比如燃烧，燃烧反应多数需要加热，但为放热反应，故A错误；B、分解反应大多是吸热反应，化合反应也有吸热反应，比如二氧化碳与C反应，故B错误；C、吸热反应有些能自发进行，比如氢氧化钡与氯化氢反应，故C错误；27\nD、盐类的水解为吸热反应，故D正确；故选D．点评：本题是一道有关反应吸放热知识的题目，要求学生熟记常见的吸热和放热反应，并熟练应用．　4．下列电池工作时能量转化形式与其它三个不同的是（　　）A．硅太阳能电池B．锌锰碱性电池C．氢燃料电池D．铅蓄电池　A．AB．BC．CD．D考点：原电池和电解池的工作原理；常见的能量转化形式．分析：硅太阳能电池，是将太阳能转化为电能的装置；锌锰碱性电池、氢燃料电池、铅蓄电池都是利用原电池原理将化学能转化成电能的装置．解答：解：A．硅太阳能电池，是将太阳能转化为电能的装置；B．锌锰碱性电池，是一次电池，将化学能转化成电能的装置；C．氢燃料电池，是一次电池，将化学能转化成电能的装置；D．铅蓄电池，是二次电池，放电时将化学能转化成电能的装置；所以A能量转化形式与其它三个不同，故选A．点评：本题考查电池的能量转化形式，注意一般原电池原理都是将化学能转化成电能，比较简单．　5．已知在K2Cr2O7的溶液中存在着如下平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+，加入下列物质能使溶液变为橙色的是（　　）　A．氨水B．硫酸C．NaOHD．水考点：影响盐类水解程度的主要因素．专题：盐类的水解专题．分析：根据反应方程式知，若要使溶液变为橙色，则加入的物质能使平衡向逆反应方向移动，据此分析解答．解答：解：A．加入氨水，氨水和氢离子反应使平衡向正反应方向移动，溶液变为黄色，故A错误；B．加入硫酸，硫酸根离子和Cr2O72﹣不反应，氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，溶液变为橙色，故B正确；C．加入NaOH，NaOH和氢离子反应使平衡向正反应方向移动，溶液变为黄色，故C错误；D．加水稀释溶液，促进Cr2O72﹣水解，所以平衡向正反应方向移动，橙色变浅，故D错误；故选B．点评：本题考查了影响化学平衡移动的因素，注意根据题意分析平衡的移动方向，题目难度不大．27\n　6．为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向过滤中加入适量的盐酸，这种试剂是（　　）　A．NH3．H2OB．NaOHC．Na2CO3D．MgCO3考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，注意不能引入新的杂质．解答：解：A．加入氨水混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，故A错误；B．加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，故B错误；C．加入碳酸钠，易混入NaCl杂质，故C错误；D．加入碳酸镁，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故D正确．故选D．点评：本题考查物质的分离和提纯，注意根据铁离子易水解的性质用调节溶液pH的方法除杂，注意不能引入新的杂质．　7．下列溶液，按pH由小到大顺序排列的是（　　）①0.1mol/LHCl溶液②0.1mol/LH2SO4溶液③0.1mol/LNaOH溶液④0.1mol/LCH3COOH溶液．　A．①②④③B．②①④③C．③④①②D．④③②①考点：pH的简单计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：先计算溶液中氢离子浓度，再根据pH=﹣计算溶液的pH，注意弱电解质在水溶液里不完全电离．解答：解：①0.1mol/LHCl溶液中C（H+）=C（HCl）=0.1mol/L，所以pH=1；②0.1mol/LH2SO4溶液中C（H+）=2C（H2SO4）=0.2mol/L，所以pH＜1；③0.1mol/LNaOH溶液中C（H+）==10﹣13mol/L，所以pH=13；④醋酸是弱电解质，在水中不完全电离，所以0.1mol/LCH3COOH溶液中C（H+）＜C（CH3COOH）=0.1mol/L，所以pH＞1；按PH由小到大顺序排列的是②①④③，故选B．点评：本题考查pH的简单计算，注意弱电解质的电离特点及碱溶液中氢离子的计算方法，难度不大．　8．下列有关物质性质用途叙述正确的是（　　）①84消毒液和洁厕灵都显酸性②Na2CO3、NaHCO3溶液都呈碱性27\n③配制FeCl3溶液时加入少量的盐酸④天然气和氢气都是可再生的能源．　A．①②B．②③C．②④D．③④考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；盐类水解的应用；钠的重要化合物；化石燃料与基本化工原料．分析：①84消毒液的主要成分为NaClO；②Na2CO3、NaHCO3溶液都为强碱弱酸盐；③配制FeCl3溶液时应抑制铁离子的水解；④天然气为化石能源．解答：解：①84消毒液的主要成分为NaClO，水解显碱性，而洁厕灵中含盐酸显酸性，故错误；②Na2CO3、NaHCO3溶液都为强碱弱酸盐，都水解显碱性，故正确；③配制FeCl3溶液时应抑制铁离子的水解，且不引入新杂质，则加盐酸，故正确；④天然气为化石能源，为不可再生能源，而氢气是可再生的能源，故错误；故选B．点评：本题考查较综合，涉及物质的性质、盐类水解、溶液配制及能源分类等，综合性较强，注重基础知识的考查，题目难度不大．　9．下列离子方程式属于水解的是（　　）　A．HCO3﹣+H2O⇌H3O++CO32﹣B．CH3COO﹣+H3O+⇌CH3COOH+H2O　C．HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣D．NH4++OH﹣⇌NH3•H2O考点：电离方程式的书写；盐类水解的原理．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．根据离子组成形式的变化来分析；B．H3O+即是H+；C．弱酸根离子水解显碱性；D．NH4+与OH﹣不是水解反应．解答：A．根据离子组成形式的变化来分析，HCO3﹣→CO32﹣是电离反应，故A错误；B．