湖北省武汉市新洲区城关高级中学2020-2021学年高二下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2019高二上·靖宇月考）能源分类相关图如图所示，下列四个选项中，全部符合图中阴影部分的能源是（ ）
A．煤炭、石油、沼气 B．水能、生物质能、天然气
C．太阳能、风能、潮汐能 D．地热能、海洋能、核能
2．（2021高二下·新洲开学考）下列说法或表示方法正确的是（ ）
A．等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多
B．由C(s，石墨)=C(s，金刚石)ΔH=+1.90kJ·mol-1可知，金刚石比石墨稳定
C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1
D．在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
3．（2021高二下·新洲开学考）某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下反应：2X(g)+Y(g) xZ(g)+W(s)ΔH＞0，下列叙述正确的是（ ）
A．在容器中加入氩气，反应速率不变
B．加入少量W，逆反应速率增大
C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
D．将容器的体积压缩，可增大活化分子的百分数，有效碰撞次数增大
4．（2021高二下·新洲开学考）将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合并在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g) 2C(g)。若经2 s后测得C的浓度为0.6 mol·L-1，现有下列几种说法：
①用物质A表示该反应的平均速率为0.3 mol·L-1·s-1
②用物质B表示该反应的平均速率为0.6 mol·L-1·s-1
③2 s时物质B的浓度为0.7 mol·L-1
④2 s末，物质A的转化率为70%
其中正确的是（ ）
A．①④ B．①③ C．②④ D．③④
5．（2021高二下·新洲开学考）在一定温度下的恒容密闭容器中，当下哪些物理量不再发生变化时，表明下述反应：A（s）+2B（g） C（g）+D（g）已达到平衡状态（ ）
①混合气体的压强
②混合气体的密度
③B的物质的量浓度
④气体的总物质的量
⑤混合气体的平均相对分子质量
⑥物质C的百分含量
⑦各气体的物质的量
A．②③⑤⑥⑦ B．①②③⑥⑦ C．②③④⑤⑥ D．①③④⑤⑦
6．（2021高二下·新洲开学考）某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解质溶液。下列说法正确的是（ ）
A．Zn为电池的正极
B．正极反应式为2FeO +10H++6e-=Fe2O3+5H2O
C．该电池放电过程中电解质溶液浓度不变
D．电池工作时OH-向负极迁移
7．（2021高二下·新洲开学考）Na2S溶液中存在多种离子和分子。下列关系错误的是（ ）
A．c(OH-) =c(HS-) +c(H+) +2c(H2S)
B．c(Na+) +c(H+) =c(OH-) +2c(S2-) +c(HS- )
C．c(OH-) =c(HS- ) +c(H+) +c(H2S)
D．c(Na+) =2c(S2-) +2c(HS- ) +2c(H2S)
8．（2021高二下·新洲开学考）用0.01mo/L盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液，下列操作使测定结果偏高的是（ ）
①未用标准溶液润洗酸式滴定管
②锥形瓶用蒸馏水清洗后，用待测液润洗
③装盐酸的滴定管尖嘴处开始无气泡，滴定终点时有气泡
④滴定终点读数后，发现滴定管嘴处悬挂一滴标准液液滴
⑤滴定完毕后立即读数，半分钟内溶液颜色又很快恢复原色
⑥滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
A．①②④ B．①④⑥ C．①③④ D．③④⑤
9．（2021高二下·新洲开学考）下列说法正确的是（ ）
A．在纯水中加入盐一定促进水的电离
B．同温时，等浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液，NaHCO3溶液的pH大
C．加热CH3COONa溶液，溶液中 的值将变大
D．0.1mol·L-1HA弱酸溶液与0.05mol·L-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：2c(H+)+c(HA)=c(A-)+2c(OH-)
10．（2021高二下·新洲开学考）在某一容积可变的密闭容器中，可逆反应A(g)+B(g) xC(g)ΔH，符合图象(Ⅰ)所示关系。由此推断，对图象(Ⅱ)的说法错误的是（ ）
A．p3>p4，Y轴表示A的转化率
B．p3>p4，Y轴表示B的质量分数
C．p3>p4，Y轴表示混合气体的密度
D．p3>p4，Y轴表示混合气体的平均相对分子质量
11．（2021高二下·新洲开学考）已知某种微生物燃料电池工作原理如图所示。下列有关该电池的说法中，正确的是（ ）
A．外电路电子从B极移向A极
B．溶液中H+由B极区移向A极区
C．电池工作一段时间后B极区溶液的pH减小
D．A极电极反应式为：CH3COOH - 8e-+ 2H2O = 2CO2 + 8H+
12．（2021高二下·新洲开学考）已知25℃时，物质的溶度积常数为Ksp(FeS)＝6.3×10﹣18；Ksp(CuS)＝1.3×10﹣36；Ksp(ZnS)＝1.6×10﹣24．下列说法正确的是（ ）
A．在相同温度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度
B．除去工业废水Fe2+中的Cu2+，可选用FeS作沉淀剂
C．足量CuSO4溶解在0.1mol/L的H2S溶液中，Cu2+能达到的最大浓度为1.3×10﹣35mol/L
D．在ZnS的饱和溶液中，加入ZnCl2溶液，则使Ksp(ZnS)变小
13．（2021高二下·新洲开学考）常温下，有甲、乙两份体积均为1L，浓度均为0.1mol L-1的氨水，其pH为11。①甲用蒸馏水稀释100倍后，溶液的pH变为a；②乙与等体积、浓度为0.1mol L-1的HCl混合，在混合溶液中：n(NH )+n(H+)-n(OH-)=bmol.则a、b正确的答案组合是（ ）
A．9～11之间；0.1 B．9～11之间；0.05
C．12～13之间；0.2 D．13；0.1
14．（2021高二下·新洲开学考）某温度时，可用K2S沉淀Cu2+、Mn2+、Zn2+三种离子(M2+)。所需S2-最低浓度的对数值lgc(S2-)与lgc(M2+)的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．三种离子对应的硫化物中Ksp(CuS)最小，约为1×10-20
B．向MnS的悬浊液中加入少量水，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，c(S2-)增大
C．可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量杂质ZnCl2
D．向浓度均为1×10-5mol·L-1的Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入1×10-4mol·L-1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀
二、多选题
15．（2021高二下·新洲开学考）下列内容与结论相对应的是（ ）
选项 内容 结论
A H2O(g)变成H2O(l) ΔS＞0
B 硝酸铵溶于水可自发进行 因为ΔS＞0
C 一个反应的ΔH＞0，ΔS＞0 反应一定不自发进行
D H2(g)＋F2(g)=2HF(g) ΔH＝ 271kJ·mol 1 ΔS＝＋8J·mol 1·K 1 反应在任意外界条件下均可自发进行
A．A B．B C．C D．D
三、填空题
16．（2021高二下·新洲开学考）已知下列热化学方程式：
①H2(g)+ O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8kJ·mol-1
②H2(g)+ O2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8kJ·mol-1
③CO(g)=C(s)+ O2(g) ΔH=+110.5kJ·mol-1
④C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.5kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）上述反应中属于放热反应的是 (填序号)。
（2）H2的燃烧热ΔH= 。
（3）燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为 。
（4）表示CO燃烧热的热化学方程式为 。
（5）已知：P4(s，白磷)+5O2(g)=P4O10(s) ΔH=-2983.2kJ·mol-1