H3O+即是H+，故该反应是CH3COO﹣和H+反应生成CH3COOH，故B错误；C．弱酸根离子水解显碱性，故C正确；D．NH4+与OH﹣不是水解反应，故D错误；故选C．点评：本题考查了盐类水解方程式的书写，要注意与电离方程式的区别．　10．一定条件下，在恒容密闭容器中，能表示反应X（g）+2Y（g）═2Z（g）一定达到化学平衡状态的是（　　）　A．容器中的压强不再发生变化　B．X、Y、Z的物质的量之比为1：2：2　C．X、Y、Z的速率之比1：2：2　D．单位时间内生成nmolZ，同时消耗nmolY考点：化学平衡状态的判断．27\n分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．解答：解：A、两边气体计量数不等，容器中的压强不再发生变化，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故A正确；B、当体系达平衡状态时，X、Y、Z的物质的量之比可能为1：2：2，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故B错误；C、只要反应发生速率之比就符合计量数之比，故C错误；D、单位时间内生成nmolZ，同时消耗nmolY，都体现正向，未体现正与逆的关系，故D错误；故选A．点评：本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．　11．用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是（　　）　A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定　B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定　C．用碱式滴定管取10.00mLNaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定　D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸考点：中和滴定．分析：根据c（碱）=分析，以此判断浓度的误差．解答：解：A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定，标准盐酸被稀释，浓度偏小，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏大，故A错误；B．蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定，而后装入一定体积的NaOH溶液进行滴定，待测液的物质的量偏大，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏大，故B错误；C．用碱式滴定管取10.00mLNaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定，对V（酸）无影响，根据c（碱）=分析，可知c（碱）不变，故C正确；D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏大，故D错误；故选C．点评：本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，根据c（碱）=分析是解答的关键，题目难度不大．27\n　12．下列说法中，正确的是（　　）　A．活化分子间的碰撞一定是有效碰撞　B．其他条件相同时，增大反应物浓度，反应物中活化分子的百分数增加　C．焓变和熵变都与反应的自发性有关，它们都能独立地作为自发性的判据　D．常温下，FeCl3溶液中由水电离出的c（H+）一定大于1×10﹣7mol/L考点：化学反应速率的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素．分析：A．活化分子发生碰撞时，只有适当的取向时，才能发生有效碰撞，才能发生化学反应；B．增大反应物浓度，活化分子数目增多；C．焓变和熵变判断反应的自发性，单独使用不准确；D．常温下，水电离的c（H+）=1×10﹣7mol/L，氯化铁水解促进水的电离．解答：解：A．活化分子发生碰撞时，只有适当的取向时，才能发生有效碰撞，故A错误；B．其他条件相同时，增大反应物浓度，反应物中活化分子的数目增加，故B错误；C．焓变和熵变都与反应的自发性有关，不能独立地作为自发性的判据，可利用综合判据△H﹣T△S来判断，故C错误；D．常温下，水电离的c（H+）=1×10﹣7mol/L，氯化铁水解促进水的电离，则FeCl3溶液中由水电离出的c（H+）一定大于1×10﹣7mol/L，故D正确；故选D．点评：本题考查较综合，涉及反应速率影响因素、反应进行的方向及盐类水解等，注重高频考点的考查，把握相关反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．　13．下列水解反应的应用，不正确的是（　　）　A．CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣热的纯碱溶液清洗油污　B．Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+明矾净水　C．TiCl4+（x+2）H2O（过量）⇌TiO2•xH2O+4HCl用TiCl4制备TiO2　D．SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl配制氯化亚锡溶液时应加入氢氧化钠考点：盐类水解的应用；影响盐类水解程度的主要因素．分析：A、盐的水解过程是吸热的过程，升高温度，可以促进盐的水解；B、铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有净水的作用；C、TiCl4水解可以得到TiO2•xH2O，加热失去结晶水即可得到二氧化钛；D、SnCl2溶液水解显示酸性，可以加盐酸来抑制其水解．