P(s，红磷)+ O2(g)= P4O10(s) ΔH=-738.5kJ·mol-1
写出白磷转化为红磷的热化学方程式： 。
17．（2021高二下·新洲开学考）在一容积为2L的密闭容器内加入0.2mol的N2和0.6mol的H2，在一定条件下发生如下反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)ΔH＜0。反应中NH3的物质的量浓度的变化情况如图所示：
（1）根据图示，计算从反应开始到平衡时，平均反应速率v(NH3)= 。
（2）反应达到平衡后，第5分钟末，保持其它条件不变，若改变反应温度，则NH3的物质的量浓度不可能为 。
a.0.20mol·L-1 b.0.12mol·L-1 c.0.10mol·L-1 d.0.08mol·L-1
（3）反应达到平衡后，第5分钟末，保持其它条件不变，若只把容器的体积缩小一半，平衡 移动(填“向逆反应方向”、“向正反应方向”或“不”)，化学平衡常数 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）在第5分钟末将容器的体积缩小一半后，若在第8分钟末达到新的平衡(此时NH3的浓度约为0.25mol·L-1)。请在图中画出第5分钟末到达新平衡时NH3浓度的变化曲线 。
18．（2021高二下·新洲开学考）如图所示，A、F为石墨电极，B、E为铁片电极。按要求回答下列问题。
（1）打开K2，合并K1，B为 极，A的电极反应式为： ，最终可观察到的现象是 。
（2）打开K1，合并K2，E为 极，F极的电极反应式为： ；检验F极产生气体的方法是 。
（3）若往U形管中滴加酚酞，进行(1)(2)操作时，A、B、E、F电极周围能变红的是 ，原因是 。
四、原理综合题
19．（2021高二下·新洲开学考）水溶液中的行为是中学化学的重要内容．已知水在25℃和95℃时的电离平衡曲线如图所示：
（1）25℃时水的电离平衡曲线应为 (填“A”或“B”)。
（2）25℃ 时，某溶液中由水电离出c(H+)=1×10﹣10 mol/L，该溶液pH为 ．
（3）在曲线B对应的温度下，将pH=2的某HA溶液和pH=10的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH=5。请分析其原因： 。
（4）电离常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量．已知：
化学式 HCN HClO H2CO3
电离常数(25℃ ) K=4.9×10-10 K=3×10-8 K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11
25℃时，将浓度相同的四种盐溶液：①NaCN②NaClO③Na2CO3④NaHCO3，按pH由大到小的顺序 (填序号)，向84消毒液中通入少量的CO2，该反应的化学方程式为 。
（5）25℃ 时，将n mol L﹣1的氨水与0.2mol L﹣1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c( )=c(Cl﹣)，则溶液显 性(填“酸”、“碱”或“中”)，NH3 H2O的电离常数Kb= (用含n的代数式表示)．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、煤炭、石油是不可再生资源，A不符合题意；
B、水能指水体的动能、势能和压力能等能量资源，不是来自太阳辐射的能量；天然气是不可再生资源，B不符合题意；
C、太阳能、风能、潮汐能这三种能源不但是新能源，可再生能源，而且是来自太阳的能量，C符合题意；
D、核能是通过核反应从原子核释放的能量，不是来自太阳辐射的能量，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】同时满足以上三个条件的是太阳能、 风能、潮汐能
2．【答案】D
【知识点】有关反应热的计算
【解析】【解答】A．硫蒸汽的能量比硫固体能量高，则等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量少，故A不符合题意；
B．石墨转化为金刚石的反应为吸热反应，反应物石墨的能量比生成物金刚石的能量低，能量越高的物质越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故B不符合题意；
C.2g氢气的物质的量为1mol，若1mol氢气完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，2mol氢气完全燃烧生成液态水应放出571.6kJ热量，故C不符合题意；
D．浓硫酸溶于水时会放出热量，则将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．硫蒸汽的能量比硫固体能量高；
B．能量越高的物质越不稳定；
C．燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；
D．浓硫酸溶于水时会大量放热量；
3．【答案】A
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．容器体积不变，充入氩气后各气体反应物的浓度不变，则反应速率不变，A符合题意；
B．W为固体，加入少量W，固体的浓度是一个常数，故逆反应速率不变，B不符合题意；
C．升高温度，正逆反应速率都增大，C不符合题意；
D．增大压强，可增大单位体积内活化分子数，活化分子的百分数不变，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．浓度不变，反应速率不变；
B．固体没有浓度，不影响反应速率；
C．升高温度，正逆反应速率都增大；
D．增大压强，可增大单位体积内活化分子数；
4．【答案】B
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】
2A(g)＋ B(g) 2C(g)
起始（mol） 4 2 0
转化（mol） 1.2 0.6 1.2
2s后（mol） 2.8 1.4 1.2
所以用物质A表示的该反应的平均反应速率为
用物质B表示的该反应的平均反应速率为
2s时物质B的物质的量的浓度为
2s时物质A的转化率为
故答案为：B。
【分析】根据三段式计算。
5．【答案】A
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以容器中的压强不再发生变化，不能证明达到了平衡状态，不符合题意；
②该容器的体积保持不变，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会变，所以当容器中气体的质量不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，符合题意；
③反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的浓度等不再发生变化，所以各气体物质的物质的量浓度不再变化时，该反应达到平衡状态，符合题意；
④该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以气体总物质的量不变，不能表明反应达到平衡状态，不符合题意；
⑤容器中的气体平均相对分子质量M= ，反应前后混合气体的质量会变化，该反应是一个反应前后物质的量不变的反应，所以当M不再发生变化时，表明已经平衡，符合题意；
⑥物质C的百分含量，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，符合题意；
⑦各气体的物质的量不变，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，符合题意；
结合以上分析可知，②③⑤⑥⑦符合题意；
故答案为：A。
【分析】判定可逆反应是否达到化学平衡状态，一般有以下两种方法：
1、v正=v逆，即正逆反应速率相等；
2．变量不变，包括某组分的含量、气体的颜色、密度、平均相对分子质量、体系的总压强等。
6．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据化合价升降判断，Zn化合价只能上升，故为负极材料，K2FeO4为正极材料，A不符合题意；
B．KOH溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为2FeO42 +6e +8H2O=2Fe(OH)3+10OH ，B不符合题意；
C．电池总反应为2K2FeO4+3Zn+8H2O=2Fe(OH)3+3Zn(OH)2+4KOH，因此该电池放电过程中电解质溶液浓度增大，C不符合题意；
D．电池工作时阴离子OH 向负极迁移，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据化合价变化分析正极和负极；
B．溶液为强碱，不能用H+配平；
C．根据总反应2K2FeO4+3Zn+8H2O=2Fe(OH)3+3Zn(OH)2+4KOH分析；
D．原电池阴离子向负极移动；
7．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. 硫化钠水溶液中存在质子守恒，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度应相同，氢离子存在形式变化，结合氢离子守恒写出c(OH-) =c(HS-) +c(H+) +2c(H2S)，故A不符合题意；
B. 硫化钠水溶液中存在电荷守恒，阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数，c(Na+) +c(H+)
=c(OH-) +2c(S2-) +c(HS- )，故B不符合题意；
C. 硫化钠水溶液中存在质子守恒，结合A可知c(OH-) =c(HS-) +c(H+) +2c(H2S)，故C符合题意；
D. 硫化钠水溶液中存在物料守恒，钠离子和硫原子物质的量之比为2：1，溶液中物料守恒为：c(Na+) =2c(S2-) +2c(HS- ) +2c(H2S)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】硫化钠溶液中存在质子守恒、电荷守恒和物料守恒，据此判断；
8．【答案】A
【知识点】中和滴定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】①未用标推溶液润洗酸式滴定管，导致标准溶液被稀释，消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；②锥形瓶用蒸馏水清洗后，用待测液润洗，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；③装盐酸的滴定管尖嘴处开始无气泡，滴定终点时有气泡，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏小；④滴定终点读数后，发现滴定管嘴处悬挂一滴标准液液滴，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；⑤滴定完毕后立即读数，半分钟内溶液颜色又很快恢复原色，过早判断滴定终点，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏小；⑥滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏小；
由上分析可知，①②④操作使测定结果偏高，A符合题意；答案为A。
【分析】分析操作对消耗标准溶液体积的影响，依据c(待测)= 进行误差分析，凡是不当操作导致消耗标准溶液体积偏大的操作，测定结果偏大，反之测定结果偏小，据此分析解答。
9．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．在纯水中加入能够水解的盐才会促进水的电离，A选项不符合题意；
B．同温度时，CO32-的水解程度大于HCO3-，因此Na2CO3溶液的碱性强，pH大，B选项不符合题意；
C．加热CH3COONa溶液，CH3COO-的水解程度增大，c(CH3COO-)减小，c(Na+)不变，则 的值减小，C选项不符合题意；
D.0.1mol·L-1HA弱酸溶液与0.05mol·L-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液为等浓度的NaA和HA的混合溶液，根据电荷守恒可以知道c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，根据物料守恒可以知道2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，两式联立可得2c(H+)+c(HA)=c(A-)+2c(OH-)，D选项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．能水解的盐可以促进水的电离；
B．根据越弱越电离分析；
C．加热促进CH3COO-的水解；
D．根据电荷守恒、物料守恒分析；
10．【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．p3>p4，在相同温度下增大压强平衡向正反应方向移动，则A的转化率增大，同时升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，图像与实际符合，A不符合题意；
B．p3>p4，在相同温度下增大压强平衡向正反应方向移动，B的质量分数减小，图像与实际不符，B符合题意；
C．p3>p4，压强越大容器容积越小，气体总质量不变，则密度增大；压强一定时，升高温度平衡逆向移动，气体的物质的量增加，则容器容积增大，密度减小，图像与实际符合，C不符合题意；
D．p3>p4，在相同温度下增大压强平衡向正反应方向移动，则气体的总物质的量减小，混合气体的总质量不变，平均相对分子质量增大，温度升高平衡向逆反应移动，混合气体总的物质的量增大，平均相对分子质量减小，图像与实际符合，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由图可知，压强为P2时，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2，且温度越高，平衡时C的质量分数越低，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；温度为T1时，压强p2先到达平衡，故压强p2＞P1，且压强越大，平衡时C的质量分数越高，故增大压强平衡向正反应移动，正反应为体积减小的反应，故x=1。
11．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．通过分析知，A是负极、B是正极，电子从A流向B，故A不符合题意；
B．电池内电解质溶液中所含的H+由负极A移向正极B，故B不符合题意；
C．B极为正极，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，正极上消耗氢离子，所以溶液pH增大，故C不符合题意；
D．A电极上失电子发生氧化反应，则A极的电极反应为：CH3COOH-8e-+2H2O═2CO2↑+8H+，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图知，A电极上C元素化合价由0价变为+4价，则A是负极、B是正极，负极反应式为CH3COOH-8e-+2H2O═2CO2↑+8H+，电解质溶液呈酸性，则正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O。
12．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．ZnS与CuS的组成结构相同，由于Ksp(CuS)＝1.3×10﹣36＜Ksp(ZnS)＝1.6×10﹣24，则CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，故A不符合题意；
B．由于Ksp(CuS)＝1.3×10﹣36＜Ksp(FeS)＝6.3×10﹣18，CuS的溶解度小于FeS的，所以除去工业废水Fe2+中的Cu2+，可选用FeS作沉淀剂，故B符合题意；
C．H2S是弱酸，硫离子的最大浓度为0.1mol/L，CuS的溶度积常数(Ksp)＝1.3×10﹣36，所以溶液中Cu2+的最小浓度为1.3×10﹣35mol/L，故C不符合题意；
D．溶度积受温度影响，与离子浓度无关，在ZnS的饱和溶液中，加入ZnCl2溶液，Ksp(ZnS)不变，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A．根据ZnS与CuS的Ksp分析；
B．根据CuS的溶解度小于FeS分析；
C．根据Ksp(CuS)＝c(Cu2+)c(S2-)=1.3×10﹣36计算；
D．Ksp只与温度有关；
13．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】①pH=11的氨水中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，用蒸馏水稀释至100倍后，溶液的pH变为a，氨水中存在电离平衡，稀释后促进电离，溶液的pH在9~11之间；
②氨水与氯化氢溶液等体积混合，溶液中存在电荷守恒：c(NH )+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于在同一溶液中，则根据电荷守恒可得：n(NH )+n(H+)-n(OH-)=n(Cl-)=0.1mol/L×1L=0.1mol；
综上所述a在9～11之间，b=0.1，
故答案为A。
【分析】①一水合氨是弱电解质，加水会电离；
② 根据电荷守恒分析；
14．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．对于MS沉淀，溶度积常数为Ksp=c（M2+）·c（S2-），所以根据图像可知三种离子对应的硫化物中Ksp(CuS)最小，约为10－25×10－10＝1×10-35，故A不符合题意；
B．向MnS的悬浊液中加入少量水，仍可建立沉淀溶解平衡，溶液仍能达到饱和溶液，饱和溶液中c(S2-)是不变的，故B不符合题意；