解答：解：A、热的纯碱溶液存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，水解过程是吸热的过程，升高温度，可以促进盐的水解，所以热的纯碱溶液清洗油污，属于盐的水解原理的应用，故A不选；B、铝离子水解生成的氢氧化铝胶体：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，氢氧化铝胶体具有净水的作用，属于盐的水解原理的应用，故B不选；C、TiCl4水解可以得到TiO2•xH2O，加热失去结晶水即可得到二氧化钛，据此可以用用TiCl4制备TiO2，故C不选；D、SnCl2溶液水解显示酸性，可以加盐酸来抑制其水解，配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠会促使平衡正向移动，不能制得氯化亚锡溶液，不属于盐的水解原理的应用，故D选．27\n故选D．点评：本题考查学生盐的水解原理以及应用等方面的知识，属于综合知识的考查，难度中等．　14．已知：2NO2⇌N2O4△H＜0，CaO溶于水放热，NH4Cl晶体溶于水吸热．在3个体积相等的圆底烧瓶中充满等量的NO2气体，并分别放置在加有下列物质的烧杯（烧杯内有水）中：（1）中加入CaO，（2）中加入NH4Cl晶体，（3）中不加任何其它物质，如图所示．下列叙述正确的是（　　）　A．（1）中红综色变深，（2）中红棕色变浅　B．（1）中红综色变浅，（2）中红棕色变深　C．烧瓶（1）中气体的压强不变　D．烧瓶（2）中气体的压强增大考点：化学平衡的影响因素．分析：三个烧瓶中都存在如下平衡：2NO2⇌N2O4△H＜0；（1）中CaO溶于水放热平衡左移，红棕色变深；（2）中NH4Cl溶于水时吸热，平衡右移，变浅；由此分析解答．解答：解：三个烧瓶中都存在如下平衡：2NO2⇌N2O4△H＜0；（1）中CaO溶于水放热平衡左移，红棕色变深，气体压强变大；（2）中NH4Cl溶于水时吸热，平衡右移，变浅，气体压强减小，综上所述只有A符合，故选A．点评：本题考查化学平衡移动的影响因素，难度不大，做题时注意根据反应的特点以及反应的现象判断平衡移动的方向．　15．与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3⇌NH4++NH2﹣，据此判断以下叙述中不正确的是（　　）　A．液氨中含有NH3、NH4+、NH2﹣微粒　B．其他条件不变，若增加液氨的量，电离平衡将正向移动　C．只要不加入其他物质，液氨中c（NH4+）=c（NH2﹣）　D．一定温度下液氨中c（NH4+）•c（NH2﹣）是一个常数考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析：A．可逆反应中的各种微粒都共存；B．液氨是纯液体，量变但浓度不变，所以若增加液氨的量，平衡不移动；C．只要不破坏氨分子的电离平衡，液氨中c（NH4+）=c（NH2﹣）；D．液氨中c（NH4+）与c（NH2﹣）的乘积只与温度有关．解答：解：A．液氨电离中存在电离平衡，所以液氨中含有NH3、NH4+、NH2﹣等粒子，故A正确；B．液氨是纯液体，量变但浓度不变，所以若增加液氨的量，平衡不移动，故B错误；27\nC．只要不破坏氨分子的电离平衡，液氨电离出的NH4+和NH2﹣的物质的量就相等，因为溶液的体积相等，所以c（NH4+）=c（NH2﹣），故C正确；D．液氨中c（NH4+）与c（NH2﹣）的乘积只与温度有关，与溶液的浓度无关，所以只要温度一定，液氨中c（NH4+）与c（NH2﹣）的乘积为定值，是一个常数，故D正确；故选：B．点评：本题考查了弱电解质的电离，依据水的电离平衡进行分析解答即可，注意液氨中c（NH4+）与c（NH2﹣）的乘积只与温度有关，与溶液的浓度无关．　16．有等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3•H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（　　）　A．V3＞V2＞V1B．V3=V2=V1C．V3＞V2=V1D．V1=V2＞V3考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析：等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3•H2O中，c（OH﹣）相同，但NH3•H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，然后结合酸碱中和时c（OH﹣）越大，消耗酸越多．解答：解：等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3•H2O中，c（OH﹣）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，但NH3•H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3，所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1，故选C．点评：本题考查酸碱混合的计算，明确pH与浓度的关系及强碱、弱碱的判断、弱碱的电离平衡是解答本题的关键，题目难度中等．　17．按如图装置进行实验，若图B的X轴表示流入电极的电子的物质的量，则Y轴不可能表示的情况是（　　）　A．c（Ag+）B．溶液的pHC．Ag棒的质量D．c（NO3﹣）考点：原电池和电解池的工作原理．分析：用银作阳极、铁作阴极电解硝酸银溶液时，阳极上银失电子发生氧化反应，阴极上银离子得电子发生还原反应，根据溶液中离子浓度变化来分析解答．解答：解：用银作阳极、铁作阴极电解硝酸银溶液时，阳极上银失电子发生氧化反应，电极反应式为：Ag﹣e﹣=Ag+，阴极上银离子得电子发生还原反应，电极反应式为：Ag++e﹣=Ag，所以电解质溶液中氢离子、硝酸根离子、银离子浓度都不变，阴极上析出的银附着在银电极上，所以银棒质量减小，而图中Y不变，故选C．27\n点评：本题考查了电解原理，明确阴阳极上发生的电极反应及图象的含义是解本题关键，再结合电镀原理来分析解答，注意活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子发生氧化反应，为易错点．　18．铅蓄电池的电池反应为：Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）2PbSO4（s）+2H2O（l）．下列说法正确的是（　　）　A．