C．Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS），同类型沉淀溶度积越大，溶解度越大，溶解度大的容易转化为溶解度小的，所以可以用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量杂质ZnCl2，故C符合题意；
D．Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），溶解度越小越优先形成沉淀，所以向浓度均为1×10-5mol·L-1的Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入1×10-4mol·L-1的Na2S溶液，Cu2+最先沉淀，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据Ksp=c（M2+）·c（S2-）计算；
B．饱和溶液中c(S2-)不变；
C．根据Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS）分析；
D．根据Ksp的大小分析；
15．【答案】B,D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、由气态水变为液态水，为熵减的过程，△S＜0，故A不符合题意；
B、常温下硝酸铵溶于水是一个能自发进行的吸热过程，硝酸铵溶解成为自由移动的离子，是熵变增大的过程，说明该过程的△S＞0，故B符合题意；
C、一个反应的△H＞0，△S＞0，根据△G=△H-T △S，反应在高温下，△G可能小于0，能够自发进行，故C不符合题意；
D、H2(g)＋F2(g)=2HF(g)的△H＜0，△S＞0，根据△G=△H-T △S，△G一定小于0，反应一定能自发进行，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A．物质由气态变为液态是熵减过程；
B．物质溶于水成为离子是熵增过程；
C．根据△G=△H-T △S分析；
D．根据△G=△H-T △S分析；
16．【答案】（1）①②④
（2）-285.8kJ·mol-1
（3）1429kJ
（4）CO(g)+ O2(g)=CO2(g)ΔH=-283.0kJ·mol-1
（5）P4(s，白磷)=4P(s，红磷)ΔH=-29.2kJ·mol-1
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】(1)由已知热化学方程式中 H的符号可知，四个反应的 H①②④均为负值，即都是放热反应；③的为正值，即为吸热反应；
(2) H2(g)+ O2(g)═H2O(l)； H=-285.8kJ mol-1，依据燃烧热概念可知H2的燃烧热 H= -285.8kJ mol-1;
(3)已知H2(g)+ O2(g)═H2O(l)； H=-285.8kJ mol-1即1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为285.8kJ ，10g H2的物质的量为5mol ，则燃烧10g H2生成液态水，放出的热量为285.8kJ×5= 1429kJ ；
(4)已知③CO(g)=C(s)+ O2(g)； H=+110.5kJ mol-1
④C(s)+O2(g)=CO2(g)； H=-393.5kJ mol-1
依据盖斯定律④+③得到CO(g)+ O2(g)=CO2(g) H = - 283.0kJ/mol；
(5)已知①P4(s，白磷)+5O2(g)=P4O10(s) ΔH=-2983.2kJ·mol-1；
②P(s，红磷)+ O2(g)= P4O10(s) ΔH=-738.5kJ·mol-1；
根据盖斯定律，①-4×②可得红磷转化为白磷4P(s、红磷)=P4(s、白磷)的 H=-2983.2kJ/mol+4×738.5kJ·mol-1=-29.2kJ/mol。
【分析】(1) H＜0为放热反应；
(2)燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；
(3)10g H2的物质的量为5mol ，结合热化学方程式计算；
(4)根据盖斯定律计算燃烧热；
(5)根据盖斯定律计算；
17．【答案】（1）0.025mol·L-1·min-1
（2）ac
（3）向正反应方向；不变
（4）
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)根据图象分析平衡时氨气的 c(NH3)=0.1mol/L，时间为4min，则v(NH3)= =0.025mol/(L min)；
(2)初始投料为0.2mol的N2和0.6mol的H2，容器体积为2L，若反应物完全转化，则氨气的浓度为0.2mol/L，但该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，则NH3的物质的量浓度不可能为0.2mol/L，温度改变平衡一定发生移动，则NH3的物质的量浓度不可能仍为0.1mol/L，故答案为ac；
(3)反应达到平衡后，第5分钟末，保持其它条件不变，体积缩小一半，容器内气体压强增大，平衡正反应方向进行，平衡常数只随温度变化，改变压强、浓度，平衡常数不变；
(4)第5分钟末将容器的体积缩小一半的瞬间氨气的浓度变为0.20mol/L，压强增大平衡向正方向移动，氨气的浓度逐渐增大，到8min时达到平衡，浓度约为0.25mol/L，则第5分钟末到此平衡时NH3浓度的变化曲线为 。
【分析】(1)根据计算；
(2)根据极端假设计算；
(3)根据勒夏特列原理分析；
(4)根据压强增大平衡向正方向移动，结合第8分钟末达到新的平衡(此时NH3的浓度约为0.25mol·L-1)画出图像；
18．【答案】（1）负；O2+4e-+2H2O=4OH-；溶液中产生白色沉淀，然后变为灰绿色，最终变为红褐色
（2）阴；2Cl--2e-=Cl2↑；用湿润的淀粉-KI试纸检验，试纸变蓝则说明是氯气
（3）A、E；A极上O2放电产生OH-，E极上水放电产生H2和OH-，均导致电极区域呈碱性
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)打开K2，闭合K1后，构成原电池，B是为活泼金属铁片，作负极，A是正极，由于溶液是氯化钠溶液，因此相当于铁的吸氧腐蚀，A极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-。铁失去电子生成亚铁离子，然后结合OH-生成Fe(OH)2沉淀，最终被氧化生成氢氧化铁沉淀，实验现象为溶液中产生白色沉淀，随即变成灰绿色，最终变为红褐色；
(2)打开K1，闭合K2，装置是电解池，F与电源正极相连为阳极，E是阴极，阳极氯离子放电，生成氯气，电极反应式为：2Cl-－2e-=Cl2↑，可利用氯气的氧化性来检验，用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近F极，试纸变蓝，证明是氯气；
(3)由(1)、(2)分析可知，A极上O2放电产生OH-，E极上水放电产生H2和OH-，均导致电极区域呈碱性，酚酞遇OH-变红，所以溶液变红。
【分析】(1)打开K2，闭合K1后，装置为原电池；
(2)打开K1，闭合K2，装置是电解池；
(3)根据A极上O2放电，E极上水放电分析；
19．【答案】（1）A
（2）4或10
（3）pH=2的HA酸的物质的量浓度大于pH=10的NaOH溶的物质的量浓度
（4）③＞①＞②＞④；
（5）中；
【知识点】水的电离；盐类水解的应用
【解析】【解答】（1）由于水的电离程度随温度的升高而增大，则水的电离平衡常数随温度的增大而增大，所以25℃时水的电离平衡曲线为A，故答案为：A；
（2）根据水电离出的c(H+)=1×10﹣10 mol/L可知，当溶液呈碱性时溶液中的氢离子浓度为c(H+)=1×10﹣10 mol/L，则pH=10；当溶液呈酸性时由 可知 ，则 ，则pH=4，故答案为：10或4；
（3）在曲线B对应的温度下 时，pH=2的HA溶液中c(H+)=0.01mol/L，pH=10的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，等体积混合后，溶液中H+与OH-恰好完全反应，但是NaOH为强碱不能再电离出OH-，而HA为弱酸，还有HA会继续电离出H+，从而混合后溶液c(H+)大于c(OH-)，故答案为：pH=2的HA酸的物质的量浓度大于pH=10的NaOH溶的物质的量浓度；
（4）由表可知H2CO3的K1大于HClO的K大于HCN的K大于H2CO3的K2，所以Na2CO3溶液的碱性强于NaCN溶液的碱性强于NaClO溶的碱性强于NaHCO3溶液的碱性，则25℃时，将浓度相同的四种盐溶液：①NaCN②NaClO③Na2CO3④NaHCO3的pHNa2CO3溶液最大，NaCN溶液的pH值次之， NaClO溶液的pH更小，NaHCO3溶液的pH最小；所以向84消毒液中通入少量的CO2的化学反应方程式为： ，故答案为：③＞①＞②＞④；
(5)25℃ 时，将n mol L﹣1的氨水与0.2mol L﹣1的盐酸等体积混合，其反应方程式为： ，根据电荷守恒
当溶液中c( )=c(Cl﹣)=0.1mol/L，则根据物料守恒得 ， ，则溶液呈中性； 故答案为：中； 。
【分析】(1)根据水的电离平衡常数随温度的增大而增大分析；
(2)根据计算；
(3)根据曲线B对应的温度下 以及酸碱的强弱分析；
(4)根据电离平衡常数比较酸的强弱，再结合强酸制弱酸分析；