放电时，正极的反应式是：PbO2+SO42﹣+4H++2e﹣═PbSO4+2H2O　B．放电时，电解质溶液中的H+向负极移动　C．充电时，阳极的电极反应为：PbSO4+2e﹣═Pb（s）+SO42﹣　D．充电时，当有20.7gPb生成时，转移的电子为0.1mol考点：原电池和电解池的工作原理．分析：由化合价变化可知，当为原电池时，Pb为负极，发生氧化反应，电极方程式为Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4，PbO2为正极，发生还原反应，电极方程式为PbO2+4H++SO42﹣﹣2e﹣=2H2O+PbSO4，在充电时，阴极发生的反应是PbSO4+2e﹣=Pb+SO42﹣，阳极反应为PbSO4﹣2e﹣+2H2O=PbO2+SO42﹣+4H+，放电时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以此解答该题．解答：解：A．放电时，PbO2为正极，发生还原反应，电极方程式为PbO2+4H++SO42﹣﹣2e﹣=2H2O+PbSO4，故A正确；B．放电时，蓄电池内电路中H+向正极移动，故B错误；C．在充电时，阳极反应为PbSO4﹣2e﹣+2H2O=PbO2+SO42﹣+4H+，故C错误；D．在充电时，阴极发生的反应是PbSO4+2e﹣=Pb+SO42﹣，所以当有20.7gPb生成时，转移的电子为×2=0.2mol，故D错误．故选A．点评：本题考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握电解方程式的书写，难度不大．　19．下图所示的实验，不能达到实验目的是（各选项中对比溶液的浓度体积均相同）（　　）实验方案目的A．验证升高温度可加快H2O2分解B．验证增大反应物浓度对平衡的影响C．比较Cu2+、Fe3+对H2O2分解速率的影响D．比较弱酸的相对强弱　A．AB．BC．CD．D27\n考点：化学实验方案的评价；实验装置综合．分析：A．只有温度一个变量；B．只改变浓度一个变量；C．硫酸铜、氯化铁的阴离子、阳离子均不相同；D．生成气体快的可知酸电离出氢离子浓度大．解答：解：A．只有温度一个变量，则图中装置可验证升高温度可加快H2O2分解，故A正确；B．只改变浓度一个变量，则图中装置可验证增大反应物浓度对平衡的影响，故B正确；C．硫酸铜、氯化铁的阴离子、阳离子均不相同，不能比较Cu2+、Fe3+对H2O2分解速率的影响，也可能与阴离子有关，故C错误；D．生成气体快的可知酸电离出氢离子浓度大，氢离子浓度大的对应酸的酸性强，可比较弱酸的相对强弱，故D正确；故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重影响化学反应速率的影响因素及酸性比较的考查，把握化学反应原理、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析及控制变量法的应用，题目难度不大．　20．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol，下列说法不正确的是（　　）　A．该反应原理可用于设计氢氧燃料电池　B．破坏1molH﹣O键需要的能量是463.4kJ　C．H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H=+241.8kJ/mol　D．H2（g）中的H﹣H键能比H2O（g）中的H﹣O键能大考点：反应热和焓变．分析：A．根据氧化还原反应可以设计成原电池反应；B．根据反应热等于反应物的总键能﹣生成物的总键能来求解；C．根据反应热与物质的量成正比以及反应逆向进行，反应热大小不变，符号相反；D．根据键能越大越牢固．解答：解：A．2H2（g）+O2（g）⇌2H2O是氧化还原反应，可以设计氢氧燃料电池，故A正确；B．2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）的反应热△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能=436kJ•mol﹣1×2+498kJ•mol﹣1﹣4×XkJ•mol﹣1=﹣483.6kJ/mol，解得X=463.4kJ•mol﹣1，所以破坏1molH﹣O键需要的能量是463.4kJ，故B正确；C．反应热与物质的量成正比，所以H2（g）+O2（g）⇌H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol，反应逆向进行，反应热大小不变，符号相反，所以H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=+241.8kJ/mol，故C正确；27\nD．H2（g）中的H﹣H键键能为436kJ•mol﹣1，H2O（g）中的H﹣O键键为463.4kJ•mol﹣1，所以H2O（g）中的H﹣O键比H2（g）中的H﹣H键大，故D错误；故选：D．点评：本题主要考查了反应热的计算，难度不大，需要注意的是反应热等于反应物的总键能﹣生成物的总键能，键能越大越牢固．　21．在恒容密闭容器中，由CO合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是（　　）　A．CO合成甲醇的反应为吸热反应　B．处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大　C．平衡常数K=　D．该反应在T1时的平衡常数比T2时的小考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．分析：A．由图可知，T2温度下到达平衡所以时间较短，反应速率较快，故温度T2＞T1．温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，据此判断；B．由图可知，处于A点的反应体系从T1变到T2，温度增大，平衡向逆反应方向移动，据此分析；C．化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；D．由图可知，T2温度下到达平衡所以时间较短，反应速率较快，故温度T2＞T1．温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，据此判断．