(5)根据电荷守恒以及计算；
1 / 1湖北省武汉市新洲区城关高级中学2020-2021学年高二下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2019高二上·靖宇月考）能源分类相关图如图所示，下列四个选项中，全部符合图中阴影部分的能源是（ ）
A．煤炭、石油、沼气 B．水能、生物质能、天然气
C．太阳能、风能、潮汐能 D．地热能、海洋能、核能
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、煤炭、石油是不可再生资源，A不符合题意；
B、水能指水体的动能、势能和压力能等能量资源，不是来自太阳辐射的能量；天然气是不可再生资源，B不符合题意；
C、太阳能、风能、潮汐能这三种能源不但是新能源，可再生能源，而且是来自太阳的能量，C符合题意；
D、核能是通过核反应从原子核释放的能量，不是来自太阳辐射的能量，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】同时满足以上三个条件的是太阳能、 风能、潮汐能
2．（2021高二下·新洲开学考）下列说法或表示方法正确的是（ ）
A．等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多
B．由C(s，石墨)=C(s，金刚石)ΔH=+1.90kJ·mol-1可知，金刚石比石墨稳定
C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1
D．在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
【答案】D
【知识点】有关反应热的计算
【解析】【解答】A．硫蒸汽的能量比硫固体能量高，则等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量少，故A不符合题意；
B．石墨转化为金刚石的反应为吸热反应，反应物石墨的能量比生成物金刚石的能量低，能量越高的物质越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故B不符合题意；
C.2g氢气的物质的量为1mol，若1mol氢气完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，2mol氢气完全燃烧生成液态水应放出571.6kJ热量，故C不符合题意；
D．浓硫酸溶于水时会放出热量，则将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．硫蒸汽的能量比硫固体能量高；
B．能量越高的物质越不稳定；
C．燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；
D．浓硫酸溶于水时会大量放热量；
3．（2021高二下·新洲开学考）某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下反应：2X(g)+Y(g) xZ(g)+W(s)ΔH＞0，下列叙述正确的是（ ）
A．在容器中加入氩气，反应速率不变
B．加入少量W，逆反应速率增大
C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
D．将容器的体积压缩，可增大活化分子的百分数，有效碰撞次数增大
【答案】A
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．容器体积不变，充入氩气后各气体反应物的浓度不变，则反应速率不变，A符合题意；
B．W为固体，加入少量W，固体的浓度是一个常数，故逆反应速率不变，B不符合题意；
C．升高温度，正逆反应速率都增大，C不符合题意；
D．增大压强，可增大单位体积内活化分子数，活化分子的百分数不变，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．浓度不变，反应速率不变；
B．固体没有浓度，不影响反应速率；
C．升高温度，正逆反应速率都增大；
D．增大压强，可增大单位体积内活化分子数；
4．（2021高二下·新洲开学考）将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合并在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g) 2C(g)。若经2 s后测得C的浓度为0.6 mol·L-1，现有下列几种说法：
①用物质A表示该反应的平均速率为0.3 mol·L-1·s-1
②用物质B表示该反应的平均速率为0.6 mol·L-1·s-1
③2 s时物质B的浓度为0.7 mol·L-1
④2 s末，物质A的转化率为70%
其中正确的是（ ）
A．①④ B．①③ C．②④ D．③④
【答案】B
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】
2A(g)＋ B(g) 2C(g)
起始（mol） 4 2 0
转化（mol） 1.2 0.6 1.2
2s后（mol） 2.8 1.4 1.2
所以用物质A表示的该反应的平均反应速率为
用物质B表示的该反应的平均反应速率为
2s时物质B的物质的量的浓度为
2s时物质A的转化率为
故答案为：B。
【分析】根据三段式计算。
5．（2021高二下·新洲开学考）在一定温度下的恒容密闭容器中，当下哪些物理量不再发生变化时，表明下述反应：A（s）+2B（g） C（g）+D（g）已达到平衡状态（ ）
①混合气体的压强
②混合气体的密度
③B的物质的量浓度
④气体的总物质的量
⑤混合气体的平均相对分子质量
⑥物质C的百分含量
⑦各气体的物质的量
A．②③⑤⑥⑦ B．①②③⑥⑦ C．②③④⑤⑥ D．①③④⑤⑦
【答案】A
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以容器中的压强不再发生变化，不能证明达到了平衡状态，不符合题意；
②该容器的体积保持不变，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会变，所以当容器中气体的质量不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，符合题意；
③反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的浓度等不再发生变化，所以各气体物质的物质的量浓度不再变化时，该反应达到平衡状态，符合题意；
④该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以气体总物质的量不变，不能表明反应达到平衡状态，不符合题意；
⑤容器中的气体平均相对分子质量M= ，反应前后混合气体的质量会变化，该反应是一个反应前后物质的量不变的反应，所以当M不再发生变化时，表明已经平衡，符合题意；
⑥物质C的百分含量，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，符合题意；
⑦各气体的物质的量不变，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，符合题意；
结合以上分析可知，②③⑤⑥⑦符合题意；
故答案为：A。
【分析】判定可逆反应是否达到化学平衡状态，一般有以下两种方法：
1、v正=v逆，即正逆反应速率相等；
2．变量不变，包括某组分的含量、气体的颜色、密度、平均相对分子质量、体系的总压强等。
6．（2021高二下·新洲开学考）某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解质溶液。下列说法正确的是（ ）
A．Zn为电池的正极
B．正极反应式为2FeO +10H++6e-=Fe2O3+5H2O
C．该电池放电过程中电解质溶液浓度不变
D．电池工作时OH-向负极迁移
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据化合价升降判断，Zn化合价只能上升，故为负极材料，K2FeO4为正极材料，A不符合题意；
B．KOH溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为2FeO42 +6e +8H2O=2Fe(OH)3+10OH ，B不符合题意；
C．电池总反应为2K2FeO4+3Zn+8H2O=2Fe(OH)3+3Zn(OH)2+4KOH，因此该电池放电过程中电解质溶液浓度增大，C不符合题意；
D．电池工作时阴离子OH 向负极迁移，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据化合价变化分析正极和负极；
B．溶液为强碱，不能用H+配平；
C．根据总反应2K2FeO4+3Zn+8H2O=2Fe(OH)3+3Zn(OH)2+4KOH分析；
D．原电池阴离子向负极移动；
7．（2021高二下·新洲开学考）Na2S溶液中存在多种离子和分子。下列关系错误的是（ ）
A．c(OH-) =c(HS-) +c(H+) +2c(H2S)
B．c(Na+) +c(H+) =c(OH-) +2c(S2-) +c(HS- )
C．c(OH-) =c(HS- ) +c(H+) +c(H2S)
D．c(Na+) =2c(S2-) +2c(HS- ) +2c(H2S)
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. 硫化钠水溶液中存在质子守恒，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度应相同，氢离子存在形式变化，结合氢离子守恒写出c(OH-) =c(HS-) +c(H+) +2c(H2S)，故A不符合题意；
B. 硫化钠水溶液中存在电荷守恒，阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数，c(Na+) +c(H+)
=c(OH-) +2c(S2-) +c(HS- )，故B不符合题意；
C. 硫化钠水溶液中存在质子守恒，结合A可知c(OH-) =c(HS-) +c(H+) +2c(H2S)，故C符合题意；
D. 硫化钠水溶液中存在物料守恒，钠离子和硫原子物质的量之比为2：1，溶液中物料守恒为：c(Na+) =2c(S2-) +2c(HS- ) +2c(H2S)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】硫化钠溶液中存在质子守恒、电荷守恒和物料守恒，据此判断；
8．（2021高二下·新洲开学考）用0.01mo/L盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液，下列操作使测定结果偏高的是（ ）
①未用标准溶液润洗酸式滴定管
②锥形瓶用蒸馏水清洗后，用待测液润洗
③装盐酸的滴定管尖嘴处开始无气泡，滴定终点时有气泡
④滴定终点读数后，发现滴定管嘴处悬挂一滴标准液液滴
⑤滴定完毕后立即读数，半分钟内溶液颜色又很快恢复原色
⑥滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
A．①②④ B．①④⑥ C．①③④ D．③④⑤
【答案】A
【知识点】中和滴定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】①未用标推溶液润洗酸式滴定管，导致标准溶液被稀释，消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；②锥形瓶用蒸馏水清洗后，用待测液润洗，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；③装盐酸的滴定管尖嘴处开始无气泡，滴定终点时有气泡，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏小；④滴定终点读数后，发现滴定管嘴处悬挂一滴标准液液滴，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；⑤滴定完毕后立即读数，半分钟内溶液颜色又很快恢复原色，过早判断滴定终点，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏小；⑥滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏小；
由上分析可知，①②④操作使测定结果偏高，A符合题意；答案为A。
【分析】分析操作对消耗标准溶液体积的影响，依据c(待测)= 进行误差分析，凡是不当操作导致消耗标准溶液体积偏大的操作，测定结果偏大，反之测定结果偏小，据此分析解答。
9．（2021高二下·新洲开学考）下列说法正确的是（ ）
A．在纯水中加入盐一定促进水的电离
B．同温时，等浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液，NaHCO3溶液的pH大
C．加热CH3COONa溶液，溶液中 的值将变大
D．0.1mol·L-1HA弱酸溶液与0.05mol·L-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：2c(H+)+c(HA)=c(A-)+2c(OH-)
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．在纯水中加入能够水解的盐才会促进水的电离，A选项不符合题意；
B．同温度时，CO32-的水解程度大于HCO3-，因此Na2CO3溶液的碱性强，pH大，B选项不符合题意；
C．加热CH3COONa溶液，CH3COO-的水解程度增大，c(CH3COO-)减小，c(Na+)不变，则 的值减小，C选项不符合题意；
D.0.1mol·L-1HA弱酸溶液与0.05mol·L-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液为等浓度的NaA和HA的混合溶液，根据电荷守恒可以知道c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，根据物料守恒可以知道2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，两式联立可得2c(H+)+c(HA)=c(A-)+2c(OH-)，D选项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．能水解的盐可以促进水的电离；
B．根据越弱越电离分析；
C．加热促进CH3COO-的水解；
D．根据电荷守恒、物料守恒分析；
10．（2021高二下·新洲开学考）在某一容积可变的密闭容器中，可逆反应A(g)+B(g) xC(g)ΔH，符合图象(Ⅰ)所示关系。由此推断，对图象(Ⅱ)的说法错误的是（ ）
A．p3>p4，Y轴表示A的转化率
B．p3>p4，Y轴表示B的质量分数
C．p3>p4，Y轴表示混合气体的密度
D．p3>p4，Y轴表示混合气体的平均相对分子质量
【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．p3>p4，在相同温度下增大压强平衡向正反应方向移动，则A的转化率增大，同时升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，图像与实际符合，A不符合题意；
B．p3>p4，在相同温度下增大压强平衡向正反应方向移动，B的质量分数减小，图像与实际不符，B符合题意；
C．p3>p4，压强越大容器容积越小，气体总质量不变，则密度增大；压强一定时，升高温度平衡逆向移动，气体的物质的量增加，则容器容积增大，密度减小，图像与实际符合，C不符合题意；
D．p3>p4，在相同温度下增大压强平衡向正反应方向移动，则气体的总物质的量减小，混合气体的总质量不变，平均相对分子质量增大，温度升高平衡向逆反应移动，混合气体总的物质的量增大，平均相对分子质量减小，图像与实际符合，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由图可知，压强为P2时，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2，且温度越高，平衡时C的质量分数越低，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；温度为T1时，压强p2先到达平衡，故压强p2＞P1，且压强越大，平衡时C的质量分数越高，故增大压强平衡向正反应移动，正反应为体积减小的反应，故x=1。
11．（2021高二下·新洲开学考）已知某种微生物燃料电池工作原理如图所示。下列有关该电池的说法中，正确的是（ ）
A．外电路电子从B极移向A极
B．溶液中H+由B极区移向A极区
C．电池工作一段时间后B极区溶液的pH减小
D．A极电极反应式为：CH3COOH - 8e-+ 2H2O = 2CO2 + 8H+
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．通过分析知，A是负极、B是正极，电子从A流向B，故A不符合题意；
B．电池内电解质溶液中所含的H+由负极A移向正极B，故B不符合题意；
C．B极为正极，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，正极上消耗氢离子，所以溶液pH增大，故C不符合题意；
D．A电极上失电子发生氧化反应，则A极的电极反应为：CH3COOH-8e-+2H2O═2CO2↑+8H+，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图知，A电极上C元素化合价由0价变为+4价，则A是负极、B是正极，负极反应式为CH3COOH-8e-+2H2O═2CO2↑+8H+，电解质溶液呈酸性，则正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O。
12．（2021高二下·新洲开学考）已知25℃时，物质的溶度积常数为Ksp(FeS)＝6.3×10﹣18；Ksp(CuS)＝1.3×10﹣36；Ksp(ZnS)＝1.6×10﹣24．下列说法正确的是（ ）
A．在相同温度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度
B．除去工业废水Fe2+中的Cu2+，可选用FeS作沉淀剂
C．足量CuSO4溶解在0.1mol/L的H2S溶液中，Cu2+能达到的最大浓度为1.3×10﹣35mol/L