解答：解：A．由图可知，T2温度下到达平衡所以时间较短，反应速率较快，故温度T2＞T1．温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以合成甲醇的反应为放热反应，故A错误；B．由图可知，处于A点的反应体系从T1变到T2，温度增大，平衡向逆反应方向移动，氢气物质的量增大，甲醇的物质的量减小，增大，故B正确；C．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数表达式k=，故C错误；27\nD．由图可知，T2温度下到达平衡所以时间较短，反应速率较快，故温度T2＞T1．温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数降低，在T1时的平衡常数比T2时的大，故D错误；故选B．点评：本题考查化学平衡图象、化学平衡影响因素、化学平衡常数等，难度中等，注意理解外界条件对化学平衡的影响，C选项为易错点，学生容易忽略平均速率与即时速率的区别．　二、非选择题（本大题包括7小题，共58分）22．用相应的化学用语表达：（1）碳酸钠水解的离子方程式　CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣　．（2）惰性电极电解NaCl溶液的离子方程式　2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑　．考点：离子方程式的书写．分析：（1）碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子；（2）惰性电极电解NaCl溶液，生成NaOH、氢气、氯气．解答：解：（1）碳酸钠水解的离子方程式为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；（2）惰性电极电解NaCl溶液的离子方程式为2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑，故答案为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑．点评：本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重水解、电解的离子反应考查，注意反应原理及化学用语的使用，题目难度不大．　23．已知1molSO2（g）生成1molSO3（g）的能量变化如图所示．回答下列问题：（1）图中A、C分别表示　反应物总能量　、　生成物总能量　．（2）2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=　﹣2E2　（用含“E1”、“E2”或“E3”的代数式表示）．（3）已知：在一定条件下，64gSO2气体氧化为SO3气体时放出99kJ的热量，请写出SO2氧化为SO3的热化学方程式　SO2（g）+O2（g）=SO3（g）△H=﹣99kJ•mol﹣1　．考点：反应热和焓变．分析：（1）根据A、C分别表示反应物总能量的生成物总能量；27\n（2）根据参加反应SO2的物质的量之比等于对应的△H之比；（2）根据64gSO2气体氧化为SO3气体时放出99kJ的热量来求．解答：解：（1）因图中A、C分别表示反应物总能量、生成物总能量，故答案为：反应物总能量；生成物总能量；（2）因1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣E2kJ•mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣2E2kJ•mol﹣1，则2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H=﹣2E2kJ•mol﹣1，故答案为：﹣2E2；（3）因64g即1molSO2气体氧化为SO3气体时放出99kJ的热量，则SO2（g）+O2（g）=SO3（g）△H=﹣99kJ•mol﹣1，所以SO2氧化为SO3的热化学方程式为SO2（g）+O2（g）=SO3（g）△H=﹣99kJ•mol﹣1，故答案为：SO2（g）+O2（g）=SO3（g）△H=﹣99kJ•mol﹣1．点评：本题主要考查了反应过程的能量变化图以及运用盖斯定律进行反应热的计算，难度不大．　24．现有浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④氨水（NH3∙H2O）、⑤NH4HCO3（1）①溶液显酸性的原因　NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+　（用离子方程式表示）．（2）已知溶液②呈中性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序是　c（CH3COO﹣）=c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣）　．（3）①、②、③、④四种溶液中c（NH4+）由大到小的顺序是　③①②④　（填序号）．（4）已知溶液⑤呈碱性，比较②、⑤两溶液的酸碱性，可以得出的结论是　HCO3﹣的水解程度比CH3COO﹣大或HCO3﹣比CH3COO﹣结合H+能力强或CH3COOH酸性比H2CO3强　．考点：盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析：（1）氯化铵溶液中，铵根离子水解显示酸性；（2）CH3COONH4中铵根离子和醋酸根离子的水解程度相当，显示中性，则氢离子和氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒来判断；（3）根据铵根离子水解平衡移动的影响因素来回答；（4）醋酸铵显示中性，铵根离子和醋酸根离子的水解程度相当，NH4HCO3溶液呈碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子的水解程度，据此回答．