D．在ZnS的饱和溶液中，加入ZnCl2溶液，则使Ksp(ZnS)变小
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．ZnS与CuS的组成结构相同，由于Ksp(CuS)＝1.3×10﹣36＜Ksp(ZnS)＝1.6×10﹣24，则CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，故A不符合题意；
B．由于Ksp(CuS)＝1.3×10﹣36＜Ksp(FeS)＝6.3×10﹣18，CuS的溶解度小于FeS的，所以除去工业废水Fe2+中的Cu2+，可选用FeS作沉淀剂，故B符合题意；
C．H2S是弱酸，硫离子的最大浓度为0.1mol/L，CuS的溶度积常数(Ksp)＝1.3×10﹣36，所以溶液中Cu2+的最小浓度为1.3×10﹣35mol/L，故C不符合题意；
D．溶度积受温度影响，与离子浓度无关，在ZnS的饱和溶液中，加入ZnCl2溶液，Ksp(ZnS)不变，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A．根据ZnS与CuS的Ksp分析；
B．根据CuS的溶解度小于FeS分析；
C．根据Ksp(CuS)＝c(Cu2+)c(S2-)=1.3×10﹣36计算；
D．Ksp只与温度有关；
13．（2021高二下·新洲开学考）常温下，有甲、乙两份体积均为1L，浓度均为0.1mol L-1的氨水，其pH为11。①甲用蒸馏水稀释100倍后，溶液的pH变为a；②乙与等体积、浓度为0.1mol L-1的HCl混合，在混合溶液中：n(NH )+n(H+)-n(OH-)=bmol.则a、b正确的答案组合是（ ）
A．9～11之间；0.1 B．9～11之间；0.05
C．12～13之间；0.2 D．13；0.1
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】①pH=11的氨水中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，用蒸馏水稀释至100倍后，溶液的pH变为a，氨水中存在电离平衡，稀释后促进电离，溶液的pH在9~11之间；
②氨水与氯化氢溶液等体积混合，溶液中存在电荷守恒：c(NH )+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于在同一溶液中，则根据电荷守恒可得：n(NH )+n(H+)-n(OH-)=n(Cl-)=0.1mol/L×1L=0.1mol；
综上所述a在9～11之间，b=0.1，
故答案为A。
【分析】①一水合氨是弱电解质，加水会电离；
② 根据电荷守恒分析；
14．（2021高二下·新洲开学考）某温度时，可用K2S沉淀Cu2+、Mn2+、Zn2+三种离子(M2+)。所需S2-最低浓度的对数值lgc(S2-)与lgc(M2+)的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．三种离子对应的硫化物中Ksp(CuS)最小，约为1×10-20
B．向MnS的悬浊液中加入少量水，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，c(S2-)增大
C．可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量杂质ZnCl2
D．向浓度均为1×10-5mol·L-1的Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入1×10-4mol·L-1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．对于MS沉淀，溶度积常数为Ksp=c（M2+）·c（S2-），所以根据图像可知三种离子对应的硫化物中Ksp(CuS)最小，约为10－25×10－10＝1×10-35，故A不符合题意；
B．向MnS的悬浊液中加入少量水，仍可建立沉淀溶解平衡，溶液仍能达到饱和溶液，饱和溶液中c(S2-)是不变的，故B不符合题意；
C．Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS），同类型沉淀溶度积越大，溶解度越大，溶解度大的容易转化为溶解度小的，所以可以用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量杂质ZnCl2，故C符合题意；
D．Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），溶解度越小越优先形成沉淀，所以向浓度均为1×10-5mol·L-1的Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入1×10-4mol·L-1的Na2S溶液，Cu2+最先沉淀，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据Ksp=c（M2+）·c（S2-）计算；
B．饱和溶液中c(S2-)不变；
C．根据Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS）分析；
D．根据Ksp的大小分析；
二、多选题
15．（2021高二下·新洲开学考）下列内容与结论相对应的是（ ）
选项 内容 结论
A H2O(g)变成H2O(l) ΔS＞0
B 硝酸铵溶于水可自发进行 因为ΔS＞0
C 一个反应的ΔH＞0，ΔS＞0 反应一定不自发进行
D H2(g)＋F2(g)=2HF(g) ΔH＝ 271kJ·mol 1 ΔS＝＋8J·mol 1·K 1 反应在任意外界条件下均可自发进行
A．A B．B C．C D．D
【答案】B,D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、由气态水变为液态水，为熵减的过程，△S＜0，故A不符合题意；
B、常温下硝酸铵溶于水是一个能自发进行的吸热过程，硝酸铵溶解成为自由移动的离子，是熵变增大的过程，说明该过程的△S＞0，故B符合题意；
C、一个反应的△H＞0，△S＞0，根据△G=△H-T △S，反应在高温下，△G可能小于0，能够自发进行，故C不符合题意；
D、H2(g)＋F2(g)=2HF(g)的△H＜0，△S＞0，根据△G=△H-T △S，△G一定小于0，反应一定能自发进行，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A．物质由气态变为液态是熵减过程；
B．物质溶于水成为离子是熵增过程；
C．根据△G=△H-T △S分析；
D．根据△G=△H-T △S分析；
三、填空题
16．（2021高二下·新洲开学考）已知下列热化学方程式：
①H2(g)+ O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8kJ·mol-1
②H2(g)+ O2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8kJ·mol-1
③CO(g)=C(s)+ O2(g) ΔH=+110.5kJ·mol-1
④C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.5kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）上述反应中属于放热反应的是 (填序号)。
（2）H2的燃烧热ΔH= 。
（3）燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为 。
（4）表示CO燃烧热的热化学方程式为 。
（5）已知：P4(s，白磷)+5O2(g)=P4O10(s) ΔH=-2983.2kJ·mol-1
P(s，红磷)+ O2(g)= P4O10(s) ΔH=-738.5kJ·mol-1
写出白磷转化为红磷的热化学方程式： 。
【答案】（1）①②④
（2）-285.8kJ·mol-1
（3）1429kJ
（4）CO(g)+ O2(g)=CO2(g)ΔH=-283.0kJ·mol-1
（5）P4(s，白磷)=4P(s，红磷)ΔH=-29.2kJ·mol-1
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】(1)由已知热化学方程式中 H的符号可知，四个反应的 H①②④均为负值，即都是放热反应；③的为正值，即为吸热反应；
(2) H2(g)+ O2(g)═H2O(l)； H=-285.8kJ mol-1，依据燃烧热概念可知H2的燃烧热 H= -285.8kJ mol-1;
(3)已知H2(g)+ O2(g)═H2O(l)； H=-285.8kJ mol-1即1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为285.8kJ ，10g H2的物质的量为5mol ，则燃烧10g H2生成液态水，放出的热量为285.8kJ×5= 1429kJ ；
(4)已知③CO(g)=C(s)+ O2(g)； H=+110.5kJ mol-1
④C(s)+O2(g)=CO2(g)； H=-393.5kJ mol-1