解答：解：（1））氯化铵溶液中，铵根离子水解显示酸性，即：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；（2）CH3COONH4中铵根离子和醋酸根离子的水解程度相当，显示中性，则氢离子和氢氧根离子浓度相等，c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒，c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），得到：c（CH3COO﹣）=c（NH4+），所以c（CH3COO﹣）=c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣），故答案为：c（CH3COO﹣）=c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣）；（3）①NH4Cl显示酸性，②CH3COONH4显示中性，③NH4HSO4显示酸性，④氨水（NH3∙H2O）显示碱性，属于弱碱，电离出的铵根离子浓度最小，硫酸氢铵电离出的氢离子会抑制铵根离子的水解，醋酸根离子会促进铵根离子的水解，所以四种溶液中c（NH4+）由大到小的顺序是③①②④，故答案为：③①②④；27\n（4）醋酸铵显示中性，铵根离子和醋酸根离子的水解程度相当，NH4HCO3溶液呈碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子的水解程度，所以HCO3﹣的水解程度比CH3COO﹣大或HCO3﹣比CH3COO﹣结合H+能力强或CH3COOH酸性比H2CO3强，故答案为：HCO3﹣的水解程度比CH3COO﹣大或HCO3﹣比CH3COO﹣结合H+能力强或CH3COOH酸性比H2CO3强．点评：本题考查学生盐的水解原理的应用以及离子浓度大小比较等方面的知识，属于综合知识的考查，难度不大．　25．（13分）（2022春•石景山区期末）电化学原理在能量转换、物质合成、防止金属腐蚀等方面应用广泛．Ⅰ．下列是常见的电化学示意图（1）图①是碱性锌猛电池，在正极发生反应的物质是　MnO2　（填“Zn”或“MnO2”），正极发生　还原　反应（填“氧化”或“还原”）．（2）图②是酸性电解质的氢氧燃料电池，B极发生的电极反应是　O2+4H++4e﹣═2H2O　．（3）图③表示钢铁发生吸氧腐蚀生锈的示意图，写出氧气发生的电极反应　2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣　．（4）能表示“牺牲阳极的阴极保护法”的示意图是　⑤　（填序号）．图④中，钢闸门连接电源的　负　极而被保护；在图⑤中标出电子的移动方向　　．Ⅱ．下列是常见的电化学装置图．27\n（5）图⑥中电池的总反应为　Zn+Cu2+═Cu+Zn2+　，盐桥中装有含琼脂的KCl，盐桥中Cl﹣会移向　左　（填“左”或“右”）烧杯的溶液．（6）检验图⑦中阳极产物的方法是　将湿润的淀粉KI试纸放在阳极产生气体处，试纸变蓝　．考点：探究原电池及其工作原理．专题：电化学专题．分析：（1）原电池中，正极失去电子发生氧化反应，负极得到电子发生还原反应，进行进行分析；（2）燃料电池中，得到电子的一极为正极，失去电子的一极为负极，根据图示可知，B得到电子，电极反应为氧气得到电子与氢离子结合生成水；（3）钢铁的吸氧腐蚀中，氧气得到电子生成氢氧根离子；（4）金属防腐的措施中，使用牺牲阳极的阴极保护法，说明该装置构成原电池，被保护的金属作正极，据此分析解答；（5）锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，电极方程式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，铜为正极，发生还原反应，电极方程式为Cu2++2e﹣=Cu，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，盐桥中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此进行解答；（6）图⑦为惰性电极电解氯化铜溶液，阳极氯离子失去电子生成氯气，检验氯气通常使用湿润的淀粉KI试纸．解答：解：Ⅰ．（1）碱性锌猛电池中，Zn为负极，MnO2为正极，正极得到电子发生还原反应，故答案为：MnO2；还原；（2）图②是酸性电解质的氢氧燃料电池，B极得到电子，则B为正极，正极氧气得到电子，其电极反应是：O2+4H++4e﹣═2H2O，故答案为：O2+4H++4e﹣═2H2O；（3）钢铁的吸氧腐蚀中，负极金属失去电子发生氧化反应，正极氧气得到电子生成氢氧根离子，正极的电极反应式为：2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，故答案为：2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣；（4）图⑤中钢闸门连接锌，铁、锌、海水构成原电池，Fe失电子能力小于Zn而作正极被保护，所以该保护方法属于牺牲阳极的阴极保护法；图④中右边为辅助阳极，则钢闸门为阴极，阴极连接的是电源的负极；图⑤中电子从锌流出流向正极钢闸门，据此画出电子转移的方向为：27\n，故答案为：⑤；负；；Ⅱ．（5）该原电池中，负极上锌失电子生成锌离子，正极上铜离子得到生成铜，电池反应式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu；原电池工作时，电解质溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向正极移动，则盐桥中Cl﹣会移向移向左边，故答案为：Zn+Cu2+═Cu+Zn2+；左；（6）图⑦中用石墨电极电解氯化铜溶液，阴极铜离子得到电子生成铜，阳极氯离子放电生成氯气，检验氯气的方法为：将湿润的淀粉KI试纸放在阳极产生气体处，试纸变蓝，故答案为：将湿润的淀粉KI试纸放在阳极产生气体处，试纸变蓝．点评：本题考查了原电池、电解池的工作原理，题目难度中等，明确原电池、电解池的工作原理及其应用方法为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力．　26．（11分）（2022春•石景山区期末）氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题．（1）下表列举了不同温度下大气固氮的部分K值．反应大气固氮N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）温度/℃272000K3.84×10﹣310.1①分析数据可知：大气固氮反应属于　吸热　（填“吸热”或“放热”）反应．②分析数据可知：人类不适合大规模模拟大气固氮的原因　K值小，正向进行的程度小（或转化率低），不适合大规模生产　．（2）工业固氮反应是：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol．在相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中可发生上述可逆反应，测得反应的有关数据如下：容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡时体系的能量变化N2H2NH3a130放热23.1kJ27\nb0.61.80.8吸热QkJ①容器a达平衡时N2的平衡浓度c（N2）=　3mol/L　．②容器b达平衡时NH3的平衡浓度c（NH3）=　2mol/L　．③下列叙述正确的是　AB　．A．容器a达平衡时NH3的物质的量是0.5molB．容器b开始是向合成氨的逆反应方向进行C．若容器a体积变为0.2L，则达平衡时放出的热量小于23.1kJD．不能利用已知数据计算容器b的平衡常数（3）近年，又有科学家提出在常温、常压、催化剂等条件下合成氨气的新思路，反应原理为：2N2（g）+6H2O（1）⇌4NH3（g）+3O2（g），则其反应热△H=　+1530kJ•mol﹣1　．（已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1）考点：反应热和焓变；热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．分析：（1）①温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移；②K值很小，转化率很小；（2）从等效平衡的角度分析，0.6molN2、1.8molH2和0.8molNH3相当1molN2、3molH2，在相同条件下处于相同平衡状态，所以平衡时两个容器内N2的平衡浓度c（N2）和NH3的平衡浓度c（NH3）相等，据此分析计算；（3）已知：①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1，②2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，由盖斯定律：①×2﹣②×3得2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g），据此分析．解答：解：（1）①由表格数据可知，温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移，则正反应方向为吸热反应，故答案为：吸热；②由表格数据可知，2000℃时，K=0.1，K值很小，则转化率很小，不适合大规模生产，所以人类不适合大规模模拟大气固氮，故答案为：K值小，正向进行的程度小（或转化率低），不适合大规模生产；（2）从等效平衡的角度分析，0.6molN2、1.8molH2和0.8molNH3相当1molN2、3molH2，在相同条件下处于相同平衡状态，所以平衡时两个容器内N2的平衡浓度c（N2）和NH3的平衡浓度c（NH3）相等；则N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol初始：13092.4kJ变化：0.250.750.523.1kJ平衡：0.752.250.5①所以容器a达平衡时N2的平衡浓度c（N2）==3mol/L，故答案为：3mol/L；②所以容器b达平衡时NH3的平衡浓度c（NH3）==2mol/L，故答案为：2mol/L；③A．根据以上分析，容器a达平衡时NH3的物质的量是0.5mol，故正确；B．根据以上分析，平衡时NH3的物质的量是0.5mol，所以容器b开始是向合成氨的逆反应方向进行，故正确；C．若容器a体积变为0.2L，即减小体积，平衡向正反应方向移动，则达平衡时放出的热量大于23.1kJ，故错误；27\nD．因为a、b在相同条件下处于相同平衡状态，所以能利用已知数据计算容器b的平衡常数，故错误；故选：AB；（3）已知：①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1，②2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，由盖斯定律：①×2﹣②×3得2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g），△H=（﹣92.4kJ•mol﹣1）×2﹣（﹣571.6kJ•mol﹣1）×3=+1530kJ•mol﹣1；故答案为：+1530kJ•mol﹣1．点评：本题考查了平衡常数的应用、合成氨反应的条件选择、影响化学平衡的因素、盖斯定律的应用等，题目难度中等，侧重于基础知识的综合应用考查，注意把握K与温度的关系以及影响化学平衡的因素．　27．醋酸和盐酸分别是常见的一元弱酸和强酸．（1）醋酸在水溶液中的电离方程式为　CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+　．（2）科学家提出了用酸度（AG）表示溶液酸碱性的概念，规定：AG=lg，则pH=3的醋酸溶液的AG=　8　．（3）用0.1mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL浓度均为0.1mol•L﹣1的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线．①滴定醋酸的曲线是　I　（填“I”或“II”）．②V1和V2的关系：V1　＜　V2（填“＞”、“=”或“＜”）．③M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是　c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）　．