依据盖斯定律④+③得到CO(g)+ O2(g)=CO2(g) H = - 283.0kJ/mol；
(5)已知①P4(s，白磷)+5O2(g)=P4O10(s) ΔH=-2983.2kJ·mol-1；
②P(s，红磷)+ O2(g)= P4O10(s) ΔH=-738.5kJ·mol-1；
根据盖斯定律，①-4×②可得红磷转化为白磷4P(s、红磷)=P4(s、白磷)的 H=-2983.2kJ/mol+4×738.5kJ·mol-1=-29.2kJ/mol。
【分析】(1) H＜0为放热反应；
(2)燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；
(3)10g H2的物质的量为5mol ，结合热化学方程式计算；
(4)根据盖斯定律计算燃烧热；
(5)根据盖斯定律计算；
17．（2021高二下·新洲开学考）在一容积为2L的密闭容器内加入0.2mol的N2和0.6mol的H2，在一定条件下发生如下反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)ΔH＜0。反应中NH3的物质的量浓度的变化情况如图所示：
（1）根据图示，计算从反应开始到平衡时，平均反应速率v(NH3)= 。
（2）反应达到平衡后，第5分钟末，保持其它条件不变，若改变反应温度，则NH3的物质的量浓度不可能为 。
a.0.20mol·L-1 b.0.12mol·L-1 c.0.10mol·L-1 d.0.08mol·L-1
（3）反应达到平衡后，第5分钟末，保持其它条件不变，若只把容器的体积缩小一半，平衡 移动(填“向逆反应方向”、“向正反应方向”或“不”)，化学平衡常数 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）在第5分钟末将容器的体积缩小一半后，若在第8分钟末达到新的平衡(此时NH3的浓度约为0.25mol·L-1)。请在图中画出第5分钟末到达新平衡时NH3浓度的变化曲线 。
【答案】（1）0.025mol·L-1·min-1
（2）ac
（3）向正反应方向；不变
（4）
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)根据图象分析平衡时氨气的 c(NH3)=0.1mol/L，时间为4min，则v(NH3)= =0.025mol/(L min)；
(2)初始投料为0.2mol的N2和0.6mol的H2，容器体积为2L，若反应物完全转化，则氨气的浓度为0.2mol/L，但该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，则NH3的物质的量浓度不可能为0.2mol/L，温度改变平衡一定发生移动，则NH3的物质的量浓度不可能仍为0.1mol/L，故答案为ac；
(3)反应达到平衡后，第5分钟末，保持其它条件不变，体积缩小一半，容器内气体压强增大，平衡正反应方向进行，平衡常数只随温度变化，改变压强、浓度，平衡常数不变；
(4)第5分钟末将容器的体积缩小一半的瞬间氨气的浓度变为0.20mol/L，压强增大平衡向正方向移动，氨气的浓度逐渐增大，到8min时达到平衡，浓度约为0.25mol/L，则第5分钟末到此平衡时NH3浓度的变化曲线为 。
【分析】(1)根据计算；
(2)根据极端假设计算；
(3)根据勒夏特列原理分析；
(4)根据压强增大平衡向正方向移动，结合第8分钟末达到新的平衡(此时NH3的浓度约为0.25mol·L-1)画出图像；
18．（2021高二下·新洲开学考）如图所示，A、F为石墨电极，B、E为铁片电极。按要求回答下列问题。
（1）打开K2，合并K1，B为 极，A的电极反应式为： ，最终可观察到的现象是 。
（2）打开K1，合并K2，E为 极，F极的电极反应式为： ；检验F极产生气体的方法是 。
（3）若往U形管中滴加酚酞，进行(1)(2)操作时，A、B、E、F电极周围能变红的是 ，原因是 。
【答案】（1）负；O2+4e-+2H2O=4OH-；溶液中产生白色沉淀，然后变为灰绿色，最终变为红褐色
（2）阴；2Cl--2e-=Cl2↑；用湿润的淀粉-KI试纸检验，试纸变蓝则说明是氯气
（3）A、E；A极上O2放电产生OH-，E极上水放电产生H2和OH-，均导致电极区域呈碱性
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)打开K2，闭合K1后，构成原电池，B是为活泼金属铁片，作负极，A是正极，由于溶液是氯化钠溶液，因此相当于铁的吸氧腐蚀，A极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-。铁失去电子生成亚铁离子，然后结合OH-生成Fe(OH)2沉淀，最终被氧化生成氢氧化铁沉淀，实验现象为溶液中产生白色沉淀，随即变成灰绿色，最终变为红褐色；
(2)打开K1，闭合K2，装置是电解池，F与电源正极相连为阳极，E是阴极，阳极氯离子放电，生成氯气，电极反应式为：2Cl-－2e-=Cl2↑，可利用氯气的氧化性来检验，用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近F极，试纸变蓝，证明是氯气；
(3)由(1)、(2)分析可知，A极上O2放电产生OH-，E极上水放电产生H2和OH-，均导致电极区域呈碱性，酚酞遇OH-变红，所以溶液变红。
【分析】(1)打开K2，闭合K1后，装置为原电池；
(2)打开K1，闭合K2，装置是电解池；
(3)根据A极上O2放电，E极上水放电分析；
四、原理综合题
19．（2021高二下·新洲开学考）水溶液中的行为是中学化学的重要内容．已知水在25℃和95℃时的电离平衡曲线如图所示：
（1）25℃时水的电离平衡曲线应为 (填“A”或“B”)。
（2）25℃ 时，某溶液中由水电离出c(H+)=1×10﹣10 mol/L，该溶液pH为 ．
（3）在曲线B对应的温度下，将pH=2的某HA溶液和pH=10的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH=5。请分析其原因： 。
（4）电离常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量．已知：
化学式 HCN HClO H2CO3
电离常数(25℃ ) K=4.9×10-10 K=3×10-8 K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11
25℃时，将浓度相同的四种盐溶液：①NaCN②NaClO③Na2CO3④NaHCO3，按pH由大到小的顺序 (填序号)，向84消毒液中通入少量的CO2，该反应的化学方程式为 。
（5）25℃ 时，将n mol L﹣1的氨水与0.2mol L﹣1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c( )=c(Cl﹣)，则溶液显 性(填“酸”、“碱”或“中”)，NH3 H2O的电离常数Kb= (用含n的代数式表示)．
【答案】（1）A
（2）4或10
（3）pH=2的HA酸的物质的量浓度大于pH=10的NaOH溶的物质的量浓度
（4）③＞①＞②＞④；
（5）中；
【知识点】水的电离；盐类水解的应用
【解析】【解答】（1）由于水的电离程度随温度的升高而增大，则水的电离平衡常数随温度的增大而增大，所以25℃时水的电离平衡曲线为A，故答案为：A；
（2）根据水电离出的c(H+)=1×10﹣10 mol/L可知，当溶液呈碱性时溶液中的氢离子浓度为c(H+)=1×10﹣10 mol/L，则pH=10；当溶液呈酸性时由 可知 ，则 ，则pH=4，故答案为：10或4；
（3）在曲线B对应的温度下 时，pH=2的HA溶液中c(H+)=0.01mol/L，pH=10的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，等体积混合后，溶液中H+与OH-恰好完全反应，但是NaOH为强碱不能再电离出OH-，而HA为弱酸，还有HA会继续电离出H+，从而混合后溶液c(H+)大于c(OH-)，故答案为：pH=2的HA酸的物质的量浓度大于pH=10的NaOH溶的物质的量浓度；
（4）由表可知H2CO3的K1大于HClO的K大于HCN的K大于H2CO3的K2，所以Na2CO3溶液的碱性强于NaCN溶液的碱性强于NaClO溶的碱性强于NaHCO3溶液的碱性，则25℃时，将浓度相同的四种盐溶液：①NaCN②NaClO③Na2CO3④NaHCO3的pHNa2CO3溶液最大，NaCN溶液的pH值次之， NaClO溶液的pH更小，NaHCO3溶液的pH最小；所以向84消毒液中通入少量的CO2的化学反应方程式为： ，故答案为：③＞①＞②＞④；
(5)25℃ 时，将n mol L﹣1的氨水与0.2mol L﹣1的盐酸等体积混合，其反应方程式为： ，根据电荷守恒
当溶液中c( )=c(Cl﹣)=0.1mol/L，则根据物料守恒得 ， ，则溶液呈中性； 故答案为：中； 。
【分析】(1)根据水的电离平衡常数随温度的增大而增大分析；
(2)根据计算；
(3)根据曲线B对应的温度下 以及酸碱的强弱分析；
(4)根据电离平衡常数比较酸的强弱，再结合强酸制弱酸分析；
(5)根据电荷守恒以及计算；
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