考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：（1）醋酸是弱电解质部分电离；（2）在25℃时，KW=C（H+）×C（OH﹣）=10﹣14，C（OH﹣）=，PH=﹣lgC（H+），根据AG和pH的计算公式可得AG=lg=lg=2（7﹣pH），所以pH=3的醋酸溶液的AG=2（7﹣3）=8；27\n（3）①醋酸为弱酸，盐酸为强酸，等浓度时醋酸的pH大；②醋酸钠显示碱性，氯化钠显示中性；③0.1mol•L﹣1NaOH溶液10mL和溶液体积为20.00mL0.1mol•L﹣1的醋酸反应，得到的是醋酸和醋酸钠的混合物，据此确定离子浓度大小．解答：解：（1）醋酸是弱电解质部分电离，电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，故答案为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；（2）在25℃时，KW=C（H+）×C（OH﹣）=10﹣14，C（OH﹣）=，PH=﹣lgC（H+），根据AG和pH的计算公式可得AG=lg=lg=2（7﹣pH），所以pH=3的醋酸溶液的AG=2（7﹣3）=8，故答案为：8；（3）①由图中未加NaOH时的pH可知，图Ⅰ中酸的pH大于1，图Ⅱ中酸的pH=1，说明Ⅱ为0.1mol/L的盐酸溶液，为醋酸溶液滴定过程，所以滴定醋酸的曲线是I，故答案为：I；②醋酸和氢氧化钠之间的反应，当恰好完全反应得到的醋酸钠显示碱性，要使得溶液显示中性，pH=7，需要醋酸稍过量，所以盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，得到的氯化钠显示中性，所以V1＜V2，故答案为：＜；③用0.1mol•L﹣1NaOH溶液10mL和溶液体积为20.00mL0.1mol•L﹣1的醋酸反应，得到的是醋酸和醋酸钠的混合物，显示酸性，此时离子浓度大小c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）．点评：本题综合考查学生酸碱滴定以及溶液中离子浓度大小比较的知识，属于综合知识的考查，图象分析判断是解题关键，掌握基础是关键，难度不大．　28．（11分）（2022春•石景山区期末）某学生为探究AgCl沉淀的溶解和转化，设计实验方案并记录如下：步骤和现象现象Ⅰ．将等体积等浓度的AgNO3溶液和NaCl溶液混合得到浊液W，过滤，得到滤液X和白色沉淀YⅡ．向滤液X中滴加几滴饱和Na2S溶液出现浑浊Ⅲ．取少量白色沉淀Y，滴加几滴饱和Na2S溶液沉淀变为黑色Ⅳ．取少量白色沉淀Y，滴加几滴浓氨水沉淀逐渐溶解（1）步骤Ⅰ的浊液W中存在的沉淀溶解平衡为　AgCl（g）Ag+（aq）+Cl﹣（aq）　．（2）由步骤Ⅱ的浑浊可推测，滤液X中除了含有Na+、NO3﹣，还含有的离子有　Ag+、Cl﹣　．（3）能说明步骤Ⅲ中沉淀变黑的离子方程式为　2AgCl（s）+S2﹣═Ag2S（s）+2Cl﹣　．沉淀转化的主要原因是　该温度下，Ag2S比AgCl溶解度更小　．（4）已知：Ag++2NH3•H2OAg（NH3）2++2H2O，用平衡移动原理解释步骤Ⅳ中加入浓氨水沉淀逐渐溶解的原因　AgCl（g）Ag+（aq）+Cl﹣（aq），银离子与氨水结合，降低了溶液中银离子的浓度，使上述平衡正向移动，促使AgCl溶解　．（5）结合上述信息分析，下列预测不正确的是　BC　．A．在步骤Ⅳ之后，继续滴加浓硝酸后又有AgCl沉淀生成27\nB．由步骤Ⅳ可以推测：实验室可用氨水洗涤银镜反应后的试管C．若在白色沉淀Y中滴加NaOH溶液，沉淀也能溶解．考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：实验设计题；电离平衡与溶液的pH专题．分析：（1）将等体积等浓度的AgNO3溶液和NaCl溶液混合，反应生成AgCl白色沉淀，存在的沉淀溶解平衡为AgCl（g）Ag+（aq）+Cl﹣（aq）；（2）由步骤Ⅱ的浑浊Ag2S可知，滤液X中除了含有Na+、NO3﹣，还含有Ag+、Cl﹣离子；（3）该温度下，Ag2S比AgCl溶解度更小，故氯化银转化成硫化银的反应为：2AgCl（s）+S2﹣（aq）⇌Ag2S（s）+2Cl﹣（aq）；（4）在白色沉淀AgCl中，存在平衡：AgCl（g）Ag+（aq）+Cl﹣（aq），银离子与氨水结合，降低了溶液中银离子的浓度，使上述平衡正向移动，促使AgCl溶解，（5）A、在步骤Ⅳ之后，继续滴加浓硝酸后，硝酸与氨水中和，生成Ag+，平衡左移，又有AgCl沉淀生成，故A正确；B、由步骤Ⅳ可以推测：氨水可以结合Ag+，不能与Ag反应，实验室可不用氨水洗涤银镜反应后的试管，故B错误；C、若在白色沉淀AgCl中滴加NaOH溶液，不发生反应．解答：解：（1）将等体积等浓度的AgNO3溶液和NaCl溶液混合，反应生成AgCl白色沉淀，存在的沉淀溶解平衡为AgCl（g）Ag+（aq）+Cl﹣（aq）；故答案为：AgCl（g）Ag+（aq）+Cl﹣（aq）；（2）由步骤Ⅱ的浑浊Ag2S可知，滤液X中除了含有Na+、NO3﹣，还含有Ag+、Cl﹣离子；故答案为：Ag+、Cl﹣；（3）该温度下，Ag2S比AgCl溶解度更小，故氯化银转化成硫化银的反应为：2AgCl（s）+S2﹣（aq）⇌Ag2S（s）+2Cl﹣（aq）；故答案为：2AgCl（s）+S2﹣（aq）⇌Ag2S（s）+2Cl﹣（aq）；该温度下，Ag2S比AgCl溶解度更小；（4）在白色沉淀AgCl中，存在平衡：AgCl（g）Ag+（aq）+Cl﹣（aq），银离子与氨水结合，降低了溶液中银离子的浓度，使上述平衡正向移动，促使AgCl溶解，故答案为：AgCl（g）Ag+（aq）+Cl﹣（aq），银离子与氨水结合，降低了溶液中银离子的浓度，使上述平衡正向移动，促使AgCl溶解；（5）A、在步骤Ⅳ之后，继续滴加浓硝酸后，硝酸与氨水中和，生成Ag+，平衡左移，又有AgCl沉淀生成，故A正确；B、由步骤Ⅳ可以推测：氨水可以结合Ag+，不能与Ag反应，实验室可不用氨水洗涤银镜反应后的试管，故B错误；C、若在白色沉淀AgCl中滴加NaOH溶液，不发生反应，沉淀不能溶解，故C错误；故答案为：BC．点评：本题考查了性质实验方案的设计，题目难度较大，涉及难溶物溶度积的计算、氧化还原反应的配平、性质实验方案评价等知识，根据实验现象得出正确结论为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力．　27